OLIVIER CASTÉRA
Résumé. En résolvant un système de deux équations différentielles très simples, on fait appa- raître naturellement les notions de diagonalisation de matrice, de déterminant de matrice, de vecteurs propres et de valeurs propres de matrice.
Table des matières
1 Système d’équations 1
2 Forme matricielle 1
3 Diagonalisation de la matrice 2
4 Vecteurs propres et valeurs propres 3
5 Déterminant d’une matrice 3
6 Résolution 4
7 Exemple 5
1 Système d’équations
Soit à résoudre le système d’équations différentielles couplées, homogènes (pas de fonction de xà droite de l’égalité), linéaires (pas d’exposant poury(x) et ses éventuelles dérivées), d’ordre 1 (dérivée première), à coefficients aij constants suivant :
(y1′(x)−a11y1(x)−a12y2(x) = 0
y2′(x)−a21y1(x)−a22y2(x) = 0 (1)
2 Forme matricielle
Le système (1) se réécrit :
(y1′(x) =a11y1(x) +a12y2(x) y2′(x) =a21y1(x) +a22y2(x) Sous forme matricielle,
y1′
y2′
!
=
"
a11 a12
a21 a22
# y1
y2
!
soit encore :
(y′) = [A](y) (2)
où (y′) et (y) sont des vecteurs dont les coordonnées sont des fonctions de la variable x, et où [A] est la matrice des coefficients aij.
Date: 5 décembre 2020.
3 Diagonalisation de la matrice
On effectue le changement de fonctions :
(y1(x) =p11z1(x) +p12z2(x) y2(x) =p21z1(x) +p22z2(x)
où lespij sont des coefficients constants, et les fonctionsy1 ety2 sont des combinaisons linéaires des fonctions z1 et z2. Sous forme matricielle,
y1
y2
!
=
"
p11 p12
p21 p22
# z1
z2
!
soit,
(y) = [P](z) (3)
La matrice de passage [P] est pour l’instant inconnue, elle va servir à découpler les deux équations différentielles. (z) est un vecteur dont les coordonnées sont des fonctions de la variable x.
En dérivant par rapport à x, nous avons :
(y′) = [P](z′) et le système (2) s’écrit :
[P](z′) = [A][P](z) (z′) = [P]−1[A][P](z)
Pour découpler les équations, nous allons diagonaliser la matrice [A], c’est à dire choisir la matrice [P] de telle sorte que [P]−1[A][P] soit diagonale et que le système à résoudre s’écrive sous la forme,
z1′ z2′
!
=
"
λ1 0 0 λ2
# z1
z2
!
soit,
(z1′(x) =λ1z1(x)
z2′(x) =λ2z2(x) (4)
soit encore :
(z′) = diag(λ1, λ2)(z) La condition sur [P] est donc la suivante :
diag(λ1, λ2)(z) = [P]−1[A][P](z) [P]diag(λ1, λ2) = [A][P]
En développant le membre de gauche de l’égalité, nous avons :
"
λ1 0 0 λ2
#
[P]diag(λ1, λ2) =
"
p11 p12
p21 p22
# "
p11λ1 p12λ2
p21λ1 p22λ2
#
En développant le membre de droite, nous avons :
"
p11 p12
p21 p22
#
[A][P] =
"
a11 a12
a21 a22
# "
a11p11+a12p21 a11p12+a12p22
a21p11+a22p21 a21p12+a22p22
#
soit donc à résoudre :
"
a11p11+a12p21 a11p12+a12p22
a21p11+a22p21 a21p12+a22p22
#
=
"
p11λ1 p12λ2
p21λ1 p22λ2
#
équivalent aux 4 équations suivantes :
a11p11+a12p21=p11λ1
a21p11+a22p21=p21λ1
a11p12+a12p22=p12λ2
a21p12+a22p22=p22λ2
4 Vecteurs propres et valeurs propres
Nous cherchons les valeursλ1 etλ2 solutions de ces équations. Les deux premières équations concernent λ1, les deux suivantes concernent λ2. Par conséquent, on peut réécrire le système comme suit :
[A] p11
p21
!
=λ1
p11
p21
!
[A] p12
p22
!
=λ2
p12
p22
!
Nous constatons que lorsque la matrice [A] agit sur les vecteurs P~1
p
11
p21
etP~2
p
12
p22
, elle redonne ces mêmes vecteurs à un coefficient multiplicateur près. Ces vecteurs sont appelés les vecteurs propres de la matrice [A], et (λ1, λ2) est appelé spectre des valeurs propres de [A]. La matrice de passage s’exprime en fonction des vecteurs propres :
[P] = (~p1 ~p2) Nous avons à résoudre les deux systèmes suivants,
((a11−λ1)p11+a12p21 = 0
a21p11+ (a22−λ1)p21 = 0 (5)
((a11−λ2)p12+a12p22 = 0
a21p12+ (a22−λ2)p22 = 0 (6) qui sont similaires.
