$\renewcommand{\vec}[1]{\mathbf{#1}}$ $\newcommand{\fvec}[1]{\tilde{\vec{#1}}}$ $\newcommand{\ffvec}[1]{\check{\vec{#1}}}$ $\newcommand{\fffvec}[1]{\check{\tilde{\vec{#1}}}}$ $\newcommand{\f}[1]{\tilde{#1}}$ $\newcommand{\ff}[1]{\check{#1}}$ $\newcommand{\fff}[1]{\check{\tilde{#1}}}$ $\newcommand{\reels}{\mathbb{R}}$ $\newcommand{\dif}{\mathrm{d}}$ $\newcommand{\eps}{\varepsilon}$ $\newcommand{\xy}{\mathbin{/\mkern-4mu/}}$

Équations de la forme dX/dz = A X

Nous allons voir ici la théorie générale pour résoudre les équation différentielle vectorielles d’ordre 1 de la forme $$\dfrac{d\vec{X}}{dz}=\vec{A}\vec{X},~~~\vec{X}(z_0)=\vec{X}_0 \tag{1}$$ où $\vec{X}$ est un vecteur de dimension $n$ et $\vec{A}$ une matrice constante $n\times n$.

1. Valeurs propres et vecteurs propres

La méthode de résolution fait intervenir les vecteurs propres et les valeurs propres de $\vec{A}$. Rappelons donc de quoi il s’agit.

On dit que le vecteur non nul $\vec{X}$ est un vecteur propre de la matrice $\vec{A}$ correspondant à la valeur propre $\lambda$ si on a $$\vec{A}\vec{X}=\lambda\vec{X}.$$

Cette équation peut être réécrite sous la forme d’un système linéaire homogène $$(\vec{A}-\lambda\vec{I})\vec{X}=0\tag{2}$$ et on sait qu’un tel système admet une solution non triviale si et seulement si le déterminant de la matrice des coefficients est nul. Donc, $\lambda$ est une valeur propre de $\vec{A}$ si et seulement si $$|\vec{A}-\lambda\vec{I}|=0.\tag{3}$$ L’équation (3) porte le nom d’équation caractéristique de $\vec{A}$. Son membre de gauche est un polynôme de degré $n$ en $\lambda$ dont il faut trouver les racines. Une fois que c’est fait, on trouve les vecteurs propres correspondant à chacune des valeurs propres en résolvant (2).

Exemple 1. Prenons la matrice $$\vec{A}=\begin{bmatrix} 2 & 3 \\ 2 & 1 \end{bmatrix}.$$ Son équation caractéristique est $$|\vec{A}-\lambda\vec{I}|=\begin{vmatrix} 2-\lambda & 3 \\ 2 & 1-\lambda \end{vmatrix}=\lambda^2-3\lambda-4=0.$$ On trouve comme valeurs propres $\lambda_1=-1$ et $\lambda_2=4$. Pour $\lambda_1$, l’équation aux vecteurs propres est $$(\vec{A}+\vec{I})\vec{X}=\begin{bmatrix} 3 & 3 \\ 2 & 2 \end{bmatrix}\vec{X}=0.$$ On peut prendre comme vecteur propre correspon­dant $\vec{X}_1$ n’importe quel multiple non nul du vecteur $[1~-1]^T$. Pour $\lambda_2$, l’équation aux vecteurs propres est $$(\vec{A}-4\vec{I})\vec{X}=\begin{bmatrix} -2 & 3 \\ 2 & -3 \end{bmatrix}\vec{X}=0$$ et on peut prendre comme vecteur propre correspon­dant $\vec{X}_2$ n’importe quel multiple non nul du vecteur $[3~~~2]^T$.

2. Systèmes complets de vecteurs linéairement indépendants (bases)

La méthode de résolution fait intervenir le concept de système complet de vecteurs linéairement indépendants¹. Un ensemble de vecteurs $\vec{X}_1$, … , $\vec{X}_n$ forme un système complet de vecteurs linéairement indépendants si tout vecteur $\vec{X}$ peut s’écrire de manière unique sous la forme $$\vec{X}=c_1\vec{X}_1+\cdots+c_n\vec{X}_n.$$

Exemple 2. Le système formé des vecteurs $\begin{bmatrix} 1 \\ 2\end{bmatrix}$ et $\begin{bmatrix} 2 \\ 4 \end{bmatrix}$

n’est pas complet car c’est impossible d’écrire $$\begin{bmatrix} 5 \\ 6 \end{bmatrix}=c_1\begin{bmatrix} 1 \\ 2\end{bmatrix}+c_2\begin{bmatrix} 2 \\ 4 \end{bmatrix}.$$

De plus, ces vecteurs ne sont pas linéairement indépendants car on a $$\begin{bmatrix} 3 \\ 6 \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 2 \\ 4 \end{bmatrix}=5\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \end{bmatrix}-\begin{bmatrix} 2 \\ 4 \end{bmatrix}.$$

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¹ Les mathématiciens appellent un tel système une base.

