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Exponentielle d'une matrice - Définition

Source: Wikipédia sous licence CC-BY-SA 3.0.
La liste des auteurs de cet article est disponible ici.
- Introduction - Définition - Calculs de l'exponentielle d'une matrice - Propriétés - Bibliographie - Applications

Bibliographie

  • Roger A. Horn et Charles R. Johnson, Topics in Matrix Analysis, Cambridge University Press, 1991. ISBN 0-521-46713-6.

Applications

Équations différentielles linéaires

L'exponentielle d'une matrice peut servir à résoudre des équations différentielles linéaires.

Sachant que y′ = Cy a pour solution eCt, considérons le vecteur

\mathbf{y}(t) = \begin{pmatrix} y_1(t) \\ \vdots \\y_n(t) \end{pmatrix}

Nous pouvons exprimer un système d'équations différentielles linéaires sous la forme

\mathbf{y}'(t) = A\mathbf{y}(t)+\mathbf{b}(t)

En multipliant par e−At, nous avons

e^{-At}\mathbf{y}'-e^{-At}A\mathbf{y} = e^{-At}\mathbf{b}
\frac{d}{dt} (e^{-At}\mathbf{y}) = e^{-At}\mathbf{b}

La résolution du système se ramène donc au calcul de eAt.

Exemple (équation homogène)

Supposons que nous ayons

\begin{matrix} x' &=& 2x&-y&+z \\ y' &=& &3y&-1z \\ z' &=& 2x&+y&+3z \end{matrix}

La matrice associée est

M=\begin{bmatrix} 2 & -1 & 1 \\ 0 & 3 & -1 \\ 2 & 1 & 3 \end{bmatrix}

et son exponentielle est

e^{tM}=\begin{bmatrix} 2e^t - 2te^{2t} & -2e^{2t} & 0 \\ -2e^t + 2(t+1)e^{2t} & 2(t+1)e^{2t} & 0 \\ 2te^{2t} & 2te^{2t} & 2e^t\end{bmatrix}

La solution générale du système est donc

\begin{bmatrix}x \\y \\ z\end{bmatrix}= C_1\begin{bmatrix}2e^t - 2te^{2t} \\-2e^t + 2(t+1)e^{2t}\\2te^{2t}\end{bmatrix} +C_2\begin{bmatrix}-2te^{2t}\\2(t+1)e^{2t}\\2te^{2t}\end{bmatrix} +C_3\begin{bmatrix}0\\0\\2e^t\end{bmatrix}

c'est-à-dire

\begin{matrix} x &=& C_1(2e^t - 2te^{2t}) + C_2(-2te^{2t})\\ y &=& C_1(-2e^t + 2(t+1)e^{2t})+C_2(2(t+1)e^{2t})\\ z &=& (C_1+C_2)(2te^{2t})+2C_3e^t\end{matrix}

Exemple (équation non-homogène, variation de la constante)

Pour une équation non-homogène, on peut utiliser une méthode semblable à la variation de la constante.

Nous cherchons une solution de la forme yp(t)=exp(tA)z(t) :

\mathbf{y}_p' = (e^{tA})'\mathbf{z}(t)+e^{tA}\mathbf{z}'(t)
= Ae^{tA}\mathbf{z}(t)+e^{tA}\mathbf{z}'(t)
= A\mathbf{y}_p(t)+e^{tA}\mathbf{z}'(t)

Avec yp comme solution :

e^{tA}\mathbf{z}'(t) = \mathbf{b}(t)
\mathbf{z}'(t) = (e^{tA})^{-1}\mathbf{b}(t)
\mathbf{z}(t) = \int_0^t e^{-uA}\mathbf{b}(u)\,du+\mathbf{c}

Alors,

\mathbf{y}_p = e^{tA}\int_0^t e^{-uA}\mathbf{b}(u)\,du+e^{tA}\mathbf{c}
= \int_0^t e^{(t-u)A}\mathbf{b}(u)\,du+e^{tA}\mathbf{c}

où c dépend des conditions initiales.

Exemple (non-homogène)

Supposons que nous ayons

\begin{matrix} x' &=& 2x&-y&+z&+e^{2t} \\ y' &=& &3y&-1z& \\ z' &=& 2x&+y&+3z&+e^{2t} \end{matrix}

Nous avons donc

M=\begin{bmatrix} 2 & -1 & 1 \\ 0 & 3 & -1 \\ 2 & 1 & 3 \end{bmatrix}

et

\mathbf{b}=e^{2t}\begin{bmatrix}1 \\0\\1\end{bmatrix}

Comme auparavant, la somme de la solution homogène et de la solution particulière donne la solution générale. La solution homogène étant connue, il suffit de trouver la solution particulière.

\mathbf{y}_p = e^{t}\int_0^t e^{(-u)A}\begin{bmatrix}e^{2u} \\0\\e^{2u}\end{bmatrix}\,du+e^{tA}\mathbf{c}
\mathbf{y}_p = e^{t}\int_0^t \begin{bmatrix} 2e^u - 2ue^{2u} & -2ue^{2u} & 0 \\ \\ -2e^u + 2(u+1)e^{2u} & 2(u+1)e^{2u} & 0 \\ \\ 2ue^{2u} & 2ue^{2u} & 2e^u\end{bmatrix}\begin{bmatrix}e^{2u} \\0\\e^{2u}\end{bmatrix}\,du+e^{tA}\mathbf{c}
\mathbf{y}_p = e^{t}\int_0^t \begin{bmatrix} e^{2u}( 2e^u - 2ue^{2u}) \\ \\ e^{2u}(-2e^u + 2(1 + u)e^{2u}) \\ \\ 2e^{3u} + 2ue^{4u}\end{bmatrix}\,du+e^{tA}\mathbf{c}
\mathbf{y}_p = e^{t}\begin{bmatrix} -{1 \over 24}e^{3t}(3e^t(4t-1)-16) \\ \\ {1 \over 24}e^{3t}(3e^t(4t+4)-16) \\ \\ {1 \over 24}e^{3t}(3e^t(4t-1)-16)\end{bmatrix}+ \begin{bmatrix} 2e^t - 2te^{2t} & -2te^{2t} & 0 \\ \\ -2e^t + 2(t+1)e^{2t} & 2(t+1)e^{2t} & 0 \\ \\ 2te^{2t} & 2te^{2t} & 2e^t\end{bmatrix}\begin{bmatrix}c_1 \\c_2 \\c_3\end{bmatrix} ,

expression qui peut être simplifiée pour obtenir la solution particulière cherchée.

Propriétés
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