Équations différentielles linéaires

Une équation différentielle est une équation dont l'inconnue est une fonction, et dont l'énoncé relie cette fonction à ses dérivées. C'est le langage naturel de toute la physique : une loi qui décrit comment une quantité varie en fonction de son état actuel est une équation différentielle. En toute généralité, on ne sait presque rien dire de tels objets. On ne sait pas résoudre $y^{\prime }=\sin (ty)$, on ne sait même pas décider si les solutions restent bornées. Il existe pourtant une classe d'équations, et une seule à ce niveau, où l'on sait absolument tout dire : les équations linéaires. Ce chapitre est l'histoire de cette exception.

Ce qui rend le cas linéaire miraculeux tient en un mot : la structure. Si $x_1$ et $x_2$ sont deux solutions d'une même équation homogène, leur somme en est encore une, et leurs multiples aussi ; l'ensemble des solutions est donc un sous-espace vectoriel d'un espace de fonctions. Ce n'est pas une remarque décorative, c'est le levier de tout le chapitre : dès qu'un ensemble est un espace vectoriel de dimension finie connue, décrire toutes ses solutions revient à en exhiber une base, c'est-à-dire un nombre fini de fonctions. Un problème d'analyse, potentiellement infini, se transforme ainsi en un problème d'algèbre linéaire, entièrement fini. Toute la difficulté est déplacée vers un seul énoncé : quelle est la dimension de cet espace ?

La réponse est donnée par le théorème de Cauchy linéaire, et il faut mesurer à quel point il est fort. Il affirme que, pour toute condition initiale, il existe une solution et une seule. Mais il affirme surtout que cette solution est définie sur l'intervalle $I$ tout entier, celui-là même sur lequel les coefficients de l'équation sont continus. Rien de tel n'a lieu hors du cadre linéaire : la solution de $y^{\prime }=y^2$ valant $1$ en $0$ explose en $1$ et n'existe pas au-delà, alors que le second membre est pourtant défini partout. Cette globalité n'est pas un détail technique, c'est elle qui permet de parler de « l'espace des solutions sur $I$ » sans se demander où chacune est définie, et c'est elle qui rend l'application « valeur en $t_0$ » bijective. On en déduit immédiatement que l'espace des solutions de l'équation homogène est isomorphe à l'espace d'arrivée $E$, donc de dimension $n$. Tout le reste du chapitre exploite ce seul fait.

Reste alors à calculer. Là encore, un cas se détache : celui des coefficients constants, $X^{\prime }=AX$. L'analogie avec l'équation scalaire $y^{\prime }=ay$, dont les solutions sont les $\lambda {\mathrm{e}}^{at}$, est si tentante qu'il faut lui donner un sens : c'est l'objet de l'exponentielle de matrice, définie par la même série que l'exponentielle usuelle, mais évaluée en une matrice. On montrera qu'elle converge toujours, qu'elle se dérive comme on l'espère, et que la solution du problème de Cauchy s'écrit littéralement $X(t)=\exp ((t-t_0)A)X_0$. C'est l'aboutissement du chapitre : une formule close, valable en toute dimension, qui contient à elle seule l'existence, l'unicité et la globalité.

Le programme n'exige pas pour autant de savoir résoudre explicitement n'importe quel système : le calcul effectif d'une exponentielle de matrice sert d'entraînement à la réduction, pas de fin en soi. Ce qui est réellement exigible, ce sont les structures (dimension, système fondamental, wronskien), les théorèmes (Cauchy, Liouville, dérivation de $t\mapsto \exp (tA)$) et les méthodes (variation des constantes, recollement, abaissement de l'ordre, séries entières). Le plan suit cet ordre : d'abord le cadre et le théorème fondamental, puis la structure de l'ensemble des solutions, puis les techniques scalaires du premier ordre, puis l'exponentielle et les systèmes à coefficients constants, enfin l'ordre deux et les séries entières.

Notations valables dans tout le chapitre. La lettre $\mathbb{K}$ désigne $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$. La lettre $E$ désigne un $\mathbb{K}$-espace vectoriel normé de dimension finie $n⩾1$, dont la norme est notée $\Vert \cdot \Vert$ ; rappelons que sur un tel espace toutes les normes sont équivalentes, de sorte qu'aucun énoncé de convergence ne dépendra du choix effectué. La lettre $I$ désigne un intervalle de $\mathbb{R}$ non réduit à un point, et $t_0$ un point de $I$. Les notations d'algèbre linéaire sont celles des chapitres précédents : $\mathcal{L}(E)$ pour les endomorphismes de $E$, ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ pour les matrices carrées, ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{K})$ pour les colonnes, ${\mathrm{GL}}_n(\mathbb{K})$ pour les matrices inversibles, $I_n$ pour l'identité, $\mathrm{tr}$ pour la trace, $\mathrm{rg}$ pour le rang, $\mathrm{Vect}$ pour le sous-espace engendré. Enfin $\mathrm{e}$ désigne la base de l'exponentielle, et ${\mathcal{C}}^k(I,E)$ l'espace des fonctions de classe ${\mathcal{C}}^k$ de $I$ dans $E$.

Le cadre général

Équations différentielles linéaires résolues

Démonstration. L'application $\Phi :\mathcal{L}(E)\times E\to E$, $(u,v)\mapsto u(v)$, est bilinéaire entre espaces de dimension finie : elle est donc continue, et le chapitre des fonctions vectorielles nous dit que si deux fonctions $t\mapsto u(t)$ et $t\mapsto v(t)$ sont de classe ${\mathcal{C}}^j$, alors $t\mapsto u(t)(v(t))$ l'est aussi.

Soit $x$ une solution. Elle est dérivable, donc continue. Par continuité de $a$ et de $b$, la fonction $t\mapsto a(t)(x(t))+b(t)$ est continue sur $I$ : c'est exactement $x^{\prime }$, donc $x^{\prime }$ est continue et $x$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$.

