Equations différentielles & Limites

invite0d212215 · 29/10/2009, 14h00

Bonjour,

J'ai quelques exos sur les équations différentielles où on essaye de démontrer certaines propriétés des solutions sans pour autant les chercher, notamment des limites, leurs signes ou encore si elles sont bornées ou pas et je n'arrive pas à trouver comment traiter ce genre de questions. En voici un exemple :

Soient $a$ et $b$ deux fonctions continues de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ telles que $\exists \lambda > 0, \ \forall x \in \mathbb{R}, \ a(x) \geq \lambda \ et \ \lim_{x \rightarrow + \infty} b(x) = 0.$

Merci d'avance.

On consdière l'équation $(E) : y' + ay = b$ .

Montrer que toutes les solutions de (E) ont une limite nulle en $+\infty$ .

En supposant de plus que $\lim_{x \rightarrow - \infty} b(x) = 0$ , montrer qu'il existe une unique solution de (E) ayant une limite nulle en $-\infty$

invitefa8436e7 · 29/10/2009, 15h47

Bonjour,

En appliquant la méthode de variation de la constante, j'obtiens la forme des solutions de $(E)$ : $y(x) = C \exp (- \int_0^x a) + \int_0^x b(t) \exp(\int_0^t a) dt) \exp (- \int_0^x a)$ où $C$ est une constante.

Le premier terme est majoré en valeur absolue par $|C| \exp (- \lambda x )$ donc tend vers $0$ en $+\infty$ .

Le deuxième terme peut se mettre sous la forme $\int_0^x b(t) \exp(-\int_t^x a) dt$ . Après, étant donné $\varepsilon > 0$ je choisis $x \geq A$ de façon à ce que $|b(x)| \leq \epsilon$ . Je sépare l'intégrale du deuxième terme en deux : l'une de $0$ à $A$ (que j'appelle $(1)$ ) et l'autre de $A$ à $x$ (que j'appelle $(2)$ ). Alors $(1)$ est majoré en valeur absolue par $\frac{||b||_{\infty}}{\lambda} (\exp(-\lambda(x-A)) - \exp(-\lambda x)$ qui tend vers $0$ à l'infini et $(2)$ est majoré en valeur absolue par $\frac{\epsilon}{\lambda} (1- \exp (-\lambda (x-A)))$ qui tend vers $\frac{\epsilon}{\lambda}$ à l'infini, terme que l'on peut rendre aussi petit que l'on veut. D'où le résultat.

invite0d212215 · 29/10/2009, 17h23

Um, ce n'est pas vraiment le coeur du problème, mais j'ai du mal à suivre ce que t'as fais avec les primitives : ou sont passés les dx ? et pourquoi il n'y a que le dt ? Ca m'éclaircira un peu sur ce que tu as fais pour résoudre après.

invitefa8436e7 · 29/10/2009, 18h04

En fait j'ai juste écrit $\int_0^x a$ pour $\int_0^x a(u) du$ afin de simplifier la notation.

A voir en vidéo sur Futura · Aujourd'hui

invite0d212215 · 29/10/2009, 18h10

Ah d'accord, je demandais juste parce que je me méfie des notations. Mais après, tu as utilisé les donnée pour montrer que le premier terme est majoré, mais pour le deuxième j'ai pas vraiment compris.

invitefa8436e7 · 29/10/2009, 18h51

Pour le premier terme : $\int_0^x a(u) du \geq \int_0^x \lambda du = \lambda x$ ( $x$ est supposé positif) donc, en composant par $t \mapsto \exp(-t)$ , $\exp(-\int_0^x a(u) du) \leq \exp(-\lambda x)$ .

Pour le deuxième terme, on se donne $\varepsilon > 0$ et on choisit $x$ supérieur à un certain réel positif $A$ de façon à avoir $|b(x)| \leq \varepsilon$ ce qui est possible car $\lim_{x\rightarrow +\infty} b(x) = 0$ .
On sépare l'intégrale en deux : $\int_0^x b(t) \exp(-\int_t^x a) dt = \underbrace{\int_0^A b(t) \exp(-\int_t^x a) dt}_{f(x)} + \underbrace{\int_A^x b(t) \exp(-\int_t^x a) dt}_{g(x)}$ .

Maintenant il reste à majorer $f(x)$ et $g(x)$ en valeur absolue. On utilise pour cela l'inégalité $\exp(-\int_t^x a(u) du) \leq \exp(-\lambda (x-t))$ .

