VII – Syst` emes diff´ erentiels lin´ eaires
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L’exercice 2 montre que c’est le plus souvent la r´ esolution du syst` eme qui permet
de d´ eterminer la r´ esolvante, et non pas l’inverse comme pourrait le laisser croire la
terminologie.
º¾º ÏÖÓÒ××××Ò ³ÙÒ ×Ý×Ø ÑÑ ×ÓÐÙØØÓÒ×
On va voir ici qu’on sait toujours calculer le d´ eterminant d’un syst` eme de solutions,
ou ce qui revient au mˆ eme, le d´ eterminant de la r´ esolvante, mˆ eme lorsque la
r´ esolvante n’est pas connue.
D´ efinition – Le Wronskien d’un syst` eme de m solutions Y 1 , Y 2 , . . . , Y m de (E 0 )
est
W (t) = det (Y 1 (t), . . . , Y m (t))
Posons V j = Y j (t 0 ). Alors Y j (t) = R(t, t 0 ) · V j , d’o` u
W (t) = det (R(t, t 0 )) · det (V 1 , . . . , V m ).
On est donc ramen´ e ` a calculer la quantit´ e
∆(t) = det (R(t, t 0 )),
et pour cela on va montrer que ∆(t) v´ erifie une ´ equation diff´ erentielle simple. On a
∆(t + h) = det (R(t + h, t 0 )) = det (R(t + h, t)R(t, t 0 ))
= det (R(t + h, t))∆(t).
Comme R(t, t) = I m et
d
du R(u, t)| u=t = A(t)R(t, t) = A(t), la formule de Taylor
donne
R(t + h, t) = I m + hA(t) + o(h),
det (R(t + h, t)) = det (I m + hA(t)) + o(h).
Lemme – Si A = (a ij ) ∈ M m (K), alors
det (I m + hA) = 1 + α 1 h + . . . + α m h
m
avec α 1 = tr A =
1≤i≤m
a ii .
En effet dans det (I m + hA) le terme diagonal est
(1 + ha 11 ) . . . (1 + ha mm ) = 1 + h
a ii + h
2 . . .
et les termes non diagonaux sont multiples de h
2 .