EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ET CALCUL INTÉGRAL

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1 EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ET CALCUL INTÉGRAL 1. Equations différentielles du premier ordre On sait que la dérivée de h(x) = e x est égale à e x. Est-ce qu il existe d autres fonctions y = y(x) tel que y = y? Ceci nous mène à la notion d équation différentielle (par convention, on écrit la lettre y au lieu de h pour symboliser ces fonctions). Définition 1. (1) Soit f : D = I J R une fonction de variables réelles, I, J des intervalles dans R. Considérons l équation différentielle du premier ordre ( ) y = f(x, y). Alors on appelle solution de ( ) toute fonction y différentiable sur un intervalle I 0 I avec y(x) J pour tout x I 0 et y (x) = f(x, y(x)), x I 0. () Si en plus une solution y de ( ) satisfait y(x 0 ) = y 0, où (x 0, y 0 ) D est un point fixé, alors on dit que y est solution de l équation différentielle à valeur initiale { y = f(x, y) (AVI) y(x 0 ) = y 0. Exemples y(x) = Ce x x 1 est une solution de y = y + x, C R. y(x) = e x 1 est une solution de l AVI { y = y y(1) = 1. Toutes les solutions de y = y sont données par y(x) = ce x, où c R est une constante : Preuve. Soit u une solution de u = u. Considérons v(x) = e x u(x). Alors v (x) = e x ( u(x) + u (x)) = 0 ; donc v c. Ainsi u(x) = ce x. Problèmes à traiter : (1) Existence de solutions des AVI y = f(x, y), y(x 0 ) = y 0 ; () Unicité des solutions ; (3) Représentation explicite des solutions ; (4) recherche d algorithme/formules pour trouver les solutions. 1

2 Théorème 1.1. (Peano) Soient I, J des intervalles ouverts, (x 0, y 0 ) D et f : D = I J R continue. Alors l AVI y = f(x, y), y(x 0 ) = y 0 admet une solution, définie sur un intervalle ouvert I 0 I avec x 0 I. Le graphe de (chaque) solution marche de la frontière à la frontière de D. Si la dérivée partielle f y existe et si f y est continue sur D, alors la solution est unique. Fig. 1. graphe d une solution La pente de la tangente à la courbe y(x) au point (x 0, y 0 ) est égale à f(x 0, y 0 ) ; i.e. tan µ = y (x 0 ) = f(x 0, y 0 ) où µ est l angle que la tangente fait avec l axe horizontale. Fig.. tangente en (x 0, y 0 ) d une solution

3 3 En général, les solutions de certaines AVI ne sont pas uniques : Exemple 1.. y = y, y(0) = 0. Alors y 1 (x) 0, { 0 si x < 0 y (x) = ( x ) si x 0 et sont trois solutions. y 3 (x) = { ( x ) si x < 0 0 si x 0 Fig. 3. exemple Preuve. Pour y 3 : Notons d abord que y 3 est bien différentiable en 0. Si x < 0 : y 3 (x) = x 4 = y 3(x) = x = y 3 (x). Notons que y(x) = ( x ) n est pas une solution, car y 0 ; donc y doit être croissante Equations différentielles à variables séparées. On appelle ainsi une équation différentielle de la forme y = f(x)g(y) où f : I =]a, b[ R et g : J =]c, d[ R sont deux fonctions continues avec g(η) 0 pour tout η ]c, d[. Théorème 1.3. (1) Soit F une primitive de f et G une primitive de 1 g. Une fonction y : I 0 R est une solution de y = f(x)g(y) sur I 0 I si et seulement si x I 0 : G(y(x)) = F (x) + C, où C est une constante.

4 4 () Pour tout (x 0, y 0 ) I J, il existe dans un voisinage I 0 I de x 0 une solution unique de l AVI { y = f(x)g(y) y(x 0 ) = x 0. Elle est donnée par la formule où H(x) = F (x) + (G(y 0 ) F (x 0 )). y(x) = G 1 (H(x)), Preuve. (1) d dx (G(y(x)) F (x)) = G (y(x))y (x) F (x) 1 = g(y(x)) y (x) f(x) =! 0 y (x) = f(x)g(y(x)). () Soit y une solution. S.p.g. g > 0 sur J. Alors y (x) g(y(x)) on obtient : x x y (t) y(x) g(y(t)) dt = s=y(t) y 0 = f(x). En intégrant, ds g(s). f(t)dt = x 0 x 0 Donc F (x) F (x 0 ) = G(y(x)) G(y 0 ) et ainsi G(y(x)) = F (x) + (G(y 0 ) F (x 0 )) = H(x). Comme G = 1/g > 0, G admet une inverse G 1 définie sur l intervalle G(J). Notons que H(x 0 ) = G(y 0 ). Alors pour tout x proche de x 0, disons x 0 I 0, H(x) est proche de G(y 0 ) ; en particulier H(x) G(J). Ainsi y(x) = G 1 (H(x)). Exemple 1.4. y = x, y(1) = 1 y D = R ], 0[ ; (1, 1) D. y = dy dx = x ydy = xdx 1 y y = 1 x + C y = C x y = ± C x. Comme la valeur de la solution en 1 est n égative, on doit continuer avec les solutions de la forme C x. y(1) = 1 1 = C 1 C 1 = 1 C = 1. Solution unique : y(x) = x. Intervalle maximal d existence : x > 0 x < x < ; donc I 0 =], [. Notons bien que x 0 = 1 I 0. Il n est pas toujours possible de calculer explicitement les solutions, car l inverse d une primitive de 1/g n admet en général pas de représentation avec l aide de fonctions familières (polynômes ; racines ; exponentiel ; logarithme, etc). Exemple 1.5. y = x (1 + y) y (1 x), y(0) = 1

5 5 D =], 1[ ]0, [, (0, 1) D. y = dy dx = x (1+y) y (1 x) y 1+y dy = x 1 x dx ((y 1) y )dy = ( x x )dx 1 y y + log 1 + y = 1 x x log 1 x + C. En remplaçant (x, y) par (0, 1) on obtient : log = C. La solution unique est donnée sous forme implicite x + y + x y + log (1 + y)(1 x) = log Equation différentielle homogène du premier ordre. On appelle ainsi une équation différentielle de la forme y = f ( y ) x où f est une fonction continue sur un intervalle ouvert I R. Proposition 1.6. En substituant w(x) = y(x) x, on obtient une équation différentielle à variables séparées. Preuve. w = y x y = xw ; notons que y et w sont des fonctions en x ; x est la variable indépendente. f(w) = y = dy dx = xw + w w = f(w) w x. Exemple 1.7. Pour y = y x on prend f(t) = t. Alors avec w = y x on obtient w = w w x 0. Ainsi w = w(x) C, C une constante. Donc y = wx = Cx. Contrôle : y = C =! Cx x, x 0. Exemple 1.8. y = y x x y, y(1) = 1 D =]0, [ ]0, [, (1, 1) D. On prend f(t) = t 1 t. Alors avec w = y x on obtient w = w 1 w w x = 1 1 w x. Donc w dw = dx x 1 3 w3 = log x + C y(1) = 1 w(1) = y(1) 1 = 1. = = log 1+C = C = 1 3 (on peut laisser de côté les valeurs absolues, car on est intéressé à une solution dans un voisinage de x 0 = 1). Donc 1 3 w3 = 1 3 log x = ( y 3 x) = 1 3 log x = y 3 = x 3 (1 3 log x) = y = x log x. L intervalle maximal où la solution existe est : I 0 =]0, 3 e[. Contrôle : y = log x + x 1 3 (1 3 log x) 3( 3 x ) = y x x y.