Supposons maintenant $a$ et $b$ de classe ${\mathcal{C}}^k$ et montrons par récurrence sur $j\in \{0,1,\dots ,k\}$ la propriété « $x$ est de classe ${\mathcal{C}}^{j+1}$ ». Le cas $j=0$ vient d'être traité. Supposons la propriété vraie au rang $j-1$ avec $1⩽j⩽k$ : la fonction $x$ est de classe ${\mathcal{C}}^j$. Alors $t\mapsto a(t)(x(t))$ est de classe ${\mathcal{C}}^j$ (produit bilinéaire de deux fonctions de classe ${\mathcal{C}}^j$, puisque $j⩽k$), et $b$ aussi. Donc $x^{\prime }$ est de classe ${\mathcal{C}}^j$, c'est-à-dire que $x$ est de classe ${\mathcal{C}}^{j+1}$. La récurrence est établie, et le cas $j=k$ donne la conclusion. $\square$

Écriture matricielle

Démonstration. L'application $u\mapsto {\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(u)$ est un isomorphisme entre les espaces de dimension finie $\mathcal{L}(E)$ et ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ ; toute application linéaire entre espaces de dimension finie étant continue, $A={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}\circ a$ est continue, et de même pour $B$. La dérivation se lisant coordonnée par coordonnée, $X$ est dérivable si et seulement si $x$ l'est, et la colonne des coordonnées de $x^{\prime }(t)$ est $X^{\prime }(t)$. Enfin, la colonne des coordonnées de $a(t)(x(t))+b(t)$ est $A(t)X(t)+B(t)$, par définition de la matrice d'un endomorphisme. Les deux égalités entre vecteurs sont donc équivalentes, coordonnée par coordonnée. $\square$

Le problème de Cauchy et le théorème fondamental

Ce théorème est admis : sa démonstration repose sur une construction itérative dont la convergence n'est pas au programme de la filière. Il faut en revanche en connaître l'énoncé exact, car tout le chapitre en découle, et savoir en lire les deux affirmations distinctes.

Démonstration. La fonction nulle est solution de $(\mathcal{H})$ sur $I$ : elle est dérivable, de dérivée nulle, et $a(t)(0_E)=0_E$ par linéarité de $a(t)$. Les fonctions $x$ et $0$ sont donc deux solutions de $(\mathcal{H})$ prenant la même valeur $0_E$ en $t_1$. Par unicité dans le théorème de Cauchy appliqué à la condition initiale $(t_1,0_E)$, elles sont égales sur $I$. $\square$

Équation scalaire d'ordre deux et système associé

Démonstration. Supposons $x$ solution de $({\mathcal{E}}_2)$. Alors $x$ et $x^{\prime }$ sont dérivables, donc $X={}^t(x,x^{\prime })$ l'est, et

$$X^{\prime }(t)=\left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }(t)\\ x^{\prime \prime }(t)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }(t)\\ -b(t)x(t)-a(t)x^{\prime }(t)+c(t)\end{array}\right)=A(t)X(t)+B(t).$$

Réciproquement, si $X={}^t(x_1,x_2)$ est une solution du système, la première ligne donne $x_1^{\prime }=x_2$ et la seconde $x_2^{\prime }=-b{x}_1-a{x}_2+c$. Donc $x_1$ est deux fois dérivable, avec $x_1^{\prime \prime }=x_2^{\prime }=-b{x}_1-a{x}_1^{\prime }+c$, c'est-à-dire que $x_1$ est solution de $({\mathcal{E}}_2)$, et $X={}^t(x_1,x_1^{\prime })$. $\square$

Démonstration. C'est le théorème de Cauchy linéaire appliqué au système équivalent, avec $E={\mathbb{K}}^2$ et la condition initiale $X(t_0)={}^t(\alpha ,\beta )$ : les applications $A$ et $B$ ci-dessus sont continues puisque $a$, $b$, $c$ le sont. L'équivalence démontrée à l'instant transporte existence et unicité d'un problème à l'autre. La régularité découle de la propriété de régularité automatique appliquée au système. $\square$

Structure de l'ensemble des solutions

L'espace des solutions de l'équation homogène

Démonstration. Structure d'espace vectoriel. Toute solution est de classe ${\mathcal{C}}^1$, donc $S_H\subset {\mathcal{C}}^1(I,E)$. La fonction nulle appartient à $S_H$, qui est donc non vide. Soient $x$ et $y$ dans $S_H$ et $(\lambda ,\mu )\in {\mathbb{K}}^2$. La fonction $\lambda x+\mu y$ est dérivable et, pour tout $t\in I$, la linéarité de $a(t)$ donne

$$(\lambda x+\mu y{)}^{\prime }(t)=\lambda x^{\prime }(t)+\mu y^{\prime }(t)=\lambda a(t)(x(t))+\mu a(t)(y(t))=a(t)(\lambda x(t)+\mu y(t)).$$

Donc $\lambda x+\mu y\in S_H$ : c'est bien un sous-espace vectoriel.

Linéarité de ${\phi }_{t_0}$. Pour $x,y\in S_H$ et $\lambda ,\mu \in \mathbb{K}$, on a $(\lambda x+\mu y)(t_0)=\lambda x(t_0)+\mu y(t_0)$, ce qui est exactement la linéarité de l'évaluation.

Injectivité. Soit $x\in \ker {\phi }_{t_0}$, c'est-à-dire $x\in S_H$ avec $x(t_0)=0_E$. Le corollaire du théorème de Cauchy affirme alors que $x$ est identiquement nulle sur $I$. Donc $\ker {\phi }_{t_0}=\{0\}$ et ${\phi }_{t_0}$ est injective.

Surjectivité. Soit $x_0\in E$. Le théorème de Cauchy, appliqué à l'équation homogène et à la condition initiale $(t_0,x_0)$, fournit une solution $x$ définie sur $I$ tout entier, donc un élément de $S_H$, vérifiant $x(t_0)=x_0$, c'est-à-dire ${\phi }_{t_0}(x)=x_0$. Donc ${\phi }_{t_0}$ est surjective.

Ainsi ${\phi }_{t_0}$ est un isomorphisme de $S_H$ sur $E$, et deux espaces isomorphes ont même dimension : $\dim S_H=n$. $\square$

L'équation avec second membre

Démonstration. Non-vacuité. Le théorème de Cauchy appliqué à la condition initiale $(t_0,0_E)$ fournit une solution de $(\mathcal{E})$ sur $I$.

Inclusion $x_p+S_H\subset S$. Soit $h\in S_H$. La fonction $x_p+h$ est dérivable et, pour $t\in I$,

$$(x_p+h{)}^{\prime }(t)=a(t)(x_p(t))+b(t)+a(t)(h(t))=a(t)(x_p(t)+h(t))+b(t),$$

par linéarité de $a(t)$. Donc $x_p+h\in S$.

