Bonjour à tous :
Voila, je commence à voir les équations différentielles du 2nd ordre, et j'aimerais savoir si mon raisonnement est exact. Pourriez vous m'aider ?
Je dois résoudre l'équation différentielle suivante ( x variable réelle , y fonction inconnue à valeurs réelles ) :
Alors voici comment j'ai procédé :
J'ai d'abord résolue l'équation sans second membre associé, et je trouve que les solutions sont :
Considérons à présent, comme les 2 équations avec second membre :
(E1)
(E2)
Puisque 1 n'est pas solution de l'équation caractéristique, on cherche une solution de (E1) de la forme :
d'où : et donc
Ainsi une solution de (E1) sur R est :
Puisque -1 n'est pas solution de l'équation caractéristique, on cherche une solution de (E2) de la forme :
d'où : et donc
Ainsi une solution de (E2) sur R est :
Finalement , la solution finale est :
soit encore :
est-ce que c'est bon ?
merci d'avance pour vos réponses ...
ok, merci beaucoup cqfd67 :
pendant qu'on y est, j'ai une question :
ici j'ai transformer ch(x) en .
Existe-t-il une façon de calculer directement la solution ?
en tout cas, merci pour la confirmation
++ sur l'
salut , il y a peut etre moyen car on peux calculer une primitive de ch. je verifie et te tient au courant
c est MAple qui c est charge de la verification (en ce qui conserne les coefficients)
salut lyonnais,
on applique a peut pres la meme methode que la variation de la constante, on est ammene a resoudre un systeme de deux equations a deux inconnues ( un peu comme un systeme de cramer)
par contre, j ai un trou du pourquoi des conditionshonte a moi)
tu as montre que les solutions de l'equation homogenes sont yh(x)=(Ax+B)e^(2x)
on cherche donc les solutions de l'equation avec second membre de la forme
y(x)=(A(x)*x+B(x))*e^(2*x) A et B sont maintenant des fonctions comme dans la methode de variation de la constante pour le premier ordre
on doit resoudre le systeme suivant: (mais je suis plus pourquoi)
A'(x)*e^(2x)+B'(x)*e^(2x)*x=0
A'(x)*(2*e^(2*x)+B'(x)*(e^(2x)+2*x*e^(2x)=ch(x) (<- ton second membre)
tu noteras qu on a bien les derivees des fonction qu on cherche
il faut donc resoudre ce systeme et encore integrer
j ai juste fait le calcul pour A' on trouve
A'(x)=x*exp(-2x)*ch(x)
(tu remarques que pour integrer cette expression il faut de toute façon passer par l ecriture ch(x)=(exp(x)+exp(-x))/2
Bonjour et désolé de m'incruster
ce qu'on peut aussi faire ici, c'est dire que la solution générale d'une équa diff linéaire telle que celle ci, c'est la solution générale de l'équation sans second membre, auquel on rajoute une solution particulière de l'équation complète.
Donc on commence par regarder y''-4y'+4=0 (E1)
Le polynôme x^2-4x+4 admet -2 comme racine double, "donc" les solution de E1 sont toutes les
x -> (ax+b)exp(2x), a,b réels
Ensuite, on cherche une solution de l'équation complète.
La dérivée de ch est sh, la dérivée de sh est ch. Donc on peut chercher une solution sous la forme c*sh + d*ch, comme on le fait avec des fonctions trigo classiques.
On ajoute la solution trouvée à la solution de l'équation homogène,
Et on arrive au résultat...
salut la_brintouille,
si ta solution fonctionne ben elle est plus simple que la mienne et c est bien de voir des manieres differentes
généralement quand on est capable d'"intuiter" ou de trouver "facilement" des solutions particulières de l'équation avec second membre, on essaie d'éviter les wronskiens ou méthodes de variation de constantes
salut la_brintouille
je me suis enflamme avec ma methode c est long et chi***, la tienne marche tres bien et je pense que c est la methode la plus courte, bref en clair bien joue!!
y'' - 4y' + 4y = ch(x) (1)
Solutions de l'équation avec le second membre = 0:
y'' - 4y' + 4y = 0
p² - 4p + 4 = 0
racine double p = 2
--> y = A.e^(2x) + Bx.e^(2x)
---
Solution particulière de l'équation avec second membre:
Elle sera de la forme y = C.ch(x) + D.sh(x)
y' = C.sh(x) + D.ch(x)
y'' = C.ch(x) + D.sh(x)
y'' - 4y' + 4y = C.ch(x) + D.sh(x) - 4C.sh(x) - 4D.ch(x) + 4C.ch(x) + 4D.sh(x)
y'' - 4y' + 4y = (5C-4D).ch(x) + (5D-4C).sh(x)
En identifiant avec (1), on a le système:
5C-4D=1
5D-4C=0
qui résolu donne:
C = 5/9
D = 4/9
Une solution particulière est donc : y = (5/9).ch(x) + (4/9).sh(x)
---
Solutions générales de l'équation y'' - 4y' + 4y = ch(x) :
y = (5/9).ch(x) + (4/9).sh(x) + A.e^(2x) + B.x.e^(2x)
Avec A et B des constantes réelles.
-----
Sauf distraction. (calculs non vérifiés).
ok, merci à vous trois : J-P , cqfd67 , et la_brintouille
En fait, il fallait voir que l'on peut chercher une fonction de la forme : y = C.ch(x) + D.sh(x)
Après ça marche très bien, ce qui nous évite à passer par la forme exponentielle.
Merci à tous et
++ sur l'
le fait que le ch s'appelle "cosinus hyperbolique" n'est pas un hasard, et beaucoup de propriétés de trigonométrie classique se transposent en trigonométrie hyperbolique (avec des changements de signes ou des 'i' qui apparaissent ou disparaissent)
Et puis en passant tu remarqueras, en repassant aux formules d'Euler, que
cos(ix)= ch(x)
sin(ix)=i sh(x)
Alors comme lorsqu'un second membre est une combinaison linéaire de cos et sin, on cherche une solution en CL de cos et sin, ça devient naturel de chercher une solution en ch en sh quand on a un second membre en ch et sh.
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