6 Les équations différentielles linéaires du premier ordre. On appelle ainsi une équation différentielle de la forme ( ) y = a(x)y + b(x) où a et b sont des fonctions continues sur un intervalle ouvert I R. Si b 0, l équation est dite homogène, sinon inhomogène. L équation y = a(x)y s appelle l équation différentielle homogène associée à ( ) Théorème 1.9. (1) Soit A une primitive de a sur I. Alors l équation différentielle homogène y = a(x)y possède comme solution générale y h (x) = ce A(x), où c R. () L ensemble de toutes les solutions de ( ) y = a(x)y + b(x) est égal à l ensemble des fonctions y(x) = y h (x) + y p (x) = ce A(x) + y p (x), où c R et où y p est une solution particulière de ( ). y p est donnée par y p (x) = e A(x) b(x)e A(x) dx. (3) Soit x 0 I et y 0 R. Alors l AVI { y = a(x)y + b(x) y(x 0 ) = y 0 admet la solution unique y(x) = e A(x) (y 0 + x x 0 ) b(t)e A(t) dt, où A(x) = x x 0 a(t)dt est la primitive de a qui s annulle en x 0. Preuve. (1) On voit bien que y h est une solution de y = a(x)y. Soit u une solution de u = a(x)u et y(x) = e A(x). Alors d u(x) y h (x)a(x)u(x) u(x)a(x)y h (x) y h (x) u(x) = Cy(x) = Ce A(x). 0 Donc u(x) y h (x) dx y h (x) = y h(x)u (x) u(x)y h (x) y h (x) = C est une fonction constante. Ainsi Comment on arrive a une telle formule? Si y 0, dy dx = y = a(x)y dy y = a(x)dx log y = A(x) + c y = e c e A(x). A posteriori on voit que si y(x 0 ) = 0 pour un x 0 I, où y est une solution de y = a(x)y, alors y 0. () y p(x) = e A(x) a(x) b(x)e A(x) dx+e A(x) b(x)e A(x) = a(x)y p (x)+b(x). Donc y p est une solution de y = a(x)y + b(x). (y h (x) + y p (x)) = a(x)y h (x) + a(x)y p (x) + b(x) = a(x)(y h (x) + y p (x)) + b(x). Donc y h + y p est une solution de y = a(x)y + b(x).

7 Soit u une solution de u = a(x)u + b(x) et soit k la fonction auxiliaire définie par k = e A (u y p ). Alors k = e A (u y p) e A a(u y p ) = e A (u y p au + ay p ) = = e A ((u au) ((y }{{} p ay p )) 0. Donc k c (une constante). }{{} =b =b Ainsi u = ce A + y p. ( (3) D abord on voit que d après (), y p (x) = e A(x) y 0 + ) x est x 0 b(t)e A(t) dt une solution de l AVI. Soit u une autre solution. Alors () = u = ce A + y p pour un c R. Mais, y 0 = u(x 0 ) = ce A(x 0) + y p (x 0 ) = ce 0 + y 0 = c + y 0. Donc c = 0. Ainsi u = y p. Méthode pratique pour déterminer une solution de y = a(x)y + b(x) Ou bien on utilise les formules ci-dessus ou bien on utilise la méthode de la variation de la constante : 1 ere étape : on résout l équation homogène y = a(x)y. Soit y h (x) = e a(x)dx une solution de y = a(x)y. La solution générale a donc la forme : cy h (x), c R. me étape : Considérons c comme une fonction de x. On pose y p (x) = c(x)y h (x). Alors y p = c y h + cy h. Mais y p = ay p + b ; donc c y h + cy h = a(cy h) + b. D autre part, y h = ay h ; Ainsi c y h = b. Donc c = be a(x)dx = c = be a(x)dx = y p = y h c = e a(x)dx be a(x)dx. 3 me étape : Solution général : cy h + y p. Exemple y = y + e x, y(0) = 1 y h = y h = y h = ce x y p (x) = c(x)y h (x) = c(x)e x y p = c e x + ce x! = y p + e x = ce x + e x c e x = e x c = e x c(x) = e x. Donc y p (x) = e x e x = e x est une solution paticulière. Solution générale : y(x) = cy h (x) + y p (x) = ce x e x, c R. AVI : 1 = y(0) = ce 0 e 0 = c 1 c = ; donc y(x) = e x e x est la solution unique de l AVI. Contrôle : y (x) = 4e x e x = y(x) + e x. 7

8 L équation différentielle de Bernoulli. On appelle ainsi l équation y + p(x)y + q(x)y α = 0 où α R \ {0, 1}, p, q C(I), I R intervalle ouvert. Théorème Pour résoudre l équation différentielle de Bernoulli on substitue u(x) = y(x) 1 α. Alors on obtient l équation différentielle linéaire en u : u = (α 1)pu + (α 1)q. Preuve. On divise y + py + qy α = 0 par y α. Alors y y α + py1 α + q = 0. Ensuite, en multipliant par 1 α, on a Avec u = y 1 α et donc on obtient : (1 α) y y α + (1 α)py1 α + (1 α)q = 0. u = (1 α)y α y = (1 α) y y α, u + (1 α)pu + (1 α)q = 0. Exemple 1.1. (1 + x)y + y + (1 + x) y 4 = 0, y() = 1/3, resp. y(0) = 1. Mettons sous forme canonique : y x y + (1 + x)y4 = 0. Alors α = 4. Divisons par y 4 : y y x y 3 + (1 + x) = 0. En posant u = y 3 on obtient : u = ( 3)y 4 y. Donc u 1 + ( 3) 1 + x u + ( 3)(1 + x) = 0 = u = 3 u + 3(1 + x). 1 + x Solution générale : u(x) = c(1 + x) 3 3(1 + x), c R. = y(x) = u(x) 1/3 = 1 3 c(1 + x)3 3(1 + x) AVI y() = 1/3 : 1 3 = 1 3 = 1 c(3)3 3(3) 3 c =. 7(c 1) Donc 1 y 1 (x) = 3 (1 + x)3 3(1 + x) = 1 3 (1 + x) (x 1) est une (la) solution de l AVI. L intervalle maximal contenant x 0 = et où y est une solution est ]1/, [. AVI y(0) = 1 : Ici on doit noter que la racine cubique d une nombre négatif est bien définie!

9 1 1 = 3 = 3 1 c(1)3 3(1) c 3 c =. Donc y 1 est de nouveau une (la) solution de l AVI. L intervalle maximal contenant x 0 = 0 et où y est une solution est maintenant ] 1, 1/[. 9. Equations différentielles d ordre supérieur Définition. Soit F : D R n+ R une fonction à n + -variables. Une équation différentielle d ordre n est une équation de la forme ( ) F (x, y, y, y,..., y (n) ) 0. Une fonction y = y(x) définie sur un intervalle ouvert I 0 R est une solution de ( ) si (1) y est n-fois différentiable sur I 0 ; () x I 0 on a : (x, y(x), y (x), y (x),..., y (n) (x)) D ; (3) x I 0 on a : F (x, y(x), y (x), y (x),..., y (n) (x)) 0. Une équation différentielle d ordre n est donnée sous forme explicite si ( ) y (n) = f(x, y, y, y,..., y (n 1) ), où f : D R n+1 R. Si en plus une solution y de ( ) satisfait y(x 0 ) = y 0 y (x 0 ) = y 1 y (x 0 ) = y y (n 1) (x 0 ) = y n 1 où (x 0, y 0, y 1, y,..., y n 1 ) D, alors on dit que y = y(x) est une solution de l AVI y (n) = f(x, y, y,..., y (n 1) ), y (j) (x 0 ) = y j, j = 0, 1,..., n 1. Exemple.1. y + y + y = 0 solutions : y(x) = C 1 e x + C xe x, C j R..1. Equations différentielles de la forme. y = f(x, y ) Proposition.. La substitution y = u donne une équation différentielle du premier ordre en u ; à savoir u = f(x, u). Exemple.3. y = y +1 = u = u+1 = du u+1 = dx = log u+1 = x+c = u+1 = e x+c = u = K 1 e x 1 = y = udx = (K 1 e x 1)dx = K 1 e x x + K. preuve y = K 1 e x 1, y = K 1 e x = y = y + 1.

