Imagine que z = 0, et c=1, b=3.
Ton truc donne pour tout . Le polynôme n'a pas de racine réelle. Ca veut dire que la transformée de Fourier de est nulle, donc que est nulle (injectivité).
Pourtant, il y a des fonctions réelles qui sont solution de y''+3y' + y = 0.
(calcule le discriminant, déduis en la forme en A.exp(ut) + B.exp(-ut) pour un certain u réel).

Alors pourquoi ça capote ?
Parce que d'abord la transformée de Fourier ne fournit qu'une solution particulière et pas toutes les solutions.
Mais surtout, il y a une hypothèse importante, qui est la convergence vers zéro en l'infini des solutions, ce qui n'est pas le cas ici.
Si tu veux utiliser un opérateur à noyau pour résoudre ça, c'est plutôt la transformée de Laplace, qui est adaptée ici (pas de discontinuité en 0 je suppose).

Ca donne . Avec et à déterminer en faisant bien gaffe au fait que et .
C'est là qu'elles sont, tes condition initiales

Ce qui fait une fonction nulle partout, sauf éventuellement en les deux zéros complexes du polynôme, qu'on notera .
Si , F est la fonction nulle et y aussi donc.
Sinon, , qui n'est pas une fonction assez régullière pour ton niveau. Il faut passer à des calculs au sens des distributions, et ça nous emmènerait trop loin.

Edit impossible : dans le cas où tes conditions initiales ne sont pas y(0)=y'(0)=0 (dans ce cas, c'est un problème de Cauchy dont une solution est 0...), on a une vrai équation abordable



c'est-à-dire

.


Décomposition en éléments simples et transformée inverse, etc

Super. Merci beaucoup.

Du coup, juste pour être sûr de bien comprendre: la solution y = h * z (obtenue en passant par la transformée de Fourier et en supposant que  z est intégrable) est la seule solution de l'EDO qui soit INTEGRABLE sur R. C'est bien ça ? La méthode avec la TF me donne l'unique solution intégrable sur R i.e. toutes les autres solutions de l'EDO ne sont pas intégrables sur R ?

Quand tu résous des équations différentielles, la question numéro 1, c'est de savoir sur quel domaine tu cherches des solutions, et pour quelle classe de régularité.
Disons qu'au niveau L2/L3 il te manque encore pas mal d'outils pour tout comprendre, mais tu sais déjà normalement qu'il y a des fonctions intégrables ou de carré intégrable   beaucoup moins régulières que les bonnes vieilles fonctions continues. Tu sais aussi qu'il y a des choses qui ressemblent à des fonctions intégrables mais qui n'en sont pas, comme par exemple la fonction de dirac , qui vaut 1 en 0 et 0 partout ailleurs.
Tu peux voir dans d'anciens bouquins apparaitre des choses comme  , qui ne veulent pas dire ce que tu penses

Plus tu cherches des fonctions régulières, et moins tu vas trouver de solutions.
Plus tu cherches des fonctions peu régulières, et plus tu vas en trouver.
Et si tu pousses plus loin encore, tu peux commencer à chercher des solutions qui ne sont même pas des fonctions, mais qui ont des opérations qui remplacent la dérivation. Ce sont les distributions (tempérées).

Quand tu parles de transformée de Fourier, il faut savoir de laquelle tu parles et comment tu la définis (en pulsation ? en fréquence ? normalisée ? sous quelle mesure ?).

La solution que tu as trouvée ici, à niveau plus modeste, contient des informations cachées dans ta fonction H, au sujet des conditions initiales. En inversant et en convoluant avec z, on ne fait pas disparaitre ces informations a priori.


Je te file un exemple avec le cas y''+y = 1.
La manière habituelle de résoudre ça, c'est de faire d'abord sans la constante 1 (c'est à dire résoudre l'équation homogène), puis de dire que l'ensemble des solutions  est fait des fonctions de la forme A.cos(t)+B.sin(t) + 1. A aucun moment je ne parle des conditions initiales, mais en fait, les avoir est équivalent à avoir A et B.


Voyons maitenant la méthode transformée de Fourier :

C'est-à-dire que , si , et et libres.
- La condition , ça revient à dire l'intégrale sur R de f vaut . Sauf que les fonctions qu'on a trouvées ne sont pas intégrables ! C'est là qu'on voit des intégrales dégénérées comme celles dont je te parlais.
- Continuons quand même. On écrit
- on inverse ce bazar (la transformée inverse de c'est
- on retrouve effectivement en réarrangeant les termes une fonction de la forme
- magique !

Merci pour vos réponses. Je pense que je comprends mieux. Mais il y a toujours quelque chose qui m'échappe. En traitement du signal, on dit que si y est sortie de filtre linéaire  d'entré z alors y = h*z. Or si y est solution d'une EDO avec z comme second membre alors on peut considérer y comme sortie de filtre linéaire d'entrée z et on devrait avoir aussi y = h*z... Et il me semblait que le raisonnement pour aboutir à y=h*z était le suivant:

y solution de ay''+by'+y = z implique TF(y)(omega)=H(omega) TF(z)(omega) implique y=TF^{-1}(H)*z=h*z.

Mais d'après ce que vous me dites, ce raisonnement ne tient pas. Du coup je ne comprends pas comment on peut dire que toutes les solutions de l'EDO s'écrivent h*z...

Je ne suis pas sûr d'avoir bien compris ta question, mais il me semble que tu oublies un terme important : le bruit. Pour moi, une sortie de filtre c'est plutôt , avec x une entrée, k un noyau de convolution, et n un bruit (en général gaussien, ou un bruit blanc).
Ici, le correspondrait plutôt au terme en , TF(k) à .

Ceci étant, est possible, mais avec un H qui dépend de X. Ici X est connu, c'est dans ton énoncé

Erratum : X inconnu pardon, c'est la TF de y.

Je reprends


Donc
i.e . Sauf que dépend de y, via la fonction