14.2 Résolution des équations d’état
305
et :
[T]
−1 =
1
det [T]
1 −1
−1 −2
=
⎡
⎢
⎢
⎣
−
1
3
1
3
1
3
2
3
⎤
⎥
⎥
⎦
Par ailleurs :
D
=
−1
0
0 −4
Calculons à présent la matrice de transition :
On a :
e
[A]t =
−2 1
1 1
e
−t
0
0 e
−4t
−1/3 1/3
1/3 2/3
soit :
e
[A]t =
−2 e
−t
e
−4t
e
−t
e
−4t
−1/3 1/3
1/3 2/3
d’où :
e
[A]t =
⎡
⎢
⎢
⎣
2
3
e
−t +
1
3
e
−4t
−
2
3
e
−t +
2
3
e
−4t
−
1
3
e
−t +
1
3
e
−4t
1
3
e
−t +
2
3
e
−4t
⎤
⎥
⎥
⎦
Vérifions à présent ce résultat au moyen de la méthode de Cayley-Hamilton. Nous pouvons écrire, a priori,
que :
e
[A]t = f 1 (t) [A] + f 0 (t)I = f 1 (t)
−2 −2
−1 −3
+ f 0 (t)
1 0
0 1
avec :
e
l1t = e
−t = −f 1 (t) + f 0 (t)
e
l2t = e
−4t = −4f 1 (t) + f 0 (t)
d’où :
e
−t
− e
−4t = 3f 1 (t) ⇒ f 1 (t) =
e
−t
3
−
e
−4t
3
et :
f 0 (t) = f 1 (t) + e
−t =
4 e
−t
3
−
e
−4t
3
On a donc :
e
[A]t =
e
−t
3
−
e
−4t
3
−2 −2
−1 −3
+
4 e
−t
3
−
e
−4t
3
1 0
0 1
d’où :
e
[A]t =
⎡
⎢
⎢
⎣
2
3
e
−t +
1
3
e
−4t
−
2
3
e
−t +
2
3
e
−4t
−
1
3
e
−t +
1
3
e
−4t
1
3
e
−t +
2
3
e
−4t
⎤
⎥
⎥
⎦