Equations differentielles lineaires du premier ordre a

1 Th.C
Equations différentielles linéaires du premier ordre à coefficients constants
(ou système d’équation différentielles linéaires scalaire à coefficients
constants du premier ordre)
(
)
( ) ( )
dX t
AX t B t
dt
+ =
(
)
X t
est un vecteur dans un espace vectoriel E de dimension fini n. Il a pour composante
(
)
(
)
(
)
1 2 n
x t , x t ,..., x t
dans une base
(
)
1 2 n
, ,...,
e e e
B de E. Les composantes de X sont des fonctions
de t
∈
à valeurs réelles ou complexes à déterminer. A est une matrice carrée de dimension
n n
×
à
coefficients constants dans la base
B
et
(
)
B t
un vecteur de E dont les composantes sont des fonctions
de
t
∈
à valeurs réelles ou complexes. La solution de l’équation est complètement définie par la
condition initiale
(
)
0 0
X t X
= d’après le théorème de Cauchy-Lipschitz.
Le principe de la résolution se base sur la diagonalisation de la matrice A ou à défaut sa
trigonalisation.
Diagonalisation : si A est diagonalisable, il existe une matrice de passage P dont les colonnes sont les
composantes dans
B
des vecteurs propres associés à chaque valeur propre de A, et une matrice
diagonale D dans la base des vecteurs propres, formée par les valeurs propres
k
λ
(
k 1,...,n
=
) de A, tel
que
1
P AP D
−
=
. On peut donc écrire :
1 1 1 1
P X P AP P X P B
− − − −
+ =
Et en posant
1
Q P X
−
= , on a à résoudre l’équation :
1
Q D Q P B
−
+ =
,
Les équations de ce système sont découplées, et il suffit de résoudre les n équations différentielles
linéaires scalaire du premier ordre sur les composantes
k
q
de Q :
(
)
1
k k k
k
q q P B
−
+ λ = ,
k 1,...,n
=
,
pour en déduire
X PQ
=
.
Condition nécessaire et suffisante de diagonalisation
Une matrice carrée A à coefficients dans (ou ) est diagonalisable sur (ou ) si et
seulement si :
Toutes les valeurs propres de A sont dans (ou ).
Le sous espace propre de chaque valeur propre est de dimension égal à l’ordre de multiplicité
de la valeur propre.
Trigonalisation : si A n’est pas diagonalisable car toutes les conditions précédentes de diagonalisation
ne sont pas remplies, elle peut quand même parfois être trigonalisée.
Condition nécessaire et suffisante de trigonalisation

2 Th.C
Une matrice carrée A à coefficients dans
(ou ) est trigonalisable sur (ou ) si et
seulement si :
Toutes les valeurs propres de A sont dans (ou ).
Dans ce cas il existe une matrice de passage P inversible et une matrice triangulaire supérieure T tel
que
1
P AP T
−
=
.
La matrice de passage P est formée par des vecteurs propres de A mais aussi par d’autres vecteurs qui
ne sont pas des vecteurs propres de A. Il faut donc vérifier que l’ensemble de ces vecteurs forment
bien une base de E car cette propriété n’est plus automatique comme dans le cas d’une matrice
diagonalisable (en pratique en montrant l’existence de
1
P
−
).
Tous les éléments de la matrice triangulaire supérieure T situés sous la diagonale principale, sont nuls
(
i, j
t 0
=
si
i j
>
) et sur la diagonale principale ce sont les valeurs propres. T peut être prise sous la
forme d’une matrice réduite de Jordan où les seuls éléments non nuls sont les valeurs propres sur la
diagonale principale et des 0 ou 1 sur la diagonale juste au dessus. Les éléments sont nuls dans les
colonnes qui correspondent aux vecteurs propres et valent 1 dans les autres colonnes.
En dimension 3 on a par exemple pour une trigonalisation sur :
1
2
2
0 0
T 0 1
0 0
λ
= λ
λ
.
Dans ce cas, le sous espace propre associé à la valeur propre double
2
λ
est de dimension 1 et la
diagonalisation impossible. P est formé par les composantes de trois vecteurs
1
V
,
2
V
,
3
V
et
1 1 1
AV V
= λ
,
2 2 2
AV V
= λ
,
3 2 2 3
AV V V
= + λ
.
1
V
et
2
V
sont vecteurs propres mais pas
3
V
.
Comme pour la diagonalisation on écrit
1
Q T Q P B
−
+ =
mais ici les équations ne sont pas
complètement découplées. On résout d’abord les équations différentielles linéaires scalaire en
k
q
, ce
qui permet ensuite de trouver la solution des autres équations et la solution générale
X PQ
=
.
Exemple 1 : le système d’équations différentielles est :
1 1 2
2 1 2
x 2x x 2t
x x 2x 0
+ + =
+ + =
,
Avec les conditions initiales
(
)
1 10
x t 0 x
= = et
(
)
2 20
x t 0 x
= = . Ici :
2 1
A
1 2
=
.
Recherche des valeurs propres de A :
On note
λ
les valeurs propres et V les vecteurs propres. Ainsi
AV V
= λ
et
(
)
d
A I V 0
− λ =
. V est non
nul si
d
A I
− λ
n’est pas inversible, c'est-à-dire si
(
)
(
)
d
P det A I 0
λ = − λ =
.
(
)
P
λ
est le polynôme
caractéristique de A et les valeurs propres sont les racines de ce polynôme. Ici :
( ) ( )( )
2
2 1
P 4 3 1 3
1 2
− λ
λ = = λ − λ + = λ − λ −
− λ
.
Il y a donc deux valeurs propres réelles distinctes
1
1
λ =
et
2
3
λ =
. La matrice A est donc
diagonalisable sur .