Inclusion $S\subset x_p+S_H$. Soit $x\in S$ et posons $h=x-x_p$. Alors $h$ est dérivable et

$$h^{\prime }(t)=(a(t)(x(t))+b(t))-(a(t)(x_p(t))+b(t))=a(t)(x(t)-x_p(t))=a(t)(h(t)),$$

donc $h\in S_H$ et $x=x_p+h$. Les deux inclusions donnent l'égalité. $\square$

Démonstration. La fonction $x={\sum }_i{\mu }_i{x}_i$ est dérivable et, par linéarité de la dérivation puis de $a(t)$,

$$x^{\prime }(t)=\sum _{i=1}^p{\mu }_i(a(t)(x_i(t))+b_i(t))=a(t)\left(\sum _{i=1}^p{\mu }_i{x}_i(t)\right)+\sum _{i=1}^p{\mu }_i{b}_i(t).\square$$

Système fondamental de solutions et wronskien

Démonstration. Fixons $t\in I$ et rappelons que ${\phi }_t:S_H\to {\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{K})$, $X\mapsto X(t)$, est un isomorphisme. Une famille de $n$ vecteurs de $S_H$ est une base de $S_H$ si et seulement si son image par l'isomorphisme ${\phi }_t$ est une base de ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{K})$, c'est-à-dire si et seulement si $(X_1(t),\dots ,X_n(t))$ est une base de ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{K})$, ce qui équivaut à $\det (X_1(t),\dots ,X_n(t))\ne 0$, soit $w(t)\ne 0$.

Nous avons donc démontré, pour tout $t\in I$, l'équivalence entre « la famille est un système fondamental » et « $w(t)\ne 0$ ». L'assertion 1 équivaut donc à la fois à l'assertion 3 (l'équivalence vaut pour chaque $t$) et à l'assertion 2 (l'intervalle $I$ étant non vide, il suffit d'un $t$). Les trois assertions sont donc équivalentes. Comme la négation de 2 est « $w$ est identiquement nulle », le wronskien est bien soit partout nul, soit partout non nul. $\square$

Démonstration. Les colonnes de $W$ sont de classe ${\mathcal{C}}^1$, donc $W$ l'est, et la dérivation se fait colonne par colonne. La $j$-ème colonne de $W^{\prime }(t)$ est $X_j^{\prime }(t)=A(t)X_j(t)$, qui est exactement la $j$-ème colonne du produit $A(t)W(t)$ (le produit d'une matrice par une matrice se calcule colonne par colonne). Les deux matrices ont donc les mêmes colonnes. La réciproque se lit de la même manière, colonne par colonne. $\square$

La formule de Liouville

Démonstration. Commençons par un lemme d'algèbre linéaire.

Lemme. Soit $F$ un $\mathbb{K}$-espace vectoriel de dimension $n$ muni d'une base $\mathcal{C}=({\epsilon }_1,\dots ,{\epsilon }_n)$, soit $\det$ le déterminant dans cette base et soit $u\in \mathcal{L}(F)$. Alors, pour tous vecteurs $y_1,\dots ,y_n$ de $F$,

$$\sum _{j=1}^n\det (y_1,\dots ,y_{j-1},u(y_j),y_{j+1},\dots ,y_n)=\mathrm{tr}(u)\det (y_1,\dots ,y_n).$$

Preuve du lemme. Notons $\Psi (y_1,\dots ,y_n)$ le membre de gauche. Chacun des $n$ termes est $n$-linéaire en $(y_1,\dots ,y_n)$, car $\det$ est $n$-linéaire et $u$ est linéaire ; donc $\Psi$ est $n$-linéaire. Montrons que $\Psi$ est alternée. Supposons $y_k=y_l=y$ avec $k\ne l$. Dans la somme, tout terme d'indice $j\notin \{k,l\}$ contient deux arguments égaux (aux places $k$ et $l$) et est donc nul. Restent les deux termes d'indices $k$ et $l$ : le premier a $u(y)$ à la place $k$ et $y$ à la place $l$, le second a $y$ à la place $k$ et $u(y)$ à la place $l$, tous les autres arguments étant identiques. Le second s'obtient donc du premier en échangeant les arguments des places $k$ et $l$, ce qui multiplie le déterminant par $-1$ : leur somme est nulle. Ainsi $\Psi$ est une forme $n$-linéaire alternée sur un espace de dimension $n$, donc proportionnelle à $\det$ :

$$\Psi =\Psi ({\epsilon }_1,\dots ,{\epsilon }_n)\det .$$

Il reste à calculer la constante. Écrivons $u({\epsilon }_j)={\sum }_{i=1}^n{\alpha }_{ij}{\epsilon }_i$. Par $n$-linéarité, $\det ({\epsilon }_1,\dots ,u({\epsilon }_j),\dots ,{\epsilon }_n)={\sum }_i{\alpha }_{ij}\det ({\epsilon }_1,\dots ,{\epsilon }_i,\dots ,{\epsilon }_n)$, où ${\epsilon }_i$ occupe la place $j$ ; tous ces déterminants sont nuls sauf celui d'indice $i=j$, qui vaut $1$. Il reste ${\alpha }_{jj}$, et en sommant sur $j$ on trouve $\Psi ({\epsilon }_1,\dots ,{\epsilon }_n)={\sum }_j{\alpha }_{jj}=\mathrm{tr}(u)$. Le lemme est démontré.

Démonstration du théorème. Le déterminant est une application $n$-linéaire des colonnes, et les colonnes $X_1,\dots ,X_n$ sont de classe ${\mathcal{C}}^1$. Le théorème de dérivation d'une application multilinéaire, vu au chapitre des fonctions vectorielles, donne alors que $w=\det (X_1,\dots ,X_n)$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ avec

$$w^{\prime }(t)=\sum _{j=1}^n\det (X_1(t),\dots ,X_{j-1}(t),X_j^{\prime }(t),X_{j+1}(t),\dots ,X_n(t)).$$

Or $X_j^{\prime }(t)=A(t)X_j(t)$ pour tout $j$. En appliquant le lemme à l'endomorphisme $u_t:Y\mapsto A(t)Y$ de ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{K})$, dont la matrice dans la base canonique est $A(t)$, et donc de trace $\mathrm{tr}(A(t))$, il vient

$$w^{\prime }(t)=\sum _{j=1}^n\det (X_1(t),\dots ,u_t(X_j(t)),\dots ,X_n(t))=\mathrm{tr}(A(t))\det (X_1(t),\dots ,X_n(t))=\mathrm{tr}(A(t))w(t).$$