3. Solution de l’équation différentielle vectorielles (1)

Passons maintenant à la solution de l’équation (1). Il faut supposer que la matrice $\vec{A}$ possède un système complet de vecteurs propres $\vec{X}_i$ linéairement indépendants. On peut alors poser $$\vec{X}(z)=c_1(z)\vec{X}_1+\cdots+c_n(z)\vec{X}_n.$$ Si maintenant on écrit les deux membres de l’équation (1), on aura à gauche $$\dfrac{d\vec{X}(z)}{dz}=c’_1(z)\vec{X}_1+\cdots+c’_n(z)\vec{X}_n$$ et à droite $$\vec{A}\vec{X}(z) =c_1(z)\vec{A}\vec{X}_1+\cdots+c_n(z)\vec{A}\vec{X}_n =\lambda_1c_1(z)\vec{X}_1+\cdots+\lambda_nc_n(z)\vec{X}_n.$$

Puisque la manière d’exprimer un vecteur dans le système des $\vec{X}_i$ est unique, il faudra qu’on ait $$c’_1(z)=\lambda_1c_1(z), \dots, c’_n(z)=\lambda_nc_n(z)$$ qui a pour solution $$c_1(z)=c_1(z_0)e^{\lambda_1(z-z_0)}, \dots, c_n(z)=c_n(z_0)e^{\lambda_n(z-z_0)}.$$ Les constantes $c_i(z_0)$ seront alors déterminées par la condition $$\vec{X}(z_0)=c_1(z_0)\vec{X}_1+\cdots+c_n(z_0)\vec{X}_n=\vec{X}_0.$$

Il est à noter que si on prend la matrice $\vec{M}$ qui a les vecteurs $\vec{X}_i$ comme colonnes, on aura successivement $$\vec{X}(z)=\vec{M}\begin{bmatrix}c_1(z) \\ \vdots \\ c_n(z)\end{bmatrix},~~~~\begin{bmatrix}c_1(z) \\ \vdots \\ c_n(z)\end{bmatrix}= \begin{bmatrix}e^{\lambda_1(z-z_0)} & & \\ & \ddots & \\ & & e^{\lambda_n(z-z_0)}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}c_1(z_0) \\ \vdots \\ c_n(z_0)\end{bmatrix}~~~~ \mathsf{et}~~~~\vec{M}\begin{bmatrix}c_1(z_0) \\ \vdots \\ c_n(z_0)\end{bmatrix}=\vec{X}_0,$$ c’est-à-dire au total $$\vec{X}(z)=e^{\vec{A}(z-z_0)}\vec{X}_0,~~~ \mathsf{o\grave{u}} ~~~e^{\vec{A}(z-z_0)}=\vec{M}~\text{diag}(e^{\lambda_1(z-z_0)}, \dots, e^{\lambda_n(z-z_0)})~\vec{M}^{-1}.$$

Exemple 3. On veut résoudre $$\dfrac{d\vec{X}}{dz}=\begin{bmatrix} 2 & 3 \\ 2 & 1 \end{bmatrix}\vec{X},~~~\vec{X}(5)=\begin{bmatrix} 1 \\ 4 \end{bmatrix}.$$ En se basant sur les résultats de l’exemple 1, on prend $$\vec{M}=\begin{bmatrix} 1 & 3 \\ -1 & 2 \end{bmatrix}~~~ \Rightarrow~~~ \vec{M}^{-1}=\begin{bmatrix} .4 & -.6 \\ .2 & .2 \end{bmatrix}.$$ La solution est donc $$\vec{X}(z)=\begin{bmatrix} 1 & 3 \\ -1 & 2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} e^{-(z-5)} & 0 \\ 0 & e^{4(z-5)} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} .4 & -.6 \\ .2 & .2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 \\ 4 \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} -2e^{-(z-5)}+3e^{4(z-5)} \\ 2e^{-(z-5)}+2e^{4(z-5)} \end{bmatrix}.$$

Autre formule pour la solution

On peut mettre la matrice $e^{\vec{A}(z-z_0)}$ sous une autre forme qui est également utile. Désignons par $\vec{X}_i^*$ les lignes de la matrice $\vec{M}^{-1}$ de la section précédente. Ces vecteurs-lignes ont la propriété que² $$\vec{X}_i^*\vec{X}_j=\delta_{ij}.$$ On peut vérifier qu’en utilisant ces vecteurs, $e^{\vec{A}(z-z_0)}$ peut aussi s’écrire $$e^{\vec{A}(z-z_0)}= \vec{X}_1e^{\lambda_1(z-z_0)}\vec{X}_1^*+\cdots+\vec{X}_ne^{\lambda_n(z-z_0)}\vec{X}_n^*.$$

Exemple 4. On vérifie qu’on obtient bien la solution de l’exemple 3 si on utilise plutôt la formule $$\vec{X}(z)=\left( \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}e^{-(z-5)}\begin{bmatrix} .4 & -.6 \end{bmatrix} +\begin{bmatrix} 3 \\ 2 \end{bmatrix}e^{4(z-5)} \begin{bmatrix} .2 & .2 \end{bmatrix} \right)\begin{bmatrix} 1 \\ 4 \end{bmatrix}.$$

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² En mathématiques, on dit que les $\vec{X}_i^*$ forment la base duale de celle des $\vec{X}_j$.

4. Notes et références

On devrait trouver un traitement adéquat des équations différentielles vectorielles dans tout bon manuel d’équations différentielles.

Le symbole pour la dualité en mathématiques et celui pour la conjugaison complexe en physique sont malheureuse­ment les mèmes : l’astérisque « * ». Pour éviter toute confusion, nous utiliserons dans les secctions suivantes une notation inspirée de la mécanique quantique, avec des « bras » et des « kets ».

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