3 Th.C
Recherche des vecteurs propres :
Pour
1
1
λ =
; on cherche le vecteur propre
(
)
1
V x, y
. Puisque
1 1
AV V
=
, on a :
x y 0
x y 0
+ =
+ =
.
Le sous espace propre associé à
1
1
λ =
est de dimension 1 (c’est une droite). On peut donc choisir :
1
1
V
1
=
−
.
Pour
2
3
λ =
; on cherche le vecteur propre
(
)
2
V x, y
. Puisque
2 2
AV 3V
=
, on a :
x y 0
x y 0
− + =
− =
.
Le sous espace propre associé à
2
3
λ =
est de dimension 1. On peut donc choisir :
2
1
V
1
=
.
La matrice de passage P de la base de E dans laquelle s’exprime la matrice A à la base des vecteurs
propres dans laquelle s’exprime D est :
( )
1 2
1 1
P V V
1 1
= =
−
.
L’ordre des vecteurs propres est donné par l’ordre des valeurs propres dans D, mais on peut intervertir
les deux colonnes de P en échangeant les deux valeurs propres dans D.
Il reste à déterminer l’inverse de P pour calculer
1
P B
−
.
1 t
1
P ComP
det P
−
=.
ComP est la comatrice de P et
t
ComP
sa transposée.
( ) ( )
(
)
i j
n 1
i, j
i, j
ComP 1 det A
+−
= −
,
où
n 1
i, j
A
−
est la matrice carrée d’ordre n-1 obtenue à partir de A en supprimant la ligne i et la colonne j.
Dans notre cas,
det P 2
=
et :
1 1
ComP
1 1
=
−
, d’où
1
1 1
1
P
1 1
2
−
−
=
.
On vérifie facilement que
1
PP 1
−
=
et
1
1 0
P AP D
0 3
−
= =
.
On déduit :

4 Th.C
1
t
P B
t
−
=
,
Les équations découplées à résoudre sont
1
Q D Q P B
−
+ =
c'est-à-dire :
1 1
2 2
q q t
q 3q t
+ =
+ =
.
 Solution de
1 1
q q t
+ =
.
La solution de l’équation homogène est
t
1 1
q k e
−
= . La méthode de la variation de la constante permet
de trouver la solution de l’équation complète. On suppose
(
)
1 1
k k t
= et en reportant dans l’équation
complète on obtient
t
1
k t e
= . Après une intégration par partie
(
)
t
1 1
k t 1 e A
= − +
(
1
A
une constante) et
donc :
t
1 1
q A e t 1
−
= + −
.
 Solution de
2 2
q 3q t
+ =
.
La solution de l’équation homogène est
3t
2 2
q k e
−
= . La méthode de la variation de la constante
permet de trouver la solution de l’équation complète. On suppose
(
)
2 2
k k t
= et en reportant dans
l’équation complète on obtient
3t
2
k t e
= . Après une intégration par partie :
3t
2 2
1 1
k t e A
3 3
= − +
donc :
3t
2 2
1 1
q A e t
3 3
−
= + −
.
Finalement, la solution
X PQ
=
s’écrit :
1 1 1 2
2 2 1 2
x q q q
1 1
x q q q
1 1
+
= =
  − +
−
,
Donc :
t 3t
1 1 2
t 3t
2 1 2
2 5
x A e A e 2t
3 3
2 4
x A e A e t
3 3
− −
− −
= + + −
= − + + − +
.
Les constantes
1
A
et
2
A
sont fixées par les conditions initiales. A t =0 on a :
10 1 2
20 1 2
10
x A A
9
8
x A A
9
= + −
= − + +
, donc
10 20
1
10 20
2
x x
A 1
2
x x
1
A
2 9
−
= +
+
= +
.
D’où :

5 Th.C
t 3t
10 20 10 20
1
t 3t
10 20 10 20
2
x x x x 1 2 5
x 1 e e 2t
2 2 9 3 3
x x x x
1 2 4
x 1 e e t
2 2 9 3 3
− −
− −
− +
= + + + + −
− +
= − + + + + − +
Exemple 2 : le système d’équations différentielles est :
1 1 2 3
2 1 2 3
3 1 2 3
x x x x 0
x x x x 0
x x x x 0
+ + + =
+ + + =
+ + + =
avec les conditions initiales
(
)
1 10
x t 0 x
= = et
(
)
2 20
x t 0 x
= = et
(
)
3 30
x t 0 x
= = . Ici la matrice A est :
111
A 1 1 1
111
= .
 Recherche des valeurs propres de A :
Le polynôme caractéristique de A est
(
)
(
)
2
P 3
λ = λ λ −
. Il y a trois valeurs propres réelles dont une
double. Pour savoir si A est diagonalisable sur , cherchons les vecteurs propres.
 Recherche des vecteurs propres :
Pour
1
3
λ =
on cherche le vecteur propre
(
)
1
V x, y,z
. Puisque
1 1
AV 3V
=
, on a :
2x y z 0
x 2y z 0
x y 2z 0
− + + =
− + =
+ − =
.
Le sous espace propre associé à
1
3
λ =
est de dimension 1. On peut choisir :
1
1
V 1
1
= .
Pour
2
0
λ =
et
3
0
λ =
on cherche les vecteurs propres
(
)
V x, y,z
. Puisque
AV 0
=
, on a :
x y z 0
x y z 0
x y z 0
+ + =
+ + =
+ + =
.
Le sous espace propre associé à la valeur propre double nulle est de dimension 2. De ce fait la matrice
A est diagonalisable sur . On peut choisir deux vecteurs propres :
2
1
V 1
0
= −
et
3
0
V 1
1
=
−
.