Intégration de cette équation. La fonction $t\mapsto \mathrm{tr}(A(t))$ est continue sur l'intervalle $I$ ; notons $T(t)={\int }_{t_0}^t\mathrm{tr}(A(s))\mathrm{d}s$ sa primitive nulle en $t_0$. Posons $g(t)=w(t){\mathrm{e}}^{-T(t)}$. Cette fonction est de classe ${\mathcal{C}}^1$ et

$$g^{\prime }(t)=w^{\prime }(t){\mathrm{e}}^{-T(t)}-w(t)T^{\prime }(t){\mathrm{e}}^{-T(t)}=\left(\mathrm{tr}\right(A(t))w(t)-\mathrm{tr}(A(t))w(t)){\mathrm{e}}^{-T(t)}=0.$$

Comme $I$ est un intervalle, $g$ est constante, égale à $g(t_0)=w(t_0)$. D'où $w(t)=w(t_0){\mathrm{e}}^{T(t)}$, ce qui est la formule annoncée. $\square$

Démonstration. La matrice du système associé est $A(t)=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -b(t)& -a(t)\end{array}\right)$, de trace $-a(t)$, et les colonnes de la matrice wronskienne sont ${}^t(x_1,x_1^{\prime })$ et ${}^t(x_2,x_2^{\prime })$, d'où l'expression du déterminant. La formule de Liouville donne $w^{\prime }=-a(t)w$, et la formule intégrée suit. Si $a=0$, alors $w^{\prime }=0$ sur l'intervalle $I$, donc $w$ est constante. $\square$

Équations scalaires du premier ordre

Dans toute cette section, $n=1$ : les fonctions $a$ et $b$ sont continues de $I$ dans $\mathbb{K}$, et l'inconnue $y$ est une fonction de $I$ dans $\mathbb{K}$.

Résolution de l'équation homogène

Démonstration. La fonction $a$ étant continue sur l'intervalle $I$, elle y admet des primitives : $A$ existe bien.

Ce sont des solutions. Pour $\lambda \in \mathbb{K}$, la fonction $y:t\mapsto \lambda {\mathrm{e}}^{A(t)}$ est dérivable et $y^{\prime }(t)=\lambda A^{\prime }(t){\mathrm{e}}^{A(t)}=a(t)y(t)$.

Il n'y en a pas d'autres (facteur intégrant). Soit $y$ une solution quelconque sur $I$. Posons $z(t)=y(t){\mathrm{e}}^{-A(t)}$ ; cette fonction est dérivable sur $I$ et

$$z^{\prime }(t)=y^{\prime }(t){\mathrm{e}}^{-A(t)}-a(t)y(t){\mathrm{e}}^{-A(t)}=(y^{\prime }(t)-a(t)y(t)){\mathrm{e}}^{-A(t)}=0.$$

Comme $I$ est un intervalle, $z$ est constante, égale à un scalaire $\lambda$, et $y(t)=\lambda {\mathrm{e}}^{A(t)}$. $\square$

L'équation avec second membre

Démonstration. Cherchons une solution sous la forme $y(t)=\lambda (t){\mathrm{e}}^{A(t)}$, où $\lambda$ est une fonction dérivable inconnue : c'est licite car ${\mathrm{e}}^{A(t)}$ ne s'annule pas, si bien que toute fonction $y$ s'écrit ainsi avec $\lambda (t)=y(t){\mathrm{e}}^{-A(t)}$, qui est dérivable dès que $y$ l'est. On a alors

$$y^{\prime }(t)={\lambda }^{\prime }(t){\mathrm{e}}^{A(t)}+\lambda (t)a(t){\mathrm{e}}^{A(t)}={\lambda }^{\prime }(t){\mathrm{e}}^{A(t)}+a(t)y(t),$$

de sorte que $y$ est solution si et seulement si ${\lambda }^{\prime }(t){\mathrm{e}}^{A(t)}=b(t)$, c'est-à-dire

$${\lambda }^{\prime }(t)=b(t){\mathrm{e}}^{-A(t)}.$$

La fonction $s\mapsto b(s){\mathrm{e}}^{-A(s)}$ est continue sur $I$ ; le choix $\lambda (t)={\int }_{t_0}^{t}b(s){\mathrm{e}}^{-A(s)}\mathrm{d}s$ convient et donne la solution particulière $y_p$ annoncée. La description de $S$ résulte alors du théorème de structure, $S_H$ étant la droite engendrée par ${\mathrm{e}}^A$.

Pour la condition initiale : $y_p(t_0)=0$, donc la solution cherchée est $y=y_p+\lambda {\mathrm{e}}^A$ avec $\lambda {\mathrm{e}}^{A(t_0)}=y_0$, soit $\lambda =y_0{\mathrm{e}}^{-A(t_0)}$. En reportant et en faisant entrer ${\mathrm{e}}^{A(t)}$ dans l'intégrale (ce qui est licite, $t$ y étant une constante vis-à-vis de la variable $s$), on obtient la formule annoncée. $\square$

Équations non résolues et recollement

L'exponentielle d'une matrice

Définition et convergence

Démonstration. Munissons ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ de la norme $N(M)=n{\max }_{1⩽i,j⩽n}|m_{i,j}|$, qui est sous-multiplicative : $N(MP)⩽N(M)N(P)$, comme vu au chapitre des séries vectorielles. Une récurrence immédiate donne alors $N\left(A^k\right)⩽N(A{)}^k$ pour tout $k⩾1$. Par homogénéité de la norme, il vient donc, pour tout $k⩾1$,

$$N\left(\frac{A^k}{k!}\right)=\frac{N\left(A^k\right)}{k!}⩽\frac{N(A{)}^k}{k!}.$$

La série numérique ${\sum }_{k⩾1}\frac{N(A{)}^k}{k!}$ converge, de somme ${\mathrm{e}}^{N(A)}-1$ : c'est la série exponentielle réelle privée de son premier terme. Par comparaison de séries à termes positifs, la série ${\sum }_{k⩾1}N\left(\frac{A^k}{k!}\right)$ converge, et l'ajout du terme d'indice $0$, qui vaut $N(I_n)$, ne change évidemment pas la nature de la série. Donc ${\sum }_k\frac{A^k}{k!}$ est absolument convergente. Or ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ est un espace vectoriel normé de dimension finie, et dans un tel espace toute série absolument convergente est convergente : la série converge. $\square$

