D´ efinition 1.1. Une matrice A(t) est d´ erivable si et seulement si tout coefficient est d´ erivable comme fonction de t. S a d´ eriv´ ee est A 0 (t) = (a 0 i,j (t)).

Syst` emes diff´ erentiels

1 Matrices d´ ependant d’un param` etre

On consid` ere dans ce chapitre des matrices A(t) = (a _i,j (t)) dont les coefficients sont des fonctions de la variable r´ eelle t.

D´ efinition 1.1. Une matrice A(t) est d´ erivable si et seulement si tout coefficient est d´ erivable comme fonction de t. S a d´ eriv´ ee est A ⁰ (t) = (a ⁰ _i,j (t)).

Les r´ esultats usuels ont lieu :

• (A(t) + B(t)) ⁰ = A ⁰ (t) + B ⁰ (t)

• (A(t)B(t)) ⁰ = A ⁰ (t)B(t) + A(t)B ⁰ (t)

• (A(t)B(t)) ⁽ⁿ⁾ = P

i=0,...,n n

i

A ⁽ⁱ⁾ (t)B ⁽ⁿ⁻ⁱ⁾ (t)

• On a aussi

(P ⁻¹ A(t)P ) ⁰ = P ⁻¹ A ⁰ (t)P On a donn´ e par ailleurs l’exemple de exp(tA) qui v´ erifie

(exp(tA)) ⁰ = A exp(tA) Notons qu’une matrice n lignes 1 colonne

X(t) =







 x ₁ (t) x ₂ (t) x _n (t)









n’est rien d’autre qu’une application de R dans R ⁿ .

2 Syst` emes dif´ erentiels homog` enes

On consid` ere des fonctions Y (t) de R dans R ⁿ qui v´ ertifient une ´ equation du type Y ⁰ (t) = AY (t)

Pour une matrice donn´ ee A.

La formule donn´ ee au paragraphe pr´ ec´ edent montre que n’importe quelle colonne de la matrice exp(tA) v´ erifie cette ´ equation. Plus g´ en´ eralement n’importe quelle combinaison lin´ eaire des colonnes de exp(tA) v´ erifie cette ´ equation. En fait

Th´ eor` eme 2.1. L’ensemble des solutions du syst` eme Y ⁰ = AY est un espace vectoriel sur R de fimension n dont une base est donn´ ee par les colonnes de exp(tA).

La solution g´ en´ erale Y (t) est donn´ ee par

exp(tA)Y ₀ avec Y (0) = Y ₀ .

1

Par exemple si A est diagonalisable et si D = P ⁻¹ AP la solution g´ en´ erale est donn´ ee par

P









e ^λ

0 . . . 0 e ^λ

0 . . . . . . . . . . . . 0 e ^λ







 P ⁻¹











 y ₁

y _n













3 Syst` emes avec second membre

On consid` ere maintenant des syst` emes du type :

Y ⁰ (t) = AY (t) + B(t)

Proposition 3.1. La solution g´ en´ erale est somme d’une solution particuli` ere et d’une solution quelconque de l’´ equation homog` ene.

On recherche les solutions particuli` eres par variation de la constante, c’est-` a-dire sous la forme X(t)S(t), o` u X(t) est une matrice dont les colonnes forment une base de l’espace des solutions du syst` eme homog` ene (par vexemple exp(tA)) et S(t) une application de R dans R ⁿ .

On a

X ⁰ (t)S(t) + X(t)S ⁰ (t) = AX(t)S(t) + B(t) Soit

S(t) = Z

X(t) ⁻¹ B(t)dt

Voici un exemple (MIAS 2005) 1. Soit f l’application lin´ eaire de R ³ dans R ³ dont la matrice A dans la base standard est :





3 1 −1

1 1 1

2 0 2





2. Trouver les valeurs propres et les vecteurs propres.

3. Trouver un vecteur ~ u 3 de R ³ tel que (f − 2Id) ² (~ u 3 ) 6= 0.

4. En d´ eduire une base de triangularisation.

5. Calculer A ⁿ pour tout entier n, n ≥ 0.

6. R´ esoudre le syst` eme diff´ erentiel Y <sup>0</sup> = AY . 7. R´ esoudre le syst` eme diff´ erentiel

Y ⁰ = AY +



 t 1 0





2. Trouver les valeurs propres et les vecteurs propres. On trouve 2 valeur propre triple, et



 0 1 1



 comme vecteur propre. Le sous-espace propre est de dimension 1. Pour le

2

montrer on commence pa chercher le rang de A − 2I ₃ , qui est 2, la dimension cherch´ ee est celle du noyau de A − 2I ₃ , soit 1.

3. Trouver un vecteur ~ u ₃ de R ³ tel que (f − 2Id) ² (~ u ₃ ) 6= 0. La matrice (A − I ₃ ) ² est ´ egale

`

a 



0 0 0

2 2 −2 2 2 −2





On peut prendre



 0 0 1



 pour ~ u ₃ .

4. En d´ eduire une base de triangularisation.

D’apr` es le cours -on est dans le cas d’une matrice (3, 3) qui a une valeur propre triple et telle que le sous-espace propre associ´ e soit de dimension 1- (~ u ₁ = (f − 2Id) ² (~ u ₃ ), ~ u ₂ (f − 2Id)(~ u ₃ ), ~ u ₃ ) forme une base de triangularisation. Soit



 0 2 2



 ,





−1 1 0



 ,



 0 0 1





La matrice P de changement de base est





0 −1 0

2 1 0

2 0 1





Son inverse est





1/2 1/2 0

−1 0 0

−1 −1 1





Remarque : la nullit´ e des coefficients de la troisi` eme colonne sur les deux premi` eres lignes peut faciliter beaucoup le calcul.

5. Calculer A ⁿ pour tout entier n, n ≥ 0.

Le point ` a savoir est que si

A =





λ 1 0 0 λ 1 0 0 λ





alors

A ⁿ =





λ ⁿ nλ ^{n−1 n(n−1)} ₂ λ ⁿ⁻²

0 λ ⁿ nλ ⁿ⁻¹

0 0 λ ⁿ





On peut retrouver cette formule en d´ eveloppant ` a l’aide de la formule de Newton (λI <sub>3</sub> +N ) <sup>n</sup> avec n ´ egale ` a

A =





0 1 0 0 0 1 0 0 0





L’application de la formule est autoris´ ee ici car I ₃ et N commutent. Puis on multiplie ` a gauche et ` a droite par P et P ⁻¹ .

3

6. R´ esoudre le syst` eme diff´ erentiel Y <sup>0</sup> = AY puis R´ esoudre le syst` eme diff´ erentiel

Y ⁰ = AY +



 t 1 0





On commence par se ramener ` a r´ esoudre (voir cours) Z ⁰ = T Z avec

Z ⁰ t) =



 z ₁ z 2

z ₃





T =





2 1 0 0 2 1 0 0 2





On a alors

Z (t) =





( ^a ₂ t ² + bt + c)e ^2t (at + b)e ^2t

ae ^2t



 = exp(tT )



 a b c





Les constantes a, b, c sont quelconques, ´ eventuellement d´ etermin´ ees par des conditions g´ en´ erales. On a enfin Y = P Z.

Pour r´ esoudre le syst` eme diff´ erentiel

Y ⁰ = AY +



 t 1 0





On recherche une solution particuli` ere sous la forme exp(tA)S(t) avec

S(t) = Z

P





e ^−2t −te ^{−2t t}

^e ₂

0 e ^−2t −te ^−2t

0 e ^−2t



 P ⁻¹



 t 1 0



 dt

4