10 10.. Equations différentielles de la forme. y = f(y, y ) Proposition.4. La substitution y (x) = u(y(x)) nous mène à une équation différentielle du premier ordre, à savoir du dy = f(y, u) u Preuve. On considère y comme fonction de y : y = u(y) = y (x) = u (y(x))y (x) = u (y) u = du dy = f(y,u) u. Exemple.5. y = (y 3 + y), y(0) = 0, y (0) = 1 y = u(y) = y = u (y)y = du dy u! = (y 3 + y) = udu = (y 3 + y)dy = 1 u = 1 y4 + y + C =! 1 (y ) x = 0 = 1 1 = C = C = 1 = (y ) = y 4 + y + 1 = (1 + y ) = y = ±(1 + y ) y (0) > 0 = signe + : donc y = (1 + y ) = dy 1+y = dx = arctan y = x + C y(0) = 0 = 0 = arctan 0 + C = C = 0 = arctan y = x = y = tan x. I =] π, π [. Contrôle : y = 1 + tan x, y = tan x(1 + tan x) = y + y 3.3. Equations différentielles de la forme. y = f(y) En multipliant y = f(y) par y on obtient y y = f(y)y. Donc, si F est une primitive de f, d dx (y ) = ((y ) ) = f(y)y = d (F (y(x)). dx = 1 (y ) F = C = y = ± C + F. Exemple.6. y = (y 3 + y), y(0) = 0, y (0) = 1 = y y = 4y (y 3 + y) = ((y ) ) = (y 4 + y ) = (y ) = y 4 + y + C. Le reste comme ci-dessus..4. Equations différentielles linéaires d ordre n. On appelle ainsi une équation différentielle de la forme ( ) y (n) + a n 1 (x)y (n 1) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y = b(x), où les a j et b sont des fonctions continues sur un intervalle ouvert I. On pose Ly = y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 1 y + a 0 y.

11 11 Ly = b C est l opérateur différentielle associé à ( ). ( ) s écrit donc :. L est une application linéaire de C n (I) dans C(I) : L(αy 1 + βy ) = αly 1 + βly. Si b(x) 0, x I, alors l équation différentielle ( ) est dite homogène, sinon inhomogène. Théorème.7. Soit L un opérateur différentielle d ordre n, x 0 I, (y 0, y 1,..., y n 1 ) R n. Alors l AVI { Ly = b y (j) (x 0 ) = y j, j = 0, 1,..., n 1 possède une solution unique dans I. Soit δ j,k = 1 si j = k et δ j,k = 0 si j k, j, k N (symbol de Kronecker) et e j = (0,..., 0, }{{} 1, 0,..., 0) un des vecteurs de la base canonique {e 1,..., e n } j me de R n. Théorème.8. (1) Soit u p une solution particulière de l équation différentielle linéaire Ly = b d ordre n. Alors, si y h parcourt toutes les solutions de l équation homogène Ly = 0, alors y = y h + u p parcourt toutes les solutions de Ly = b. () S = {y C n (I) : Ly = 0} est un sous-espace vectoriel de C n (I) de dimension n. (3) Soit x 0 I fixé et soit y j la solution de l AVI Ly j = 0, y (k) j (x 0 ) = δ j,k, j = 1,,..., n, k = 0, 1,... n 1. Donc (y j (x 0 ), y j(x 0 ),..., y (j) j (x 0 ),..., y (n 1) j (x 0 )) = e j Alors {y 1,..., y n } est une base de S. Remarque : la dimension de l espace vectoriel C n (I) est infini, parce que les polynômes p(x) = x j, (j N), sont linéairements indépendantes. Corollaire.9. a) La solution générale de Ly = b est y = u p + C 1 y 1 + C y + + C n y n, où C j R et u p est une solution particulière de Ly = b. b) Si {v 1,..., v n } sont n-solutions linéairements indépendantes de Ly = 0, alors la solution générale de Ly = b peut s écrire aussi sous la forme y = u p + C 1 v 1 + C v + + C n v n. Définition 3. a) Un système {v 1,..., v n } de n solutions de Ly = 0, où Ly = y (n) + a n 1 (x)y (n 1) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y s appelle un système fondamental si les v j sont linéairements indépendantes.

12 1 Chaque système fondamental est donc une base de l espace vectoriel S = Ker L des solutions de Ly = 0. b) Soit {v 1,, v n } un ensemble de solutions de Ly = 0. Le déterminant de Wronski est le déterminant W (x) := W (v1,...,v n )(x) de la matrice v 1 (x) v (x) v n (x) v 1(x) v (x) v n(x) v (n 1) 1 (x) v (n 1) (x) v n (n 1) (x) Théorème.10. Les solutions v 1,..., v n de Ly = 0 sont linéairements indépendantes W (v1,,v n )(x) 0 x I. Exemple.11. Ly = y 1 x y + 1 x y, I =]0, [. Alors v 1 (x) = x et v (x) = x sont des solutions de Ly = 0. Elles sont linéairements indépendantes, car x x 1 1 = 1 1 x x = x 0, x I. x Autre approche : 0 = ax + b x = 0 = a x + b ; pour x = 1 : 0 = a + b et pour x = 4 : 0 = a + b. Ce système homogène admet seulement la solution (a, b) = (0, 0), car son déterminant = 1 0. Théorème.1 (Représentation du déterminant de Wronski). Soient a j C(I), x 0 I et soient u 1,..., u n des solutions de Alors Ly = y (n) + a n 1 (x)y (n 1) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y = 0. W (u1,...,u n )(x) = W (u1,...,u n )(x 0 )e x x 0 a n 1 (t)dt. En particulier, W (x) = 0 x I ou bien W (x) 0 x X. Théorème.13. (Alembert) [Réduction de l ordre] Soit v une solution connue de Ly = 0 et supposons que v(x) 0 x I. Si u est une solution de L u = 0 avec L u = u (n 1) + b n (x)u (n ) + + b 1(x)u + b 0(x)u, et b k 1(x) = 1 v(x) n j=k ( ) j a j (x)v (j k) (x), a n := 1, k alors y(x) = v(x) u(x)dx est une deuxième solution (linéairement indépendante de v) de Ly = 0. Si {u 1,..., u n 1 } est un système fondamental de L u = 0, alors {v, v u 1, v u,..., v u n 1 }

13 13 est un système fondamental de Ly = 0. Dans les applications on pose donc y = vw et on détermine u = w, puis u. j ( ) Preuve. y (j) = (vw) (j) Leibniz j = w (k) v (j k) a n :=1 = L(y) = L(vw) = n j=0 a j j k=0 k=0 ( j k k ) w (k) v (j k) = n j=0 a j j k=1 ( ) j w (k) v (j k) k Lv = n j=0 a jv (j) = 0. En échangeant l ordre de sommation, on obtient : car Ly = n k=1 n ( ) j a j k j=k v (j k) Fig. 4. Fubini discret w (k) = Donc, si u = w est une solution de n n ( ) j a j v (j k) (w ) (k 1). k j=k }{{} k=1 :=b k 1 n 1 b i u (i) = 0, alors y = v u est une solution de Ly = 0. Notons que b n 1 = v. En posant b i l assertion. i=0 = b i /v on obtient Exemple Résoudre l équation différentielle ( ) (1 x )y + xy y = 0. Considérons l opérateur différentiel Ly = y + x 1 x y 1 x y, I 1 =], 1[ ou I =] 1, 1[ ou I 3 =]1, [. On voit immédiatement que v(x) = x est une solution de Ly = 0 sur I j. On peut utiliser le procédé d Alembert sur I = I 1, I = I 3, I =] 1, 0[ ou I =]0, 1[, car là, v 0. Posons y = vw. Remplaçons dans ( ) : Alors 0 = (1 x )(xw) +x(xw) (xw) = (1 x )(w +xw )+x(w+xw ) xw = x(1 x )w + w. Donc w = x(x 1) w. Avec u = w on obtient u(x) = exp ( ) x(x 1) dx.