Démonstration. Notons $S_p={\sum }_{k=0}^p\frac{A^k}{k!}$ la somme partielle. Puisque $\Vert A^k\Vert ⩽\Vert A{\Vert }^k$ pour $k⩾1$ et que $\Vert A^0\Vert =\Vert I_n\Vert =1=\Vert A{\Vert }^0$, la majoration vaut cette fois pour tout $k⩾0$, et l'inégalité triangulaire donne

$$\Vert S_p\Vert ⩽\sum _{k=0}^p\frac{\Vert A{\Vert }^k}{k!}⩽{\mathrm{e}}^{\Vert A\Vert }.$$

La suite $(S_p)$ converge vers $\exp (A)$ et la norme est continue, donc $\Vert S_p\Vert \to \Vert \exp A\Vert$. Le passage à la limite dans une inégalité large conserve celle-ci : $\Vert \exp A\Vert ⩽{\mathrm{e}}^{\Vert A\Vert }$. $\square$

Propriétés

Démonstration. Munissons ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ d'une norme sous-multiplicative. Les séries $\sum \frac{A^k}{k!}$ et $\sum \frac{B^k}{k!}$ sont absolument convergentes. Le théorème sur le produit de Cauchy de deux séries absolument convergentes, énoncé en première année pour les séries numériques, s'étend mot pour mot aux séries à valeurs dans ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ muni d'une norme sous-multiplicative : la démonstration ne fait intervenir que l'inégalité triangulaire et la majoration $N(MP)⩽N(M)N(P)$. Il vient donc

$$\exp (A)\exp (B)=\sum _{m=0}^{+\infty }{C}_m,C_m=\sum _{k=0}^m\frac{A^k}{k!}\cdot \frac{B^{m-k}}{(m-k)!}.$$

Transformons $C_m$ en faisant apparaître les coefficients binomiaux :

$$C_m=\sum _{k=0}^m\frac{1}{k!(m-k)!}{A}^k{B}^{m-k}=\frac{1}{m!}\sum _{k=0}^m\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k}\right)A^k{B}^{m-k}.$$

Comme $A$ et $B$ commutent, la formule du binôme de Newton est valable dans l'anneau ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ pour ce couple de matrices, et donne ${\sum }_{k=0}^m\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k}\right)A^k{B}^{m-k}=(A+B{)}^m$. Donc $C_m=\frac{(A+B{)}^m}{m!}$, et en sommant,

$$\exp (A)\exp (B)=\sum _{m=0}^{+\infty }\frac{(A+B{)}^m}{m!}=\exp (A+B).$$

L'hypothèse étant symétrique en $A$ et $B$, on obtient de même $\exp (B)\exp (A)=\exp (B+A)=\exp (A+B)$. $\square$

Démonstration. Le point 1 a déjà été vu. Pour le point 2, les matrices $A$ et $-A$ commutent, donc $\exp (A)\exp (-A)=\exp (A-A)=\exp (0_n)=I_n$, et de même dans l'autre sens : $\exp (A)$ est inversible d'inverse $\exp (-A)$. Le point 3 s'obtient de même, $sA$ et $tA$ commutant toujours ; et $A$ commute avec chaque somme partielle ${\sum }_{k⩽p}\frac{t^k{A}^k}{k!}$, donc avec leur limite par continuité du produit matriciel.

Pour le point 4, notons $\Phi :M\mapsto PM{P}^{-1}$. C'est une application linéaire de ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ dans lui-même, donc continue car l'espace est de dimension finie. Une récurrence immédiate donne $(PA{P}^{-1}{)}^k=P{A}^k{P}^{-1}$, donc

$$\sum _{k=0}^p\frac{(PA{P}^{-1}{)}^k}{k!}=\Phi \left(\sum _{k=0}^p\frac{A^k}{k!}\right).$$

En faisant tendre $p$ vers $+\infty$ et en utilisant la continuité de $\Phi$, on obtient $\exp \left(PA{P}^{-1}\right)=\Phi \left(\exp A\right)=P\exp (A)P^{-1}$.

Le point 5 se démontre exactement de la même manière avec l'application linéaire continue $M\mapsto {}^{t}M$, en utilisant $({}^{t}A{)}^k={}^t(A^k)$. Le point 6 aussi, en remarquant que $A^k=\mathrm{diag}(A_1^k,\dots ,A_r^k)$ et que la convergence dans ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ se lit coefficient par coefficient. $\square$

Dérivation

Démonstration. Posons, pour $k\in \mathbb{N}$, $f_k(t)=\frac{t^k{A}^k}{k!}$. Chaque $f_k$ est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ sur $\mathbb{R}$ (c'est un monôme en $t$ à coefficient matriciel), avec $f_0^{\prime }=0$ et, pour $k⩾1$,

$$f_k^{\prime }(t)=\frac{t^{k-1}{A}^k}{(k-1)!}.$$

La série $\sum f_k$ converge simplement sur $\mathbb{R}$, de somme $\Theta$, d'après le théorème de convergence de la série exponentielle appliqué à $tA$.

Montrons que la série des dérivées converge normalement sur tout segment. Soit $T>0$ et $t\in [-T,T]$. Avec une norme sous-multiplicative $N$,

$$N(f_k^{\prime }(t))=\frac{|t{|}^{k-1}}{(k-1)!}N\left(A^k\right)⩽\frac{T^{k-1}N(A{)}^k}{(k-1)!}=N(A)\frac{(TN(A){)}^{k-1}}{(k-1)!},$$

majoration indépendante de $t$ et terme général d'une série convergente (série exponentielle). La convergence est donc normale sur $[-T,T]$, donc uniforme.

Le théorème de dérivation terme à terme des séries de fonctions, vu au chapitre des suites et séries de fonctions, s'applique : $\Theta$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ sur tout segment $[-T,T]$, donc sur $\mathbb{R}$ puisque $T$ est arbitraire, et

$${\Theta }^{\prime }(t)=\sum _{k=1}^{+\infty }\frac{t^{k-1}{A}^k}{(k-1)!}=A\sum _{j=0}^{+\infty }\frac{t^j{A}^j}{j!}=A\exp (tA),$$

par le changement d'indice $j=k-1$ et la factorisation par $A$ (licite : la multiplication à gauche par $A$ est linéaire continue, elle passe donc à la limite des sommes partielles). Comme $A$ commute avec chaque $A^j$, on peut tout aussi bien factoriser à droite, d'où ${\Theta }^{\prime }(t)=\exp (tA)A$.

