EqDiff1_EFS_jan2009_corr

I =] − π/4, 3π/4[
c) x(0) = 2
Ici C = 4. Il faut donc que sin 2t + 4 > 0 ou encore t ∈ R. L'intervalle maximal de dénition est R.
d) x(π) = 1
Ici C = 1. Il faut donc que sin 2t + 1 > 0 ou encore

..
.
e−λn t
· H · B (t)
ou encore
V (t) = G
λ1 eλ1 t
..
.λn eλn t (t) + GHB (t)
D'autre part
AV (t) + B (t) = AG
eλ1 t

..
.
eλ n t
I (t) + B (t)
xdx = cos 2t dt
En intégrant cette équation à variables séparées, on trouve
sin 2t x2 = +K 2 2
avec K une constante. Posant 2K = C , on obtient
x(t)2 = sin 2t + C
I =] − π/12, 7π/12[
b) x(0) = 1
Ici C = 1. Il faut donc que sin 2t + 1 > 0 ou encore
t∈ ] − π/4 + kπ, 3π/4 + kπ [
k ∈Z
L'intervalle maximal de dénition est le plus grand sous-intervalle de cet ensemble contenant 0. L'intervalle cherché est alors
telles que ...
e−λn u · H · B (u)du
...

t

0
e−λ1 u
eλn t
·

On peut trouver les conditions qu'il faut imposer à G, H an que la fonction V proposée soit solution du problème de Cauchy. D'abord il est évident que V (0) = 0, car pour t = 0, l'intégrale est nulle. Il reste à comprendre à quelle condition cette fonction V est solution de
V = AV + B (t)
Notons
t
I (t) =
0
e−λ1 u


..
.
e−λn u
· H · B (u)du
Alors
V (t) = G λ1 eλ1 t
..
eλ1 t

.
λn eλn t
I (t) + G
..
e−λ1 t

.
eλn t
Q2. Donner, pour chacune des conditions initiales ci-dessous, l'intervalle de dénition de la solution maximale associée. Dessiner également les graphes de ces solutions maximales. 1 a) x(0) = √ . 2
avec k, l, m, n 4 constantes réelles quelconques.
Equation II : linéaire non homogène
On considère une matrice complexe A de taille n × n. On suppose que son polynôme caractéristique possède n racines distinctes complexes, c'est-à-dire Soit B : R → M (C) une fonction continue à valeurs dans l'espace vectoriel complexe des matrices-colonne ayant n lignes. On appelle V : R → M (C) l'unique solution du problème de Cauchy formé par l'équation diérentielle linéaire non homogène et la condition initiale ci-dessous :
x =
pour établir l'existence des deux matrices G, H .
On s'intéresse aux solutions maximales de l'équation diérentielle
cos 2t x U = {(t, x) ∈ R2 , x > 0}
Équations diérentielles 1. *** Corrigé ***

Quatre équations diérentielles

1 0 0 0 0 −1 −1 1 1 1 V = 0 −2 −2 −1 1 1 0 −k k 0)
dont les solutions sont de la forme
V = t (k
L'espace propre de 1 est alors seulement de dimension 1. La matrice n'est pas diagonalisable. Les solutions sont alors de la forme
1 0 0 0 0 −1 −1 1 1 1 A = t (k − k k 0) −2 −2 −1 1 1 1 0 A1 = t ( l −l l − k)
Le résultat est Ensuite, V2 est solution de
(M − 2I )V2 = 0
n,1 n,1
Spec(A) = {λ1 , · · · , λn } ⊂ C
∀t ∈ R,
V (t) = A · V (t) + B (t) V (0) = 0
n,n (C)
Démontrer qu'il existe deux matrices constantes G, H ∈ M
∀t ∈ R, V (t) = G · eλ1 t
t∈ ] − π/4 + kπ, 3π/4 + kπ [
k ∈Z
L'intervalle maximal de dénition est le plus grand sous-intervalle de cet ensemble contenant π . L'intervalle cherché est alors
H = G−1
Equation III : non-linéaire du premier ordre
dont les graphes sont contenus dans le demi-plan ouvert Q1. Trouver une équation reliant x(t) et t.
Ici 1/2 = C . Il faut donc que sin 2t + (1/2) > 0 ou encore
2t ∈
k∈Z
] − π/6 + 2kπ, 7π/6 + 2kπ [
ce qui équivaut à
t∈ ] − π/12 + kπ, 7π/12 + kπ [
k ∈Z
L'intervalle maximal de dénition est le plus grand sous-intervalle de cet ensemble contenant 0. L'intervalle cherché est alors
λ1
..
.
λn
−1 = G AG
Or comme A est diagonalisable, et de spectre {λ1 , . . . , λn }, il existe une matrice G (inversible) telle que G−1 AG soit la matrice de diagonale (λ1 , . . . , λn ). Cette matrice G est une matrice de passage de la base canonique à une base de vecteurs propres de la matrice A (dans l'ordre des valeurs propres λ1 , . . . , λn ). Il sut ensuite de prendre
L'égalité V = AV + B a lieu si on a en même temps
G λ 1 eλ 1 t = = AG In