14 14 Comme x(x 1) = x + 1 x x+1, on voit que (1 1x ). dx = log x(x 1) Donc u(x) = 1 1 x et y(x) = x (1 1 x )dx = x(x + 1 x ) = x + 1. Ainsi {x, x + 1} est un système fondamental pour Ly = 0 sur I. Donc l ensemble des solutions de ( ) est égal à {c 1 x+c (1+x ), c j R} ; à postériori on voit que ces solutions existent même sur R. Théorème.14 (Variation des constantes II). Si F = {y 1,..., y n } un système fondamental de Ly = 0, alors n Wk (x) u p (x) = y k (x) W (x) dx k=1 est une solution particulière de Ly = b(x). Ici W (x) est le déterminant de Wronski associé à F et W k est le déterminant qu on obtient si on remplace dans W la k-me colonne par b(x) Preuve. Découle de Rappel : Nombres complexes, polynômes Fig. 5. C= plan euclidien C = {z = x + iy, x, y R}, i = 1 (l unité imaginaire). Identifier z avec le couple (x, y) R ; x = Re z; y = Im z. Le module de z est donné par z = x + y ; c est la distance du point z à l origine. Représentation polaire : z = re iθ, où r = z et θ = arg z, θ [0, π[. tan θ = y x. Formule d Euler : e iθ = cos θ + i sin θ. e z = e x+iy = e x (cos y + i sin y) ; e z = e x = e Re z. Une fonction f : I R C se décompose en f(t) = u(t) + iv(t), où u(t) = Re f(t), v(t) = Im f(t) ; f (t) = u (t) + iv (t) Exemple : f(t) = e it = f (t) = sin t + i cos t = i(cos t + i sin t) = ie it.

15 Chaque polynôme p(z) = n j=0 a jz j C[z] de degré n (i.e. a n 0) admet n racines complexes (pas nécessairement distinctes) et on a p(z) = n a j z j = a n j=0 k (z z j ) m j, où m j est la multiplicité de la racine z j de p et où m 1 + m + + m k = n. Une racine a de p a la multiplicité m p(a) = p (a) = = p (m 1) (a) = 0 et p (m) (a) 0. Dans ce cas p(z) = (z a) m q(z), où q(a) 0. Si tous les coefficients a j de p sont réels, alors p(λ) = 0 p(λ) = 0. j= Equations différentielles linéaires d ordre n à coefficients constants On appelle ainsi une équation différentielle de la forme ( ) Ly = a n y (n) + a n 1 y (n 1) + + a y + a 1 y + a 0 y = b(x) où a j C, a n 0, et b C(I), I R intervalle ouvert. Théorème 4.1. Soit x 0 I, (y 0, y 1,..., y n 1 ) R n, a j C, a n 0. Alors l AVI a n y (n) + a n 1 y (n 1) + + a y + a 1 y + a 0 y = b(x) admet une solution unique sur I. La structure des solutions y (j) (x 0 ) = y j, j = 0, 1,..., n 1 Cas homogène : b 0 (i.e b(x) = 0 x I). Soit p(λ) = a n λ n + a n 1 λ n a λ + a 1 λ + a 0 le polynôme caractéristique associé à ( ). Proposition 4.. (1) Soit λ C une racine de p(λ) = 0. Alors y(x) = e λx est une solution de Ly = 0 (y : R C). () Si λ = α + iβ C \ R est une racine non réelle de p(λ) = 0, et si les coefficients a j sont eux-mêmes réels (donc a j R), alors les fonctions y 1 (x) = Re e λx = e αx cos(βx) y (x) = Im e λx = e αx sin(βx) sont des solutions réelles de Ly = 0 linéairement indépendantes (sur le corps R.)

16 16 Preuve. (1) y(x) = e λx = y (x) = λe λx = y (x) = λ e λx = = y (j) (x) = λ j e λx = Ly = n j=0 a jy (j) = ( n j=0 a jλ j )e λx = p(λ)e λx = 0 x R () L(y 1 ) = L(Re y) = n j=0 a j(re y) (j) = n j=0 a j(re (y (j) ) = Re ( n j=0 a jy (j) ) = Re (Ly) = 0 a j R De même pour y = Im y. Soient a, b R tels que ay 1 (x) + by (x) = 0, x R. Alors Donc, comme β 0, x R e αx (a cos(βx) + b sin(βx)) = 0. a cos(βx) + b sin(βx) = 0 a sin(βx) + b cos(βx) = 0 Ceci est un système d équations linéaires homogène de déterminant constante 1 ; donc la solution triviale (a, b) = (0, 0) est l unique solution. Théorème 4.3. Soit Ly = n j=0 a jy (j) un opérateur différentiel linéaire d ordre n à coefficients constants a j R, a n 0. Supposons que les n- racines λ j du polynôme caractéristique p(λ) associé à Ly = 0 sont distinctes. Alors (1) F C = {e λ jx : j = 1,,..., n} est un système fondamental de solutions complexes de Ly = 0. () Soit R := {ω 1,..., ω r } le sous-ensemble de {λ j : j = 1,,..., n} des racines réelles de p(λ) = 0 et soit N R := {µ 1, µ 1,..., µ p, µ p } le sous-ensemble de {λ j : j = 1,,..., n} des racines non réelles de p(λ) = 0. Notons que p + r = n (avec la convention que r = 0 si R = ou p = 0 si N R =. Soient µ j = α j + iβ j. Alors F R = {e ω 1x,..., e ω rx, e α 1x cos(β 1 x), e α 1x sin(β 1 x),..., e α px cos(β p x), e α px sin(β p x)} est un système fondamental de solutions réelles de Ly = 0. Preuve. (1) Les n-solutions de F C sont linéairements indépendantes parce que le déterminant de Wronski λ 1 λ... λ n W FC (0) = λ 1 λ... λ n = (λ j λ k ) j<k n λ n 1 1 λ n 1... λ n 1 n (déterminant de Vandermonde.) () similiaire