Enfin, ${\Theta }^{\prime }=A\Theta$ montre que ${\Theta }^{\prime }$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ dès que $\Theta$ l'est ; une récurrence immédiate donne $\Theta$ de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ avec ${\Theta }^{(m)}=A^m\Theta$. $\square$

Calcul pratique

Justifions rapidement la troisième situation. Pour chaque entier $k$, la division euclidienne de $X^k$ par $Q$ s'écrit $X^k=Q{S}_k+R_k$ avec $\mathrm{deg}{R}_k<d$. En évaluant en $A$, comme $Q(A)=0$, on obtient $A^k=R_k(A)$ ; en évaluant en une racine $\lambda$ de $Q$, on obtient ${\lambda }^k=R_k(\lambda )$. Ainsi toutes les puissances de $A$ vivent dans le sous-espace $\mathrm{Vect}(I_n,\dots ,A^{d-1})$, qui est de dimension finie donc fermé : la somme de la série y reste. Les conditions imposées aux racines proviennent de ce que le même polynôme $R_t$ « représente » à la fois $\exp (tA)$ et les nombres ${\mathrm{e}}^{\lambda t}$ ; le cas d'une racine multiple s'obtient en dérivant la relation $X^k=Q{S}_k+R_k$, les $m-1$ premières dérivées de $Q{S}_k$ s'annulant en $\lambda$.

Déterminant de l'exponentielle

Démonstration. Traitons d'abord le cas $\mathbb{K}=\mathbb{C}$. Le polynôme caractéristique de $A$ est scindé sur $\mathbb{C}$, donc $A$ est trigonalisable : il existe $P\in {\mathrm{GL}}_n(\mathbb{C})$ et $T$ triangulaire supérieure telles que $A=PT{P}^{-1}$. Notons ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n$ les coefficients diagonaux de $T$, qui sont les valeurs propres de $A$ comptées avec multiplicité. Nous utilisons seulement l'existence d'une telle écriture : à aucun moment nous ne calculons $P$ ni $T$.

Le produit de deux matrices triangulaires supérieures est triangulaire supérieure, de diagonale le produit terme à terme des diagonales ; donc $T^k$ est triangulaire supérieure de diagonale $({\lambda }_1^k,\dots ,{\lambda }_n^k)$. Les sommes partielles ${\sum }_{k⩽p}\frac{T^k}{k!}$ sont donc triangulaires supérieures, de $i$-ème coefficient diagonal ${\sum }_{k⩽p}\frac{{\lambda }_i^k}{k!}$. La convergence dans ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{C})$ se lisant coefficient par coefficient, on en déduit que $\exp (T)$ est triangulaire supérieure de diagonale $({\mathrm{e}}^{{\lambda }_1},\dots ,{\mathrm{e}}^{{\lambda }_n})$. Le déterminant d'une matrice triangulaire étant le produit de ses coefficients diagonaux,

$$\det \left(\exp T\right)=\prod _{i=1}^n{\mathrm{e}}^{{\lambda }_i}=\exp \left(\sum _{i=1}^n{\lambda }_i\right)={\mathrm{e}}^{\mathrm{tr}T}.$$

Enfin, $\exp (A)=P\exp (T)P^{-1}$, donc $\det \left(\exp A\right)=\det \left(\exp T\right)$, et $\mathrm{tr}(A)=\mathrm{tr}(T)$ par invariance de la trace par similitude. D'où le résultat sur $\mathbb{C}$.

Si $\mathbb{K}=\mathbb{R}$, il suffit de considérer $A$ comme un élément de ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{C})$ : la série définissant $\exp (A)$ est la même, son déterminant et sa trace aussi. La formule reste donc valable, les deux membres étant réels. $\square$

Systèmes différentiels à coefficients constants

Dans toute cette section, $A\in {\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ est une matrice constante et l'on étudie le système $X^{\prime }=AX$, éventuellement avec un second membre. L'intervalle de résolution est $\mathbb{R}$ tout entier, puisque les coefficients y sont continus (ils sont constants).

Résolution du problème de Cauchy

Démonstration. Existence. Posons $X(t)=\exp ((t-t_0)A)X_0$. D'après le théorème de dérivation de l'exponentielle, appliqué à $u\mapsto \exp (uA)$ composée avec $t\mapsto t-t_0$, la fonction $X$ est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ et

$$X^{\prime }(t)=A\exp ((t-t_0)A)X_0=AX(t),$$

et $X(t_0)=\exp (0_n)X_0=X_0$ : c'est bien une solution du problème de Cauchy.

Unicité. Soit $Y$ une solution quelconque sur $\mathbb{R}$ et posons $Z(t)=\exp (-tA)Y(t)$. La fonction $Z$ est dérivable comme produit de fonctions dérivables, et la dérivation d'un produit matriciel (application bilinéaire) donne

$$Z^{\prime }(t)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}[\exp (-tA)]Y(t)+\exp (-tA)Y^{\prime }(t)=-A\exp (-tA)Y(t)+\exp (-tA)AY(t).$$

Or $A$ commute avec $\exp (-tA)$, donc les deux termes sont opposés et $Z^{\prime }=0$ sur $\mathbb{R}$. Ainsi $Z$ est constante, égale à $Z(t_0)=\exp (-t_{0}A)X_0$, d'où

$$Y(t)=\exp (tA)Z(t)=\exp (tA)\exp (-t_{0}A)X_0=\exp ((t-t_0)A)X_0,$$

la dernière égalité utilisant que $tA$ et $-t_{0}A$ commutent. Donc $Y=X$. $\square$

Résolution par réduction

Second membre : la formule de Duhamel

Démonstration. Posons $X(t)=\exp (tA)Z(t)$, c'est-à-dire $Z(t)=\exp (-tA)X(t)$ : c'est un changement de fonction inconnue licite, puisque $\exp (tA)$ est inversible pour tout $t$, et $Z$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ si et seulement si $X$ l'est. En dérivant le produit,

$$X^{\prime }(t)=A\exp (tA)Z(t)+\exp (tA)Z^{\prime }(t)=AX(t)+\exp (tA)Z^{\prime }(t).$$

