Histoire d'Equation différentielle

[invite4ef352d8]

Bonjour !


j'essai de prouver le résultat suivant (mais est-il vrai ? ) :

on ce donne un polynome Q a k+1 indéterminer, exist-il un polynome P (a k+1 indéterminé) telle que

si Q(f,f',f'',...fk) = 0 alors P(f',f'',...f(k+1))=0


(f désigne un fonction infiniement dérivable, fk et f(k+1) désigne biensur les dérivé k-iemme et (k+1)-iemme de f)




en fait, le but est plutot de savoir a qu'elle condition sur Q, P existe, et de trouver un algorithme qui donne P en fonction de Q quand c'est possible... j'ai trouvé pas mal de couple (P,Q) qui fonctionne, mais en géneral tous ce que j'arrive a faire c'est de vérifier qu'un couple (P,Q) fonctionne, pas de trouver P à partir de Q...


toute idée ou suggestion sur la question sera la bienvenue ^^
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[invite35452583]

Je ne connais pas la réponse mais je suis assez perplexe qu'en à la possibilité de le faire de manière générale.
Un f²+f'=0, on dérive on substitue on élève aux bonnes puissances pour lever les racines on tombe sur f"²+4f'^3=0 OK
Mais est-ce que cela est vraie pour un polynôme du type : f^5+f+f'=0 5le choix du degré 5 n'est pas innocent)
on dérive on obtient f'(5f^4+1)+f"=0. Et là je ne vois vraiment pas comment on pourrait substituer 5f^4+1 ou une de ces puissances.
Y a-t-il un moyen autre que dériver (c'est quand même ce qui vient en premier à l'esprit) pour obtenir une telle implication ?

[invite4ef352d8]

apres quelques calcule avec maple et pas mal de tatonement, j'ai finit par trouver :

3125*y'^9+y''^5-15y'y''^4+80y'^2y''^3-160y'^3y''^2+256y'^5

qui m'a l'air de fonctioner

(j'ai chercher un polynome telle que P(x^5+x,5x^4+1)=0 en partant de 5^5*(x^5+x)^4-(5x^4+1)^5 et suprimant un a un les termes dominants rstant en rajoutant des termes de degré inférieur...)

[invite4ef352d8]

Re-bonjours !


bien entendu j'ai oublié un détail essentielle... P et Q sont des polynomes non nul

sinon j'ai continuer à réfléchir a la question, et je pense que la méthode que j'ai utilisé pour l'équation donné par Homotopie doit pouvoir ce géneraliser a un grand nombre d'équation...


enfait on peut partir du résultat suivant :

si on a deux fraction rationelle U et V alors il existe un polynome W a deux indéterminer telle que W(U(x),V(x)) = 0

(bon j'ai pas vraiment de preuve simple a par compter le nombre d'équation et d'inconu et voir que c'est possible, ni de methode efficace pour déterminer P... toute information sur ce résultat sera le bienvenu ^^ )



alors si par exemple Q est de degré 1 par rapporta sa dernier variable, (c'est le cas dans l'exemple donné par Homotopie), ca veux dire qu'une solution de la premier équation yk = F(y,y'..yk-1) avec F une fraction rationelle.
on peut dériver pour obetenir : y(k+1) = H(y...,yk)

apres on considere H et F comme des fraction rationelle en y, et on doit pouvoir un polynome P (dépendant, on l'espère rationellement, de y'..yk) telle que P(H,F)=0

en calculant P(yk,yk+1) on obtiens une grosse fraction rationelle en y'...yk,yk+1 qui est tous le temps nul, et en prenant son numérateur on a notre solution (qui n'est pas trivialement nul, puissque y(k+1) n'apparait que en tant que variable de P dont n'as pas pu ce simplifier avec autre chose... je sais pas si ce que je dit est tres claire la...)


enfin voila... il faudrait que je trouve quelque chose sur ce fammeux "W(U(x),V(x)) = 0 " (comment est-ce qu'on peut le calculer à moindre frai par exemple...)

[A voir en vidéo sur Futura]