17 Exemple 4.4. y y y = 0, y(0) = 1, y (0) = 1, y (0) = 1 p(λ) = λ 3 λ λ = λ(λ λ ) = λ(λ + 1)(λ ) = F = {e x, e x, 1} système fondamental. Solution générale : y(x) = C 1 e x +C e x +C 3, C j R. Pour résoudre l AVI on calcule les dérivées et on remplace les valeurs données : 17 y(x) = C 1 e x + C e x + C 3 y (x) = C 1 e x + C e x y (x) = C 1 e x + 4C e x 1 = C 1 + C + C 3 1 = C 1 + C 1 = C 1 + 4C Système d équations linéaires : Le déterminant équivaut au déterminant de Wronski W F (0) ; donc est non nul (car F système fondamental) Solution unique : (C 1, C, C 3 ) = ( 1, 0, ). Donc y(x) = e x +. Exemple 4.5. y y + y y = 0 p(λ) = λ 3 λ + λ = (λ 1)(λ + ) λ 1 = 1, λ = i, λ 3 = i. F C = {e x, e i x, e i x } système fondamental complexe. F R = {e x, Re e i x, Im e i x } = {e x, cos( x), sin( x)} syst. fond. réel. Solution générale : y(x) = C 1 e x + C cos( x) + C 3 sin( x), (C 1, C, C 3 ) R 3. Exemple 4.6. (oscillateur harmonique) y + ω y = 0, ω > 0 p(λ) = λ + ω = λ 1 = iω, λ = iω. F C = {e iωx, e iωx }, F R = {cos ωx, sin ωx} Exemple 4.7. y 5y + 17y 13y = 0 p(λ) = λ 3 5λ + 17λ 13. λ = 1 est une racine. Pour calculer les autres, on effectue soit une division polynomiale de p par λ 1, ou on utilise le schéma de Horner : On obtient : p(λ) = (λ 1)(λ 4λ + 13). λ = = + 3i λ 3 = = 3i. F C = {e x, e (+3i)x, e ( 3i)x } F R = {e x, e x cos(3x), e x sin(3x)}.

18 18 Solution générale : y(x) = C 1 e x + C e x cos(3x) + C 3 e x sin(3x), (C 1, C, C 3 ) R 3. Théorème 4.8. Soit Ly = n j=0 a jy (j), a j R, a n 0. (1) Supposons que λ 0 est une racine multiple du polynôme caractéristique p asocié à L avec la multiplicité m = m(λ 0 ) ; c est à dire p(λ) = (λ λ 0 ) m q(λ), où q(λ 0 ) 0. Notons que le degré de q est n m. i) Si λ 0 C, alors e λ 0x, xe λ 0x, x e λ 0x,..., x m 1 e λ 0x sont m solutions linéairement indépendantes de Ly = 0. ii) Si λ 0 C \ R, λ 0 = α + iβ, β 0, alors les parties réelles et parties imaginaires des solutions ci-dessus sont m solutions réelles linéairement indépendantes de Ly = 0 ; c est à dire sont des solutions. e αx cos(βx) e αx sin(βx) x e αx cos(βx) x e αx sin(βx) x e αx cos(βx) x e αx sin(βx) x m 1 e αx cos(βx) x m 1 e αx sin(βx) ) Si λ k (k = 1,,..., r) parcourt toutes les racines distinctes de p(λ) = 0, alors r k=1 m(λ k) = n et on obtient le système fondamental complexe suivant (où m k := m(λ k ) est la multiplicité de λ k ) : F C = {e λ 1x, xe λ 1x,..., x m 1 1 e λ 1x, e λ x, xe λ x,..., x m 1 e λ x,......, e λrx, xe λrx,..., x mr 1 e λrx } Analogue pour F R. Preuve. i) 0 q < m, considérons F (λ) = e λx. Alors F (q) (λ) = dq dλ q (eλx ) = x q e λx. Donc L(x q e λx ) = L ( ( d dλ )q e λx) [ = ( d dλ )q L(e λx ) = ( ] d dλ )q p(λ)e λx. Mais λ 0 est une racine d ordre m de λ p(λ)e λx ; donc ( d dλ )q [p(λ)e λx ] = 0. Ainsi L(x q e λx ) = 0 et x q e λx est une solution de Ly = 0. Exemple 4.9. y (4) + 8y + 16y = 0 p(λ) = λ 4 + 8λ + 16 = (λ + 4) = (λ + i) (λ i). Donc ±i racines doubles. F C = {e ix, xe ix, e ix, xe ix } F R = {cos(x), sin(x), x cos(x), x sin(x)}. Solution générale : y(x) = C 1 cos(x) + C sin(x) + C 3 x cos(x) + C 4 x sin(x), C j R.

19 19 Exemple y 3y + 3y y = 0 p(λ) = λ 3 3λ + 3λ 1 = (λ 1) 3. Racine triple. F = {e x, xe x, x e x } Solution générale : y(x) = C 1 e x + C xe x + C 3 x e x, C j R. Cas inhomogène On va traiter le problème Ly = b seulement pour b(x) = ( p j=0 b jx j )e µx, b j C, µ C. Le cas général (méthode de la variation des constantes) sera fait plus tard. Proposition Règle : i) Si µ n est pas une racine du polynôme caractéristique p(λ) = n j=0 a jλ j de Ly = 0, alors il existe une solution particulière (complexe) de Ly = b de la forme y p (x) = ( p j=0 c jx j )e µx. ii) Si µ est une racine de multiplicité q, q 1, du polynôme caractéristique p(λ) = n j=0 a jλ j de Ly = 0, alors il existe une solution particulière (complexe) de Ly = b de la forme y p (x) = ( p j=0 c jx j )x q e µx Le cas ii) contient le cas i) si on prend q = 0. Le cas ii) s appelle le cas de résonnance (physique!) Proposition 4.1. Soit Ly = n j=0 a jy (j), a j R, a n 0. Si b(x) = ( p j=0 b jx j )e αx cos(βx) ou b(x) = ( p j=0 b jx j )e αx sin(βx), α, β R, on considère n b(x) = ( b j x j )e (α+iβ)x j=0 et on résout Ly = b selon la règle 4.11 et on prend Re y, respectivement Im y, de la solution complexe particulière y. Exemple ( ) y y = xe x p(λ) = λ 1 = λ 1 = 1 et λ = 1. Solution général de Ly = 0 : C 1 e x + C e x, C j R. Ly = b : µ =. On pose y p (x) = (ax + b)e x. A déterminer a et b R : y p = (a + b + ax)e x, y p = ((a + 4b + 4ax) + a)e x = (4a + 4b + 4ax)e x Remplacer dans ( ) : (4a + 4b + 4ax)e x (ax + b)e x = xe x (4a + 3b) + 3ax = x.

20 0 Comparaison des coefficients : {4a + 3b = 0 3a = 1 Solution : (a, b) = ( 1 3, 4 9 ). Donc y p a la forme y p (x) = ( 1 3 x 4 9 )ex. L ensemble des solutions de ( ) est donné par : C 1 e x + C e x + ( 1 3 x 4 9 )ex. Exemple ( ) y 4y + 13y = e x cos(3x) p(λ) = λ 4λ + 13 = (λ ( + 3i))(λ ( 3i)). y h (x) = C 1 e x cos(3x) + C e x sin(3x), C j R, b(x) = e x cos(3x) = Re e (+3i)x On a p( + 3i) = 0 = résonance. Posons y p (x) = C 0 xe (+3i)x = y p(x) = C 0 e (+3i)x (1 + ( + 3i)x) = y p(x) = C 0 e (+3i)x (( + 3i) + ( + 3i)(1 + ( + 3i)x) = C 0 e (+3i)x (4 + 6i + (1i 5)x). Remplaçons dans ( ) : C 0 e (+3i)x [4 + 6i + (1i 5)x 4(1 + ( + 3i)x) + 13x] C 0 [ ] = 1 C 0 (6i) = 1 C 0 = 1 6 i. Donc y p (x) = 1 6 ixe(+3i)x = 1 6 ixex (cos(3x) + i sin(3x)). Solution générale de ( ) : y p (x) = C 1 e x cos(3x) + C e x sin(3x) + Re y p (x) = C 1 e x cos(3x) + C e x sin(3x) xex sin(3x) L équation différentielle d Euler. On appelle ainsi une équation différentielle de la forme! = e (+3i)x ( ) x n y (n) + a n 1 x n 1 y (n 1) + + a 1 xy + a 0 y = b(x), où a j R et b C(I). On voit que y(x) est une solution y( x) est une solution. Donc on peut se restreindre au cas x > 0. La substitution u(t) = y(e t ) (i.e. t = log x) nous mène vers une équation différentielle linéaire inhomogène d ordre n à coefficients constants. Plus précisement, y(x) est une solution de ( ) u(t) est une solution de u (n) + A n 1 u (n 1) + + A 1 u + A 0 u = b(e t ), où les coefficients A j sont donnés par le polynôme suivant :