Donc $X$ est solution de $X^{\prime }=AX+B(t)$ si et seulement si $\exp (tA)Z^{\prime }(t)=B(t)$, c'est-à-dire, en multipliant à gauche par $\exp (-tA)$,

$$Z^{\prime }(t)=\exp (-tA)B(t).$$

Le second membre est continu sur $I$, donc $Z$ est déterminée à une constante près :

$$Z(t)=Z(t_0)+{\int }_{t_0}^t\exp (-sA)B(s)\mathrm{d}s.$$

En multipliant par $\exp (tA)$ et en utilisant $Z(t_0)=\exp (-t_{0}A)X_0$ ainsi que $\exp (tA)\exp (-sA)=\exp ((t-s)A)$, on obtient la formule annoncée. La matrice $\exp (tA)$, indépendante de $s$, entre dans l'intégrale par linéarité de celle-ci. $\square$

Variation des constantes dans le cas général

Démonstration. Le changement de fonction inconnue est licite. Pour tout $t\in I$, la matrice $W(t)$ est inversible puisque son déterminant, le wronskien, ne s'annule jamais. Posons $\Lambda (t)=W(t{)}^{-1}X(t)$. Les coefficients de $W(t{)}^{-1}=\frac{1}{\det W(t)}{}^t\mathrm{Com}(W(t))$ sont des fractions rationnelles en les coefficients de $W(t)$, de dénominateur $\det W(t)$ qui ne s'annule pas : ce sont donc des fonctions de classe ${\mathcal{C}}^1$ de $t$. Ainsi $\Lambda$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$, et $X=W\Lambda$.

Le calcul. En dérivant le produit matriciel et en utilisant $W^{\prime }=A(t)W$,

$$X^{\prime }(t)=W^{\prime }(t)\Lambda (t)+W(t){\Lambda }^{\prime }(t)=A(t)W(t)\Lambda (t)+W(t){\Lambda }^{\prime }(t)=A(t)X(t)+W(t){\Lambda }^{\prime }(t).$$

Par conséquent, $X$ est solution de $X^{\prime }=A(t)X+B(t)$ si et seulement si $W(t){\Lambda }^{\prime }(t)=B(t)$ pour tout $t$. Comme $W(t)$ est inversible, ce système linéaire de $n$ équations à $n$ inconnues est un système de Cramer : il détermine ${\Lambda }^{\prime }(t)$ de façon unique, égal à $W(t{)}^{-1}B(t)$. Cette fonction étant continue, elle admet des primitives sur l'intervalle $I$, et le choix de la primitive correspond au choix de la solution particulière. $\square$

Comportement asymptotique

Démonstration. Comme $A$ est diagonalisable sur $\mathbb{C}$, il existe une base $(V_1,\dots ,V_n)$ de ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{C})$ formée de vecteurs propres, et toute solution complexe s'écrit $X(t)={\sum }_{i=1}^n{c}_i{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{i}t}{V}_i$. Or, pour tout $i$,

$$\Vert {\mathrm{e}}^{{\lambda }_{i}t}{V}_i\Vert =\left|{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{i}t}\right|\cdot \Vert V_i\Vert ={\mathrm{e}}^{t\mathrm{Re}({\lambda }_i)}\Vert V_i\Vert .$$

Dans le cas 1, chaque ${\mathrm{e}}^{t\mathrm{Re}({\lambda }_i)}$ tend vers $0$ en $+\infty$, donc $\Vert X(t)\Vert ⩽{\sum }_i|c_i|{\mathrm{e}}^{t\mathrm{Re}{\lambda }_i}\Vert V_i\Vert \to 0$. Dans le cas 2, chaque ${\mathrm{e}}^{t\mathrm{Re}({\lambda }_i)}$ est majoré par $1$ sur ${\mathbb{R}}_{+}$, donc $\Vert X(t)\Vert ⩽{\sum }_i|c_i|\Vert V_i\Vert$, majoration indépendante de $t$. Les solutions réelles étant en particulier des solutions complexes, la conclusion vaut pour elles. $\square$

Équations scalaires du second ordre

On considère ici $({\mathcal{E}}_2):x^{\prime \prime }+a(t)x^{\prime }+b(t)x=c(t)$, avec $a$, $b$, $c$ continues sur $I$ à valeurs dans $\mathbb{K}$.

Structure

Démonstration. Tout a déjà été démontré : la dimension vient du théorème de structure appliqué au système équivalent, où $E={\mathbb{K}}^2$ ; la caractérisation par le wronskien vient du théorème correspondant sur les systèmes, la matrice wronskienne étant ici $\left(\begin{array}{cc}{x}_1& x_2\\ x_1^{\prime }& x_2^{\prime }\end{array}\right)$ ; l'équation $w^{\prime }=-a(t)w$ est la formule de Liouville, la trace de la matrice du système valant $-a(t)$. $\square$

Variation des constantes à l'ordre deux

Démonstration de la validité de la méthode. Soient $\lambda$ et $\mu$ de classe ${\mathcal{C}}^1$ vérifiant la contrainte ${\lambda }^{\prime }{x}_1+{\mu }^{\prime }{x}_2=0$, et posons $x=\lambda x_1+\mu x_2$. Alors

$$x^{\prime }={\lambda }^{\prime }{x}_1+{\mu }^{\prime }{x}_2+\lambda x_1^{\prime }+\mu x_2^{\prime }=\lambda x_1^{\prime }+\mu x_2^{\prime },$$

grâce à la contrainte, puis

$$x^{\prime \prime }={\lambda }^{\prime }{x}_1^{\prime }+{\mu }^{\prime }{x}_2^{\prime }+\lambda x_1^{\prime \prime }+\mu x_2^{\prime \prime }.$$

En reportant dans l'équation et en regroupant,

$$x^{\prime \prime }+a{x}^{\prime }+bx={\lambda }^{\prime }{x}_1^{\prime }+{\mu }^{\prime }{x}_2^{\prime }+\lambda \underset{=0}{\underbrace{(x_1^{\prime \prime }+a{x}_1^{\prime }+b{x}_1)}}+\mu \underset{=0}{\underbrace{(x_2^{\prime \prime }+a{x}_2^{\prime }+b{x}_2)}}={\lambda }^{\prime }{x}_1^{\prime }+{\mu }^{\prime }{x}_2^{\prime }.$$

Donc $x$ est solution si et seulement si ${\lambda }^{\prime }{x}_1^{\prime }+{\mu }^{\prime }{x}_2^{\prime }=c$, ce qui, joint à la contrainte, forme bien le système annoncé. Son déterminant vaut $x_1{x}_2^{\prime }-x_2{x}_1^{\prime }=w\ne 0$, d'où l'existence et l'unicité de $({\lambda }^{\prime },{\mu }^{\prime })$ et les formules de Cramer.

