Equation différentielle homogène de degré 2

[invite0731164c]

Bonjour,

Dans une équation différentielle y''+ay'+by=0 et l'équoition "caractéristique"
On a apparament une solution du type

Je ne comprends pas pourquoi si les sont complexes on prends alors la partie réelle de y, soit si et

Merci déjà
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[inviteaf1870ed]

Parce que les solutions de ton équation sont forcément réelles : cela implique que si les lambda sont complexes les C1 et C2 le sont aussi, et que les parties imaginaires disparaissent.

[invite0731164c]

si les lambda sont complexes les C1 et C2 le sont aussi.

hmmm..., je vois pas concrètement comment les chose s'enchaînent par a+b (de manière calculatoire)(Pourquoi si les lambda sont complexe les C1 et C2 de même?)

les parties imaginaires disparaissent

d'ou exactement disparaissent les parties imaginaires et de quelle manière (enfin, je veut dire dans le calcul)?

[inviteaf1870ed]

Regarde ici : http://fr.wikipedia.org/wiki/%C3%89q...d%27ordre_deux, c'est clairement expliqué.

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite0731164c]

Oui, c'est vrais que c'est bien expliqué (merci).

Encore 2 autres questions:

1) Si on a (i) (ou (ii)) on passe aux nombres complexes et on a

déjà à ce stade, il y a des choses louches. Si je prend la partie réelle ou la partie imaginaire de cette équation selon si on se trouve dans le cas (i) ou (ii) j'obtient la même équation qu'avant ssi Re{z}=y, Im{z}=y, Re{z'}=y', Im{z'}=y', Re{z''}=y'', Im{z''}=y'', pourquoi tout cela serait-il vrai? As-t-on définit z tel que Re{z}=y ou Im{z}=y?


Après, on utilise l'ansatz , on trouve A et on dit que dans le cas (i) y=Im{z} et dans le cas (ii) y=Re{z} ce qui ferait du sens si on a définit z comme suggéré au dessus.

2)Pour les équa-diff d'ordre un (y'(x)+a(x)y(x)=b(x)) je n'arrive pas à obtenir la bonne solution.

équation homogène : y'(x)+a(x)y(x)=0
Je multiplie par ou A'(x)=a(x), soit

On a alors soit

soit soit

Je résouds alors l'équation homogène et j'obtient:



soit

Et puisque la solution est la solution du système homogène plus la solution du système inhomogène on a:





Je pose alors mais il me reste un devant le deuxième therme de la somme et il ne devrait pas être là. Ou est-ce que je me suis trompé??

[invited3ffd1c7]

En fait l'utilisation du corps des imaginaires permet la resolution de 2 équations différentielles en même temps.

soit (1) y''+py'+qy = E.sin(wt) l'équation différentielle de 2nd ordre à résoudre.

si on multiplie (1) par i on a (1') iy''+p.iy'+q.iy = i.E.sin(wt)

Maintenant, posons une deuxième équation différentielle rélle sur un fonction x telle que

(2) x''+px'+qx = E.cos(wt)

Si l'on définit la fonction complexe z = x + iy, cette fonction vérifie (par linéarité) l'équation différentielle suivante:

(3) z''+pz'+q' = E.(cos(wt)+i.sin(wt)) = E.exp(iwt)

Par construction, x = Re(z) vérifie (2) et y = Im(z) vérifie (1). Donc en définitive on résout 2 equations différentielles d'un seul coup.

Tu te demandes "A quoi bon?". C'est simple: Il est plus facile de manipuler des exponentielles (même imaginaires) que des sinus-cosinus. Ce n'est qu'un choix de calcul.

[invited3ffd1c7]

Por ta 2ème question:

A(x) est une primitive quelconque de a(x), donc à priori C0 passe à la trappe.

Tu devrais avoir une solution du type f(x) = (c1+c2.Primitive(b)).exp(-A).

Je dis "primitive" car la constante importe peu (à ce stade là). tu peux toujours dire que (C1+C2).exp(C0) = C1'+C2'. Tu n'as besoin que de 2 constantes.

[invited3ffd1c7]

J'avais pas vu toute l'erreur. Mea culpa.

La solution à l'equation homogène est C1.exp(-A)

--> Le C0 ne sert à rien, car ce qu'on cherche dans "A" est la nature de la fonction et non pas sa valeur particulière. À la limite exp(-C0) est absorbé dans C1). En fait il faut comprendre que f: x-> exp(-A(x)) (Sans constante) est un vecteur générateur de l'espace vectoriel (la droite vectorielle) des solutions pour l'équation homogène.

Autrement dit, il s'agit du noyau de l'application linéaire qui à tout vecteur fonction f (de R dans R, dérivable, etc etc) associe le vecteur image phi(f) = f'+af. Donc Ker(phi) = Vect(exp(-A)).