21 1 a 0 + za 1 + z(z 1)a + + z(z 1) (z (n ))a n 1 + z(z 1) (z (n 1)) = z n + A n 1 z n A 1 z + A 0. Méthode pratique pour l équation homogène : on cherche des solutions de la forme y(x) = x α. Cela nous donne : x j y (j) (x) = x j α(α 1) (α j + 1)x α j = α(α 1) (α j + 1)x α. Donc, avec a n = 1, n 0 = a j x j y (j) (x) = a 0 + x α j=0 n α(α 1) (α j + 1)a j. j=1 Exemple x y 3xy + 13y = x cos(log x 3 ) t = log x ; z(z 1) 3z + 13 = z 4z + 13 C est le polynôme caractéristique de u (t) 4u (t) + 13u(t) = e t cos(3t) Solution général : u(t) = c 1 e t cos(3t) + C e t sin(3t) tet sin(3t) Donc la solution générale de l équation d Euler est : y(x) = C 1 x cos(log x 3 ) + C x sin(log x 3 ) x log x sin(log x 3 ). Méthode pratique pour l équation homogène : on cherche les solutions de la forme y(x) = x α : y (x) = αx α 1, y (x) = α(α 1)x α = 0 = x y 3xy +13y = (α(α 1) 3α+13)x α = α 4α + 13 = 0 = α = ± 3i = x α = x +3i = e (+3i) log x = x (cos(3 log x) + i sin(3 log x)). 5. Systèmes d équations différentielles d ordre n On appelle ainsi un système de la forme y 1 = a 11 y 1 + a 1 y +... a 1n y n y ( ) = a 1 y 1 + a y +... a n y n y n = a n1 y 1 + a n y +... a nn y n où a jk (x) sont des fonctions continues sur un intervalle ouvert I R. Notons A(x) la matrice (a jk (x)) 1 j,k n formée par les n fonctions a jk (x) et notons le vecteur colonne (y 1,..., y n ) t par y respectivement (y 1,..., y n) t par y. Alors ( ) nous donne le système d équations différentielles linéaire homogène y = A(x)y.

22 Soit b(x) = (b 1 (x),..., b n (x)) t continues b j (x) sur I. Alors ( ) un vecteur (colonne) formé de n-fonctions y = A(x)y + b(x) s appelle système d équations différentielles linéaire inhomogène d ordre n I Une fonction vectorielle y = (y 1,..., y n ) t s appelle solution de ( ) s il existe un intervalle J I tel que x J : y (x) = A(x)y(x) + b(x). II Soit x 0 I. Une fonction vectorielle y = (y 1,..., y n ) t s appelle solution du système d équations différentielles linéaire à valeur initiale y(x 0 ) = (η 1,..., η n ) t R n, s il existe un intervalle J I tel que x J : y (x) = A(x)y(x) + b(x) et y(x 0 ) = (η 1,..., η n ) t. Théorème 5.1 (Existence et unicité). Soit A(x) A (n n, C(I)) une matrice (a jk (x)) 1 j,k n carrée d ordre n de fonctions continues a jk (x) sur un intervalle ouvert I R, b(x) = (b 1 (x),..., b n (x)) t avec b j C(I), et η = (η 1,..., η n ) t R n un vecteur. Alors le système { y = Ay + b y(x 0 ) = η admet une solution unique sur I. Convention : on n écrira plus (,..., ) t pour les vecteurs colonnes ; mais tout simplement (,..., ). Theorem 5.. Soit A(x) A (n n, C(I)), x 0 I, e j = (0,..., 0, 1, 0... ) t R n et b C(I) n. (1) L ensemble V des solutions de y = A(x)y est un sous-espace vectoriel de C 1 (I) n := C 1 (I) C 1 (I) de dimension n. Les solutions u j (x) de u j = A(x)u j, u j (x 0 ) = e j, forment une base de V. Chaque base de V est appellée système fondamental de y = A(x)y. () Si y h parcourt toutes les solutions de y = A(x)y et si y p est une solution particulière de y = A(x)y + b(x), alors y h + y p parcourt toutes les solutions de y = A(x)y + b(x). (3) Soit {v 1,..., v n } un système fondamnetal arbitraire. Alors l ensemble W de toutes les solutions de y = A(x)y + b(x) a la forme W = {C 1 v 1 + C v +... C n v n + y p, C j R}, où y p est une solution particulière de y = A(x)y + b(x).

23 Preuve. (1) n j=1 λ ju j = 0 = n j=1 λ ju j (x 0 ) = n j=1 λ je j = 0 = (λ 1,..., λ n ) = 0. Soit y = A(x)y. Alors η = (η 1,..., η n ) := y(x 0 ) R n. Soit u(x) = n j=1 η ju j (x). Alors u = A(x)u et u(x 0 ) = η. L unicité de la solution des AVI nous donne que y = u. On en déduit que {u 1,..., u n } est une base de V. () (3) clair. Définition 4. Soit S = {v 1,..., v n } un système de solutions de y = A(x)y, A A (n n, C(I)), I R. Notons v j = (y 1,j, y,j,..., y n,j ) t, et soit Y = (v 1,..., v n ) la matrice formée par ces vecteurs (colonnes) ; i.e. y 1,1 y 1,n Y = y,1 y,n... y n,1 y n,n Alors det Y (x) s appelle le déterminant de Wronski du système d équations différentielles linéaires y = A(x)y. On note W S (x) = det Y (x). Si W S (x) 0 x I, alors Y (x) s appelle matrice fondamentale du système y = A(x)y. Théorème 5.3. (1) Soit S = {v 1,..., v n } un ensemble de n solutions (fonctions vectorielles!) de y = A(x)y et Y la matrice (v 1,..., v n ). Alors S est linéairement indépendant det Y (x) 0 x I. I.e. S système fondamental Y matrice fondamentale. () Soit Y une matrice fondamentale associée à y = A(x)y. Alors L espace vectoriel V de toutes les solutions de y = A(x)y est donné par : V = {Y c : c R n } et l ensemble M de toutes les matrices fondamentales est égal à M = {Y C : C matrice carée inversible d ordre n sur R}. Rappel Soit A(t) = (a i,j (t)) 1 i,j n une matrice carrée d ordre n. Alors la trace de A est la somme des éléments dans la diagonale de A, i.e. trace A(t) = n i=1 a i,i(t). 3 Théorème 5.4. Soient S = {v 1,..., v n } un ensemble de n solutions (fonctions vectorielles!) de y = A(x)y où A A (n n, C(I)), I R, et x 0 I. Alors W S (x) = W S (x 0 ) exp x x 0 trace A(t) dt.

