Parce que j'utilise le théorème énoncé dans mon message de 11h20

Par contre, je viens d'apprendre un truc là !

Je ne savais pas que les primitives de x -> P(x).exp(ax) sont du type x -> Q(x).exp(ax) + K avec Q et P de même degré

C'est toujours bon à savoir Merci pour cette information ! C'est un théorème ?

Bonne nuit, je vais me coucher

Romain
  

C'est pas un théorème à proprement dit mais disons que ça peut se deviner.
Il suffit de partir de l'expression de dériver et d'identifier.
Ainsi, il faut trouver un polynôme Q tel que (bien sûr, je suppose a non nul).
Sous réserve d'existence, cette égalité assure que P et Q sont de même degré.
Pour l'existence, c'est de l'algèbre !
En effet pour tout n, l'application est un endomorphisme de et on voit assez facilement que c'est un automorphisme car cette application est injective (le noyau est réduit au polynôme nul).

Kaiser

P.S : bonne nuit !

ça marche, merci Kaiser !

Puisea >

J'ai fini de tapper ma correction

J'attends ta réponse et je te balance tout ça

Romain

Bonjour à tous,

Dans ce cas je vais pas vous faire attendre, je m'y mets tout de sute

Prends ton temps

^{Marche toujours pas msn ... ( peut-être à cause du site que je t'ai donné? )}

Romain

Bon alors en reprenant rapidement le théorème que tu m'as donné (11h20 hier) avec la deuxième équation on voit que

m = -1 et a = -1

Donc Q est de coeff 2 et donc du type ax² + bx + c

En remettant tout ca dans l'équation, j'en arrive à :

x² - 4ax - 2b = 0

Mais ca m'aide pas vraiment pour trouver a et b... Il y a beaucoup de possibilités.

Normalement ce n'est pas possible d'arriver à ton équation :

je n'ai pas la même équation, mais il doit y avoir un coeff devant le x²

d'ailleurs, on est passé le c ?

Et après tu appliques :

deux polynômes sont égaux ssi les coefficients des termes de même degré sont égaux.

Parce que pour cette partie d'équa diff, la fonction solution est :

f2 : x -> (ax² + bx + c).e^-x

Et quand en remplaçant dans l'équation, tu dérives et il y a des moins qui apparaissent à cause du e^-x

Pour ce qui est de l'identification on est d'accord...

Je reprend tout en détail...

Alors on a :



On a donc : et donc

Donc a Q de coefficient 2 et donc du type

On a donc comme solution de l'équation :

En remplacant dans l'équa diff :



Ca nous donne :



Donc par identification :







Ce qui nous donnerait comme solution particulière



En espérant ne pas avoir écris trop d'erreur

Enfin, moi j'avais considéré :  

Mais comme je trouve :  

Il n'y a pas de problème :D

Tu tiens le bon bout, reste à regrouper les résultats

Romain

Pourquoi ne reprendrait-on pas ma technique ?



En multipliant par exp(-x) :


Ainsi :


Avec une double IPP, la deuxième intégrale est facilement calculable, on conclut rapidement.

Cool

et bien dans ce cas comme je le disais plus haut dans un de mes posts précédents :

En admettant que est solution particulière de la deuxième équation, alors on aurait comme solution particulière de l'équation différentielle complète :



et donc :



Donc voila la solution particulière... Comme au début on a vu que la solution type sur l'équation homogène associée était :



On a comme solution générale :



D'ailleurs à ce propos, pourquoi on fait la somme de la solution particulière et de la solution type de l'équation homogène associée ?

Remplacer le + entre les exp(x) dans la première égalité par un - (et faire les changements necessaires pour le reste)

Petite faute de frappe :



Enfin bon pas de problème pour la suite

grr toi et ta technique

Puisea :

On considère l'équation a(x)y'+b(x)y=c(x)

Soit f une solution de cette équation différentielle et g toutes les solutions de l'équation homogène.

a(x)(f-g)'+b(x)(f-g)=a(x)f'+b(x)f-(a(x)g'+b(x)g)=a(x)f'+b(x)f+0=c(x)

les fonctions f-g sont donc bien solution de l'équation différentielle.


Jord

Puisea >

Je te donne ma correction ( Jord va rire, parce que ça parait long )

On cherche à résoudre l'équation    (1)

Solution de l'équation homogène :

  (2)  Solution :    

Apllication du principe de superposition :

On cherche donc à résoudre séparement :

  (3)

et

  (4)

Résolution de (3) :

type y' + ay = P(x)e^mx  avec  P(x) = (1/2)x²   m = 1   et  a = -1

m = -a donc solution du type  f1 : x -> (ax³+bx²+cx+d).e^x

f1 est solution de (3) ssi quelque soit x élément de R :

(3ax²+2bx+c).e^x + (ax³+bx²+cx+d).e^x - (ax³+bx²+cx+d).e^x = (1/2)x²e^x

3ax²+2bx+c = (1/2)x²

Deux polynômes sont égaux ssi les coefficients des termes de même degré sont égaux :



et  

Résolution de (4) :

type y' + ay = P(x)e^mx  avec  P(x) = -(1/2)x²   m = -1  et  a = -1  solution  f2 : x -> (ax²+bx+c).e^-x

f2 solution de (4) ssi quelque soit x élément de R :

(2ax+b).e^-x - (ax²+bx+c).e^-x - (ax²+bx+c).e^-x = -(1/2)x²e^-x

-2ax² + x(2a-2b) + b-2c = -(1/2)x²

Deux polynômes sont égaux ssi les coefficients des termes de même degré sont égaux :

    

et  

Les solutions générales de (1) :



Romain

Merci pour le détail Romain

Merci Jord pour l'explication, j'ai compris

juste :

Dans ta réponse :

Citation :

Si lyonnais c'est ça qui est bien, elle marche tout le temps

On considère l'équation différentielle a(x)y'(x)+b(x)y(x)=c(x)

En multipliant par une fonction Q dérivable arbitraire :
Q(x)a(x)y'(x)+Q(x)b(x)y(x)=c(x)Q(x)

Il faut trouver Q telle que :


Soit :

Ou encore :

soit finalement :

On en déduit en intégrant :

C'est à dire :


Q ainsi définie vérifie le système plus haut. On peut par conséquent écrire :

Soit :

D'où :


Comme on connait Q ...

Le problème est bien sûr qu'on ne peut pas toujours intégrer b/a ou Q.c, mais en dehors de ça, ça marche

Trop bien !!

Merci Jord : génial

Je réfléchirai à deux fois alors maintenant avant de me lancer dans des calculs qui peuvent être fait en 2sec !

Merci beaucoup

Romain

Euh de mon coté je suis un peu décroché

je vais reprendre tout ca calmement

_{On sent que la reprise approche => plus en plus de messages par jour. Non ?}