Ensuite on cherche une solution particulière à l'équation avec second membre qui pour le cas est sous la forme exp(-A).Primitive(exp(A).b) . On n'a que faire des constantes tant qu'on a trouvé une primitive solution de l'équation particulière. (Autrement dit, ici pas de constante, tu trouves une solution et basta)

Alors, la solution à l'équation est celle du noyeau (qui annule phi) plus la solution particulière, soit:

phi(fnoyau + fpart) = 0 + phi(fpart) = b

et f = C1.exp(-A) + exp(-A).Primitive(exp(A).b)

toutes les fonctions de ce type vérifient ton équation différentielle, mais il n'y en a qu'une qui, en plus, vérifie tes conditions initiales f(x0) = f0

Avec cela tu calcules C1 et voilà.

Donc pas de C0 ni de C2...

[invite0731164c]

Pour la première question, j'ai bien compris ton explication.

Pour la deuxième, je pense avoir trouvé mon erreur.(j'avais oublié de multiplier l'autre partie de l'équation inhomogène par

Pour l'équation inhomogène:

donc et donc et on simplifie le

est-ce que c'est bien ça??

[invite0731164c]

Une petite confirmation?? Ou un "mec, t'es complètement à coté de la plaque!" ??

[invite0731164c]

en fait je demande confirmation parce que la réponse de caoz est plutôt complexe alors que que celle 2 message plus haut est plus simpliste et je sais pas trop si elle est quand même correcte.

[invite0731164c]

hmm... .

[invited3ffd1c7]

Désolé, j'ai été un peu absent de l'ordi ces temps-ci.

En fait c'est presque ça, sauf que tu n'as pas tout a fait compris le principe.

C'est vrai que mon explication était un peu dure à suivre. Je recommence:

Soit l'équation différentielle (1) y'(x)+a(x).y(x) = b(x)

On définit A(x) = Prim(a(x)) Atention, ici on suppose que c'est n'importe quelle primitive sur, à priori, n'importe quel intervalle, donc il n'y aura pas de constante d'integration car TU LA CHOISIS AINSI (Sinon, cette constate qui dans ton cas est C0 DEVRA être absorbée dans C1).

Je m'explique:

Si A(x) = Prim(a) et A2(x) = Prim(a)+cste = A + cste alors si on multiplie (1) par exp(A) ou exp(A2) on a:

(2) exp(A)y' + (exp(A)).a.y = exp(A).b

(3) exp(A+C0).y' + exp(A+C0).a.y = b <=> exp(C0).[ exp(A).y' + exp(A).a.y] = exp(C0).exp(A).b

donc

(3) = (2)

Ainsi, pas besoin de C0.

Maintenant qu'on n'a plus C0, on cherche la solution homogène de y' + a.y = 0

mais on vais d'après (2) que la solution de l'équation homogène es solution de (4) [exp(A).y]' = 0 <=> exp(A).y = C1

Donc yh = C1.exp(-A) (Il n'y a pas de C0!)

Maintenant, pour la solution particulière, on cherche une solution donc autant en trouver une sans constantes.

on résout (2) [exp(A).y]' = exp(A).b (T'as remarqué qu'on n'a plus de C0?, c'est le résultat de choisir A au lieu de A2)

D'où exp(A).y = Prim(exp(A).b)

J'ai utilisé "Prim" et non "Int" (Intégrale) car il s'agit à priori de n'importe quelle primitive, autant en choisir une qui ne genère pas de constante d'intégration.

Ainsi yp = exp(-A).Prim(exp(A).b) (T'as remarqué qu'il n'y a pas de C2? )

Maintenant supposons que tu tiens absolument a avoir une constante d'integration pour Prim(exp(A).b)

i.e. y = exp(-A).[Prim(exp(A).b)+ C2]. y vérifie y'+a.y = b

y' + a.y = -a.exp(-A).[Prim(exp(A).b)+ C2] + exp(-A).exp(A).b + a.exp(-A).[Prim(exp(A).b)+ C2] = b

Donc quelle que soit la constante C2 que tu choisisses (autant en choisir 0), yp sera une solution particulière parmi une infinité. Choisis en une (C2 fixé), alors

y = yh + yp = C1.exp(-A) + exp(-A).[Prim(exp(A).b)+ C2] (Avec C1 inconnu et C2 fixé)

Maintenant pour trouver l'unique solution au problème avec les conditions initiales f(x0) = f0 on cherche C1 tel que

exp(-A(x0)).[C1 + [Prim(exp(A(x0)).b(x0))+ C2] = f0

(5) C1 = f0.exp(A(x0)) - Prim(exp(A(x0)).b(x0)) - C2

Comme tu vois, C1 est lié à C2, c'est à dire qu'il dépend forcément de la solution particulière choisie, cépéndant comme C2 est toujours fixé (préferablement 0) C1 devient facilement connu.

Voilà pourquoi il n'y a pas de C0 ni de C2: il sont absorbés dans le calcul.