5 Déterminant d’une matrice
Soit le système d’équations suivant :
(a x+b y = 0 (1.a)
c x+d y= 0 (1.b) (7)
Nous cherchons la condition sur a, b, c, d pour que le système soit soluble. On résout par sub-
stitution :
a x+b y= 0 (1.a)→(2.a) a x+ ad
c y= 0 (1.b)×a
c →(2.b)
b− ad c
!
y= 0 (2.a)−(2.b)→(3.a) y=−c
dx (2.b)→(3.b)
(bc−ad)y= 0 (3.a)→(4.a) a−bc
d
!
x= 0 (3.b) dans (1.a)→(4.b)
((ad−cb)y= 0 −(4.a) (ad−cb)x= 0 (4.b)×d
Nous voyons que l’expressionad−cb, appeléedéterminant, doit être nulle pour que le système (7) soit soluble. Pour résoudre ce système d’équations nous n’avons pas eu besoin des variables x et y, mais seulement des coefficients a, b, c, d, autrement dit nous n’avons eu besoin que de la matrice M suivante :
M a b c d
!
Le déterminant de cette matrice se note,
det(M) =
a b c d
=ad−cb
et la condition pour que le système d’équations soit soluble est : det(M) = 0
6 Résolution
Ecrivons que les déterminants des matrices des systèmes d’équations (5) et (6) sont nuls :
a11−λ1 a12
a21 a22−λ1
= 0
a11−λ2 a12
a21 a22−λ2
= 0 que l’on peut écrire sous la forme :
(det(A−λ11) = 0
det(A−λ21) = 0 (8)
où1 est la matrice unité 2×2. Nous avons :
((a11−λ1)(a22−λ1)−a21a12= 0 (a11−λ2)(a22−λ2)−a21a12= 0
Ces équations étant similaires, on résout l’équation du second degré en λ, qui admet deux solutions, λ1 et λ2 :
(a11−λ)(a22−λ)−a21a12= 0 λ2−λ(a11+a22) +a11a22−a21a12= 0
Le membre de gauche est appelépolynôme caractéristique. On note que cela revient à résoudre directement :
a11−λ a12
a21 a22−λ
= 0 Le discrimant a pour expression :
∆ = (a11+a22)2−4(a11a22−a21a12)
Les deux racines ont pour expression : λ1,2 = 12
a11+a22±
q(a11+a22)2−4(a11a22−a21a12)
A l’aide de ces racines, on résoudre le système d’équations (4) pour trouver l’expression du vecteur (z) :
z1′ z1
=λ1
z2′ z2
=λ2
Z z1′
z1
dx=
Z
λ1dx
Z z2′ z2
dx=
Z
λ2dx
(ln(z1) =λ1x+c1
ln(z2) =λ2x+c2
On pose c1 = lnC1 et c2 = lnC2 :
ln
z1
C1
=λ1x ln
z2
C2
=λ2x
z1(x) =C1eλ1x
z2(x) =C2eλ2x (9)
où λ1 et λ2 sont connues, et où C1 et C2 sont des constantes que l’on détermine en posant x= 0 :
(z1(0) =C1
z2(0) =C2
(10) On injecteλ1 dans le système d’équations (5) pour trouver les coordonnéesp11etp21du premier vecteur propre P~1 de la matrice [A].
De même λ2 et le système d’équations (6) permettent de trouver les coordonnées p12 etp22 du second vecteur propre P~2 de [A].
La matrice [P] étant maintenant déterminée, on revient aux variables de départ grâce au chan- gement de fonctions (3), (y) = [P](z).
7 Exemple
Soit à résoudre le système différentiel linéaire suivant :
(y1′(x)−2y1(x) + y2(x) = 0 y2′(x) + y1(x)−2y2(x) = 0
y1′ y2′
!
=
"
2 −1
−1 2
# y1
y2
!
(y′) = [A](y) Cherchons les valeurs propres :
2−λ −1
−1 2−λ
= 0
(2−λ)2−1 = 0 (3−λ)(1−λ) = 0 Les valeurs propres sont λ1 = 1 et λ2 = 3. Nous avons alors :
(z1′(x) =z1(x) z2′(x) = 3z2(x)
(z1(x) =C1ex z2(x) =C2e3x
Cherchons les vecteurs propres. Avec la première valeur propre, nous avons :
( (2−1)p11− p21= 0
−p11+ (2−1)p21= 0
( p11− p21 = 0
−p11+ p21 = 0
Nous choisissons les valeurs les plus simples qui soient solution, p11 = 1 et p21 = 1. Avec la seconde valeur propre :
( (2−3)p11− p21= 0
−p11+ (2−3)p21= 0
(−p11− p21= 0
−p11− p21= 0
Nous choisissons les valeurs les plus simples qui soient solution,p11= 1, p21=−1. Les vecteurs propres sont :
P~1
1 1
!
P~2
1
−1
!
La matrice de passage s’écrit :
[P] = 1 1 1 −1
!
Les solutions s’écrivent :
(y) = [P](z) y1
y2
!
=
"
1 1
1 −1
# z1
z2
!
= z1+z2
z1−z2
!
y1(x) =C1ex+C2e3x y2(x) =C1ex−C2e3x
Email address:[email protected] URL:http://o.castera.free.fr/