$|f(x)| \leq ||b||_{\infty} \int_0^A \exp(-\lambda (x-t)) dt = ||b||_{\infty} [\frac{1}{\lambda} \exp(-\lambda (x-t))]_0^A = \frac{||b||_{\infty}}{\lambda} (\exp(-\lambda(x-A)) - \exp(-\lambda x)) \rightarrow_{x \rightarrow +\infty} 0$

$|g(x)| \leq \int_A^x |b(t)| \exp(-\lambda (x-t)) dt \leq \varepsilon \int_A^x \exp(-\lambda (x-t)) dt \leq \varepsilon [\frac{\exp(-\lambda (x-t))}{\lambda}]_A^x = \frac{\varepsilon}{\lambda} (1 - \exp (-\lambda (x-A))) \rightarrow_{x \rightarrow +\infty} \frac{\varepsilon}{\lambda}$

Donc $|f(x) + g(x)|$ est majoré par une fonction qui tend vers $\frac{\varepsilon}{\lambda}$ à l'infini. Or $\varepsilon$ peut être choisi aussi petit que l'on veut. D'où $\lim_{x \rightarrow +\infty} (f(x) + g(x)) = 0$ et le résultat en découle.

invite0d212215 · 31/10/2009, 09h07

Um, j'ai compris la première partie et le principe, mais j'ai encore un problème de notation : $\parallel b \parallel _\infty$ symbolise quoi ?

invitefa8436e7 · 31/10/2009, 13h50

$||b||_{\infty}= \sup_{x \in \mathbb{R}} |b(x)|$ (norme infinie de $b$ )

invite0d212215 · 04/11/2009, 17h08

Merci FunWarrior, mais il s'est avéré que cet exos était pour plus tard en fait puisqu'on a pas encore tout le bagage nécessaire pour le résoudre... Je garderai la solution pour plus tard, merci bien

.

Sinon, un autre exercice un peu du même genre sur lequel je bloque aussi :

$(E) \ : \ xy'+(x-1)y+y^2=0$
Soit $y$ une solution de $(E)$ sur $\mathbb{R}_+^*$ et sur $\mathbb{R}_-^*$ ne s'annulant pas sur ces intervalles. Ecrire l'équation différentielle linéaire $(E')$ vérifiée par $u = \frac{1}{y}$ ; résoudre $(E')$ puis $(E)$ .

On admet que $lim_{x \rightarrow 0} \frac{exp{\frac{x}{x-1}}-1}{x} = - \frac{1}{2}$
Montrer que (E) possède une solution f et une seule définie sur R telle que la limite de f au voisinage de 0 est non nulle.

J'ai résolu E sur les deux intervalles données, et j'ai eu :
y solution de E sur $\mathbb{R}_+^*$ ssi $y \ x \rightarrow \frac{x}{\alpha*exp{x}-1}$ avec $\alpha$ un réel
et
y solution de E sur $\mathbb{R}_-^*$ ssi $y \ x \rightarrow \frac{x}{\beta*exp{x}-1}$ avec $\beta$ un réel.

Mais est ce que je me satisfait à ça, ou est ce que je dois résoudre sur R ? Si oui, est ce par la méthode de recollement et en utilisant le fait que y doit être continue en 0 ?
En fait, j'ai essayé cette méthode, j'ai trouvé deux valeurs possibles de y(0) : 0 et 1. Pour 0, j'ai les solutions que j'ai cité avec une condition sur $\alpha$ et $\beta$ qui doivent être différents de 1. Pour y(0) = 1 j'arrive pas à conclure.

Pour la question suivante, je ne vois pas du tout comment je dois m'y prendre (et surtout comment utiliser la donnée).

Merci d'avance.

invitefa8436e7 · 05/11/2009, 00h14

Je vais y réfléchir... demain... enfin aujourd'hui.

invitec317278e · 05/11/2009, 19h30

Tu es sûr de tes solutions?

invite0d212215 · 05/11/2009, 21h01

Je crois qu'il faut restreindre les ensembles décrit par $\alpha$ et $\beta$ mais sinon oui je suis sûr que j'ai la bonne forme.

invitefa8436e7 · 05/11/2009, 21h11

Tu as fait comment pour obtenir ces résultats ?

invite57a1e779 · 05/11/2009, 21h29

Envoyé par Thorin

Tu es sûr de tes solutions?

Envoyé par FunWarrior

Tu as fait comment pour obtenir ces résultats ?

Envoyé par Haexyrus

Je crois qu'il faut restreindre les ensembles décrit par $\alpha$ et $\beta$ mais sinon oui je suis sûr que j'ai la bonne forme.

Je suis parfaitement d'accord avec Haexyrus.

Il reste à déterminer les conditions sur $\alpha$ et $\beta$ pour que les solutions soient définies sur $]0,+\infty[$ et $]-\infty,0[$ respectivement, et à étudier le raccord en 0.

invitec317278e · 05/11/2009, 21h43

Envoyé par Haexyrus

oui je suis sûr que j'ai la bonne forme.

Désolé, j'avais fait une erreur d'intégration...

invite0d212215 · 11/11/2009, 10h12

Merci tout le monde pour l'aide

(c'est un peu en retard mais bon, j'ai d'accès Internet à l'internat...). A très bientôt pour un autre problème.

invite9a322bed · 11/11/2009, 13h57

Moi j'ai eu de l'intuition comme en physique....lorsque y tend vers l'infinie, y' s'annule. Donc d'après (E) , il reste y=b/a or la limite de b en 'linfini c'est 0, donc y->0

C'est n'importe quoi mais bon :P

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