Cas particulier de l'ordre 2
Soit une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants :
\(a~y''(t) + b~y'(t) + c~y(t) = d(t),~~~~~(a \neq 0)\)
On peut l'écrire sous forme résolue :
\(y''(t) = -\frac{b}{a} y'(t) - \frac{c}{a} y(t) + \frac{1}{a} d(t)\)
Posons alors : \(x_1(t) = y(t)\) et \(x_2(t) = y'(t)\).
Dans ce cas, on peut écrire :
\(\left\{ \begin{array}{l} x_1'(t) = y'(t) = x_2(t)\\ x_2'(t) = y''(t) = -\frac{b}{a} y'(t) - \frac{c}{a} y(t) + \frac{1}{a} d(t) = -\frac{b}{a} x_2(t) - \frac{c}{a} x_1(t) + \frac{1}{a} d(t) \end{array} \right.\)
Sous forme matricielle, le système précédent s'écrit aussi :
\(X'(t) = \underbrace{ \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -\frac{c}{a} & -\frac{b}{a} \end{pmatrix}}_{{\bf A}} \cdot X(t) + \underbrace{ \begin{pmatrix} 0 \\ \frac{1}{a} d(t) \end{pmatrix}}_{{\bf B}(t)}\), avec \(X(t) = \begin{pmatrix} x_1(t)\\ x_2(t) \end{pmatrix}\)
Ainsi, résoudre l'équation différentielle de départ revient à résoudre un système différentiel d'ordre 1 et de dimension 2.
Le polynôme caractéristique de \({\bf A}\) est :
\(\begin{array}{rlc} P_{\bf A}(\lambda) &=& -\lambda(-\frac{b}{a}-\lambda)+\frac{c}{a}\\ &=& \frac{1}{a}~(a\lambda^2 + b\lambda + c) \end{array}\)
On reconnaît alors le polynôme caractéristique du chapitre précédent. Les deux cas possibles sont :
\(\Delta \neq 0\), \(P_{\bf A}\) admet deux racines complexes distinctes (\(\lambda_1\) et \(\lambda_2\)), \({\bf A}\) est diagonalisable dans \(\mathbb{C}\), il existe \({\bf P}\) telle que :
\({\bf P^{-1}\cdot A\cdot P } = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}\), \(\exp({\bf A}(t)) = {\bf P}\cdot \begin{pmatrix} e^{\lambda_1 t} & 0 \\ 0 & e^{\lambda_2 t} \end{pmatrix} \cdot {\bf P}^{-1}\)
\(\Delta = 0\), \(P_{\bf A}\) admet une racine double \(\lambda\) dans \(\mathbb{C}\), il existe \({\bf P}\) telle que :
\({\bf P^{-1}\cdot A\cdot P } = \begin{pmatrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix}\),
\(\exp({\bf A}(t)) = {\bf P}\cdot \begin{pmatrix} e^{\lambda t} & 0 \\ 0 & e^{\lambda t} \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 1 & t \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot {\bf P}^{-1} = {\bf P}\cdot \begin{pmatrix} e^{\lambda t} & t e^{\lambda t} \\ 0 & e^{\lambda t} \end{pmatrix} \cdot {\bf P}^{-1}\)
La forme générale de nos solutions correspondront bien aux résultats du chapitre précédent.
On utilise ensuite la formule de la résolvante du théorème de la section précédente pour résoudre le système, et enfin, la solution de l'équation de départ est \(x_1(t) = y(t)\). Cette méthode pourra donc être appliquée lorsque nous serons en présence d'un second membre ne se trouvant pas sous les formes habituelles déjà traitées dans le chapitre précédent.
Exemple :
Reprenons l'exemple du cas 3 du premier module : \(y'' + 2 y' + y = e^{-t}\) auquel on ajoute la condition initiale : \(y(0)=0~;~y'(0)=1\)
On pose alors :
\(\left\{ \begin{array}{l} x_1(t) = y(t)\\ x_2(t) = y'(t) \end{array}\right.\), alors : \(\left\{ \begin{array}{l} x_1' = y' = x_2\\ x_2' = y" = -2 y' - y + e^{-t} = -2 x_2 - x_1 + e^{-t} \end{array} \right.\)
Soit :
\(X'(t) = \underbrace{\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & -2 \end{pmatrix}}_{\bf A} \cdot X(t) + \underbrace{\begin{pmatrix} 0 \\ e^{-t} \end{pmatrix}}_{\bf B}\)
Le polynôme caractéristique de \({\bf A}\) est :
\(P_A(\lambda) = \lambda^2 + 2 \lambda + 1 = (\lambda + 1)^2 ~~~\Rightarrow~\) -1 est racine double.
\(({\bf A} + {\bf I_2})\cdot x = 0 ~~~\Rightarrow~ x_1 = -x_2\)
\(v = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\) est seul vecteur indépendant.
Donc : \(E_{-1} = Ker ({\bf A} + {\bf I_2})^2\)
On cherche \(w\) tel que \(({\bf A} + {\bf I_2})\cdot w = v\) :
\(x_1 + x_2 = 1 ~~~\Rightarrow~ w = \begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}\)
La matrice de passage est alors :
\({\bf P} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix},~~~\text{et}~~{\bf P}^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\)
On a ainsi :
\({\bf P^{-1}\cdot A\cdot P } = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\)
\(\exp({\bf A}(t))={\bf P}\cdot \begin{pmatrix} e^{- t} & 0 \\ 0 & e^{- t} \end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix} 0 & t \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \cdot {\bf P}^{-1} ={\bf P}\cdot \begin{pmatrix} 0 & t e^{- t} \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \cdot {\bf P}^{-1} = \begin{pmatrix} t e^{-t}& t e^{-t}\\ -t e^{-t}& -t e^{-t} \end{pmatrix}\)
\(~\)
Il suffit ensuite d'appliquer la formule de la résolvante avec :
\(t_0 = 0,~~ x_0 = \begin{pmatrix} x_1(0)\\ x_2(0) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} y(0)\\ y'(0) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}\)
Soit :
\(x(t) = \exp({\bf A}(t))\cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} + \int_{0}^{t} \exp({\bf A}(t-s))\cdot \begin{pmatrix} 0 \\ e^{-s} \end{pmatrix} ds\)
Seul \(x_1~(=y)\) nous intéresse, on ne développe que la première ligne :
\(\begin{array}{r c l} y(t) = x_1(t) &=&\displaystyle t e^{-t} + \int_0^t (t-s)e^{-(t-s)} e^{-s} ds = t e^{-t} + \int_0^t (t-s)e^{-t} ds\\ &=& \displaystyle t e^{-t} + e^{-t} \left( t \int_0^t ds - \int_0^t s ds\right) \\ &=& {\huge \strut} t e^{-t} + t^2 e^{-t} - \frac{1}{2} t^2 e^{-t} \end{array}\)
\(\boxed{ y(t) = t e^{-t} + \dfrac{t^2}{2} e^{-t} }\)
\(~\)
Dans le premier module, on avait trouvé :
\(y(x) = \frac{x^2}{2} e^{-x} + (C_1 x +C_2) e^{-x}\)
En appliquant nos conditions initiales :
\(\left\{ \begin{array}{l} y(0) = 0\\ y'(0)=1 \end{array}\right.~~~\Rightarrow~ \left\{ \begin{array}{l} 0 = C_2\\ 1 = C_1 \end{array}\right.\)