Reste à justifier qu'on n'a perdu aucune solution en imposant la contrainte. C'est la variation des constantes générale appliquée au système d'ordre $1$ associé : pour toute solution $x$, la matrice wronskienne $W(t)$ étant inversible, il existe une unique colonne $\Lambda (t)={}^t(\lambda (t),\mu (t))$ de classe ${\mathcal{C}}^1$ telle que ${}^t(x,x^{\prime })=W(t)\Lambda (t)$, et la première ligne de $W{\Lambda }^{\prime }=B$ est précisément ${\lambda }^{\prime }{x}_1+{\mu }^{\prime }{x}_2=0$, puisque la première composante du second membre $B={}^t(0,c)$ est nulle. La contrainte n'est donc pas une restriction : c'est une conséquence. $\square$

Une solution connue : abaissement de l'ordre

Démonstration du point 2. Avec $x=z{x}_1$, on a $x^{\prime }=z^{\prime }{x}_1+z{x}_1^{\prime }$ et $x^{\prime \prime }=z^{\prime \prime }{x}_1+2z^{\prime }{x}_1^{\prime }+z{x}_1^{\prime \prime }$. En reportant,

$$x^{\prime \prime }+a{x}^{\prime }+bx=z^{\prime \prime }{x}_1+2z^{\prime }{x}_1^{\prime }+z{x}_1^{\prime \prime }+a(z^{\prime }{x}_1+z{x}_1^{\prime })+bz{x}_1=z^{\prime \prime }{x}_1+z^{\prime }(2x_1^{\prime }+a{x}_1)+z\underset{=0}{\underbrace{(x_1^{\prime \prime }+a{x}_1^{\prime }+b{x}_1)}},$$

ce qui est bien l'équation annoncée. $\square$

Changements de variable

Démonstration. Posons $\phi =\exp (-\frac{1}{2}A)$, qui ne s'annule pas, de sorte que ${\phi }^{\prime }=-\frac{a}{2}\phi$ et ${\phi }^{\prime \prime }=\left(\frac{a^2}{4}-\frac{a^{\prime }}{2}\right)\phi$. Avec $x=y\phi$,

$$x^{\prime }=y^{\prime }\phi +y{\phi }^{\prime },x^{\prime \prime }=y^{\prime \prime }\phi +2y^{\prime }{\phi }^{\prime }+y{\phi }^{\prime \prime }.$$

Donc

$$\begin{array}{rl}{x}^{\prime \prime }+a{x}^{\prime }+bx& =\phi \left[y^{\prime \prime }-a{y}^{\prime }+y\left(\frac{a^2}{4}-\frac{a^{\prime }}{2}\right)\right]+a\phi \left[y^{\prime }-\frac{a}{2}y\right]+b\phi y\\ & =\phi \left[y^{\prime \prime }+y\left(\frac{a^2}{4}-\frac{a^{\prime }}{2}-\frac{a^2}{2}+b\right)\right]\\ & =\phi \left[y^{\prime \prime }+y\left(b-\frac{a^{\prime }}{2}-\frac{a^2}{4}\right)\right].\end{array}$$

Comme $\phi$ ne s'annule pas, l'équation $x^{\prime \prime }+a{x}^{\prime }+bx=0$ équivaut à $y^{\prime \prime }+qy=0$ avec $q$ comme annoncé. $\square$

Démonstration. L'application $u\mapsto {\mathrm{e}}^u$ est un ${\mathcal{C}}^{\infty }$-difféomorphisme de $\mathbb{R}$ sur ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$ : le changement de variable est donc réversible et ne perd aucune solution. Posons $z(u)=x\left({\mathrm{e}}^u\right)$ ; par dérivation composée,

$$z^{\prime }(u)={\mathrm{e}}^u{x}^{\prime }\left({\mathrm{e}}^u\right)=t{x}^{\prime }(t),z^{\prime \prime }(u)={\mathrm{e}}^u{x}^{\prime }\left({\mathrm{e}}^u\right)+{\mathrm{e}}^{2u}{x}^{\prime \prime }\left({\mathrm{e}}^u\right)=t{x}^{\prime }(t)+t^2{x}^{\prime \prime }(t),$$

en posant $t={\mathrm{e}}^u$. On en tire $t{x}^{\prime }(t)=z^{\prime }(u)$ et $t^2{x}^{\prime \prime }(t)=z^{\prime \prime }(u)-z^{\prime }(u)$. En reportant dans l'équation d'Euler,

$$z^{\prime \prime }-z^{\prime }+\alpha z^{\prime }+\beta z=0,\text{soit}{z}^{\prime \prime }+(\alpha -1)z^{\prime }+\beta z=0.$$

Son équation caractéristique est $r^2+(\alpha -1)r+\beta =0$, que l'on écrit sous la forme mnémotechnique $r(r-1)+\alpha r+\beta =0$. Les trois cas sont ceux, connus, des équations linéaires du second ordre à coefficients constants, et l'on revient à $x$ par $u=\ln t$, ce qui transforme ${\mathrm{e}}^{ru}$ en $t^r$ et $u$ en $\ln t$. $\square$

Recollement à l'ordre deux

Solutions développables en série entière

Synthèse : quelle méthode pour quelle équation

Conseils pour l'oral. Trois réflexes vous distingueront immédiatement. Le premier est d'annoncer l'intervalle avant de calculer, et de justifier que l'équation y est résolue à coefficients continus : c'est ce qui autorise à invoquer le théorème de Cauchy, donc à annoncer la dimension. Le deuxième est de compter les constantes : si votre réponse finale à un problème d'ordre deux ne contient pas exactement deux constantes arbitraires, vous avez perdu ou inventé des solutions. Le troisième est de vérifier : reporter la solution particulière dans l'équation coûte trois lignes et évite la moitié des erreurs de calcul.

Sur le fond, l'examinateur attend surtout que vous sachiez distinguer ce qui relève de la théorie et ce qui relève de la technique. La théorie tient en trois énoncés : le théorème de Cauchy linéaire (existence, unicité, globalité sur $I$), l'isomorphisme $x\mapsto x(t_0)$ qui donne $\dim S_H=n$, et la dérivation $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\exp (tA)=A\exp (tA)$. Tout le reste, variation des constantes comprise, en découle par le calcul. Si vous ne deviez retenir qu'une phrase de ce chapitre, prenez celle-ci : une équation différentielle linéaire est un problème d'algèbre linéaire déguisé, et le déguisement s'appelle le théorème de Cauchy.