24 4 Theorem 5.5 (réduction de l ordre, procédé d Alembert). Soit y 1 une solution de y = A(x)y, d ordre n, et Ω(x) = (0, ω (x),, ω n (x)) t. Alors une deuxième solution y, linéairement indépendante de y 1, est donnée par y = φ y 1 + Ω, où ω j et φ sont des fonctions scalaires. Méthode : y = φ y 1 + φy 1 + Ω = φ y 1 + φay 1 + Ω et! = Ay = A(φy 1 + Ω) = φay 1 + AΩ. y Donc : φ y 1 + Ω = AΩ. Première composante : ( ) φ y 11 = [AΩ] 1, k-me composante : ω k = [AΩ] k φ y k1. Si y 1,1 0, on peut diviser et on obtient : ω k = [AΩ] k [AΩ] 1 y k1 y 11 Ceci est un système d équations différentielles d ordre n 1 pour Ω. En remplace cette solution dans ( ) et on obtient φ. Intégration donne φ, et par suite, on obtient y Résolution d un système d équations différentielles linéaire inhomogène. Théorème 5.6 (Variation des constantes). Soit y = A(x)y+b(x), où A(x) = (a ij (x)) 1 i,j n A (n n, C(I)), b(x) = (b 1 (x),..., b n (x)) t C(I) n. Soit Y (x) = (y 1 (x),..., y n (x)) une matrice fondamentale associée à y = A(x)y. Posons n(x) = Y 1 (x)b(x)dx. Alors S p (x) = Y (x)n(x) est une solution particulière de y = A(x)y + b(x). La représentation de Cramer de S p est donnée par n Wk (x) S p (x) = y k (x) W (x) dx, où W (x) = det Y (x) est le déterminant de Wronski de Y et où k=1 W k (x) = det (y 1 (x),..., y k 1 (x), b(x), y k+1 (x),..., y n (x)). La solution générale est donnée par : y(x) = y h (x) + S p (x) = Y (x)c + S p (x), c R n

25 Preuve. Rappelons que chaque solution de y = A(x)y a la forme y = n j=1 c jy j = Y c, où c = (c 1,..., c n ) R n. Posons S p (x) = Y (x)c(x). Donc : 5 S p = Y c + Y c = (AY )c + Y c. On veut que S p = AS p + b. Donc : (AY )c + Y c = A(Y c) + b Y c = b c = Y 1 b c = Y 1 b On obtient : S p (x) = Y (x) Y 1 (x)b(x). Cramer : Soit v = Y 1 b solution de Y v = b ; donc v = ( W 1 W,..., W n W ) = S p = Y Y 1 b = Y ( W 1 W,..., W n W )t = y W1 1 W + + y Wn n W. ( ) ( Exemple 5.7. A =, b(x) =. Chercher toutes les solutions de 1 0 x) y = Ay + b. A résoudre donc le système suivant : { u y = (u 1, u ) t = 1 = u u = u 1 + x Une solution de y = Ay est y 1 (x) = (cos x, sin x) t. D Alembert : ( ) ( ) ( ) 0 cos x 0 y (x) = φ(x)y 1 (x) + = φ(x) + ( ω(x) ) ( sin x ) ( ω(x) ) cos x sin x 0 = y (x) = φ (x) + φ(x) + sin x cos x ω (x) D autre part : ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 cos x y (x) = Ay (x) = φ(x) sin x 1 0 ω(x) ( ) ( ) sin x ω = φ(x) + cos x 0 = φ (x) ( ) ( cos x sin x + 0 ) ( ω (x) = ω ) 0. Donc : ( ) ω = φ cos x et ω = φ sin x. = ω = ω tan x = dω ω = tan xdx = log ω = log cos x = ω = 1/ cos x ( ) = φ ( = ω/ cos x = ) 1/(cos ( x) = ) φ = tan x sin x sin x = y = (sin x) cos x + 1 = cos x cos x Donc Y (x) = ( y 1 (x) y (x) ) ( ) cos x sin x = sin x cos x est un système ( fondamental ) de y = Ay car W ((x) = det ) Y (x) = 1 0. cos x sin x x sin x Y 1 (x) = = Y sin x cos x 1 (x)b(x) = x cos x = n(x) = ( ) ( ) x sin x Y 1 (x)b(x)dx = sin x x cos x = x cos x cos x + x sin x

26 6 ( cos x sin x = S p (x) = Y (x)n(x) = sin x cos x Solution générale de y = Ay + b : ( ) cos x y(x) = C 1 sin x ) ( sin x x cos x cos x+ x sin x ( ) sin x + C + cos x ( x 1 ) = ). ( ) x Relations des systèmes d équations différentielles linéaires avec les équations différentielles linéaires d ordre n. Proposition 5.8. Chaque équation différentielle linéaire d ordre n peut s écrire comme un système de n équations différentielles linéaires d ordre 1. Preuve. Soit Ly = y (n) + a n 1 (x)y (n 1) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y = b(x), a j, b C(I). Posons y 1 = y, y = y, y 3 = y,..., y n = y (n 1), b(x) = Alors on a A(x) = a 0 a 1... a n a n 1 y = A(x)y + b(x) Ly = b(x), 0. 0 b(x), y = car : y y = y n a 0 a 1... a n a n 1 y n b(x) y 1 = y y = y 3.. y n 1 = y n y n = a 0 y 1 a 1 y... a n 1 y n +b(x) y 1., y n (y (n 1) ) = a 0 y 1 a 1 y a n 1 y n + b(x)

27 y (n) + a 0 y 1 + a 1 y + a n 1 y n = b(x) Ly = b(x). Théorème 5.9 (Variation des constantes II). Si F = {y 1,..., y n } un système fondamental de Ly = 0, alors n Wk (x) u p (x) = y k (x) W (x) dx k=1 est une solution particulière de Ly = b(x). Ici W (x) est le déterminant de Wronski associé à F et W k est le déterminant qu on obtient si on remplace dans W la k-me colonne par b(x) Preuve. Découle de Systèmes d équations différentielles linéaires d ordre n à coefficients constants On considère ici des systèmes de la forme y = Ay, A = (a ij ) une matrice carrée d ordre n dans C, y = (y 1,..., y n ) t. Rappel On appelle λ C une valeur propre de A (notation : λ σ(a)) s il existe v R n, v 0, tel que Av = λv. Ainsi λ est une valeur propre de A det(a λi n ) = 0 (i.e. ssi λ est une racine du polynôme caractéristique p A associé à A). Le vecteur v est appellé un vecteur propre associé à λ. Les vecteurs propres associés à λ σ(a) sont donc les solutions du système homogène d équations linéaires (A λi n )v = 0. L espace propre E λ est égal au noyau de (l application linéaire engendrée par la matrice) A λi n. Si A est une matrice réelle, alors λ est une valeur propre λ est une valeur propre de A. A est diagonalisable s il existe une matrice inversible M telle que A = MDM 1, où λ 1 0 D =... 0 λ n est une matrice diagonale. Notons que D est formée avec les valeurs propres (pas nécessairement distinctes) λ j de A. Les n colonnes de M sont formées par des vecteurs propres (linéairements indépendantes) de A et associés à λ j. Proposition 6.1. Soit A une matrice sur C d ordre n, λ C, v C n. Alors y(x) = e λx v est une solution de y = Ay λ est une valeur propre de A et v E λ. Les solutions y j (x) = e λ jx v j, (j = 1,..., p) sont linéairements indépendantes 7

28 8 les vecteurs propres v j sont linéairements indépendantes. Si A est diagonalisable, alors A admet n vecteurs propres v j linéairements indépendantes et donc F C = {e λ 1x v 1,..., e λ nx v n } est un système fondamental de y = Ay. Preuve. y (x) = λe λx v = e λx (λv) = e λx (Av) = A(e λx v) = Ay. Soit W (x) = det (y 1 (x),..., y n (x)) le déterminant de Wronski associé à ce système. Comme W (0) = det (v 1,..., v n ) et que W (x) = W (0) exp x 0 trace A dt = W (0)e x trace A, on en déduit l assertion sur l indépendance linéaire. Proposition 6.. Soient A une matrice réelle d ordre n, λ = α + iβ une valeur propre non réelle de A et w = u + iv E λ C n. Alors la solution complexe y(x) = e λx w de y = Ay donne lieu a deux solutions réelles linéairements indépendantes de y = Ay ; à savoir y 1 (x) = Re y(x) = e αx (u cos(βx) v sin(βx)) y (x) = Im y(x) = e αx (u sin(βx) + v cos(βx)). { u Exemple = u 1 + u u = u 1 + u ( ) 1 Alors, pour y = (u 1, u ) t et A = on obtient le système y 1 = Ay. Valeurs propres : 0 = det(a λi ) = 1 λ 1 λ = (1 λ) 4 = λ λ 3 = (λ+1)(λ 3) donc λ 1 = 1 et λ = 3 sont deux valeurs propres ; la matrice est donc diagonalisable. Vecteur propre associé à λ 1 : (A λ 1 )v 1 = 0 = ( ) ( ) ( ) = = = v 1 = (1, 1) t = E λ1 = (1, 1) t ; espace propre associé à λ 1 avec dim E λ1 = 1. Vecteur propre associé à λ : (A λ )v = 0 = ( ) ( ) ( = = = ) ( = = v = ( 1, 1) t = E λ = (1, 1) t ; espace propre associé à λ avec dim E λ = 1. )

29 dim E λ1 + dim E λ = = dim R ; maximal ; donc A est bien diagonalisable et on a ( ) M AM =, 0 3 ( ) 1 1 avec M = 1 1 Alors y 1 (x) = e x( ) 1 1 et y (x) = e 3x( 1 1) sont deux solutions linéairements indépendantes de y = Ay. Une matrice fondamentale de y = Ay est donnée par Y (x) = ( ) e x e 3x e x e 3x. L ensemble de toutes les solutions de y = Ay est ( ) ( ) } e x e 3x {C 1 + C : C 1, C R = e x Déterminant de Wronski : W (x) = W (0) exp {Y (x)c : c = x 0 e 3x ( c1 c ) R } tr A dx = ex = e x (ou bien W (x) = det Y (x) = e x.) { u Exemple = u u = u 1 ( ) 0 1 Alors, pour y = (u 1, u ) t et A = on obtient le système y 1 0 = Ay. Valeurs propres : 0 = det(a λi ) = λ 1 1 λ = λ + 1 donc λ 1 = i et λ = i sont deux valeurs propres ; la matrice est donc diagonalisable. Vecteur propre associé à λ 1 : (A λ 1 )v 1 = 0 = ( ) ( ) ( ) i i 0 1 i = = 0 1 i = v 1 = (i, 1) t = E λ1 = (i, 1) t ; espace propre associé à λ 1 avec dim E λ1 = 1. A étant réelle, il suffit de prendre les conjugés complexes pour le reste : = v = ( i, 1) t = E λ = (i, 1) t ; espace propre associé à λ 1 avec dim E λ = 1. 9

30 30 dim E λ1 + dim E λ = = dim C ; maximal ; donc A est bien diagonalisable et on a ( ) M 1 i 0 AM =, 0 i ( ) i i avec M = 1 1 Système fondamental complexe de y = Ay : { ( ) ( )} i i F C = e ix, e ix ; 1 1 Système fondamental réel de y = Ay : { ( ) ( )} i i F R = Re e ix, Im e ix = 1 1 {( ) ( )} sin x cos x, cos x sin x Matrice fondamentale : Y (x) = ( ) sin x cos x. cos x sin x Exemple 6.5. A = Trouver un système fondamental réelle de y = Ay p A (λ) = (1 λ)(λ + λ + ) ; valeurs propres de A : λ 1 = 1, λ = 1 + i 7, λ 3 = 1 i 7 Vecteurs propres : v 1 = 1 0, v = 3 + i 7 4, v 3 = v. Solutions : y 1 (x) = e x 1 0, y (x) = Re e ( 1 +i 7 = 4 e 1 x 3/ cos(( 7/ 7/)x) 0 sin(( 7/)x), 4 0 7/ y 3 (x) = Im... = e 1 x 0 cos(( 7x)/) + 3/ sin(( 7x)/), 0 4 = F R = {y 1, y, y 3 }.. 3 )x + i 7

31 Question : comment obtient-on un système fondamental si la matrice A n est pas diagonisable? Théorème 6.6. Soit λ une racine de p A (λ) = 0 de multiplicité k. Alors il existe k solutions linéairement indépendantes de y = Ay qui ont la forme où p j (x) = y 1 (x) = p 0 (x)e λx,, y k (x) = p k 1 (x)e λx, p 1,j. p n,j est un polynôme vectoriel de degré au plus j. Cette construction, appliquée à chaque valeur propre, donne un système fondamental complexe de y = Ay. Si A est réelle, on obtient pour λ non réel, un système fondamental réel on prenant les parties réelles et imaginaires de ces solutions (en négligeant ceux associés à λ.) Cas où λ est une racine double de p A (λ) = 0 et dim E λ = 1. Soit y 1 = e λx v 1 une solution de y = Ay, où v 1 E λ. Posons y (x) = (v 1 x + b)e λx, où b R n est à déterminer. Donc : y (x) = (v 1 + λv 1 x + λb)e λx! = Ay = A(v 1 x + b)e λx = (λv 1 x + Ab)e λx (v 1 + λb) = Ab (A λi n )b = v 1. Exemple { 6.7. u 1 = 15u 1 + 9u u = 5u u ( ) 15 9 A =, y = ( u 1 ) 5 15 u = y = Ay p A (λ) = 15 λ λ = (λ 15 ) = λ = λ 1 = λ = 0, E 0 = ( 3 5) ; dim E0 = 1 < La matrice n est donc pas diagonalisable. Une solution de y = Ay : y 1 (x) = e 0x( ) ( 3 5 = 3 5). Posons y (x) = [ ( ) 3 5 x + b]e 0x = ( 3x+b 1 ) 5x+b. On doit résoudre ( ) ( ) b1 3 (A 0 I ) =. b 5 Une solution suffit : ( b 1 ) ( b = 1/5 ) 0. Donc ( 3x + 1) y (x) = 5 5x + 0 est une deuxième solution de y = Ay linéairement indépendante de y 1. 31

32 3 7. Exponentiel de matrices Soit A(x) = (a ij (x)) 1 i,j n une matrice carrée de d ordre n de fonctions continues sur I R. Soit A 0 := I n, la matrice identité. Alors e A(x) est définie par e A(x) 1 m 1 := j! A(x)j = lim m j! A(x)j. j=0 Si A(x) = x A, alors la fonction matricielle x e xa est différentiable et d dx exa = Ae xa, car la série pour e xa converge uniformément sur R et donc d dx lim = lim d d dx. Notons que dx xm A m = mx m 1 A m. (Par convention on écrit aussi Ax pour la matrice x A.) Theorem 7.1. Soit A une matrice carrée d ordre n sur C. La matrice e xa est une matrice fondamentale du système d équations différentielles y = Ay. Preuve. Ecrivons Y (x) =: e xa = (y 1,..., y n ). Notons que e xa est inversible pour tout x, (car e xa e xa = e xa e xa = I n ). Y = (y 1,..., y n) = Ae xa = AY. Donc y j = Ay j. j=0 version du : 5..01