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La dérivée d'un déterminant est la somme des déterminants où l'on dérive la première ligne, la deuxième,..., la dernière.

Il vaut beaucoup mieux travailler avec le Wronskien évalué en $t=0$. Dans le cas de trois racines distinctes, c'est $\begin{vmatrix} 1&1&1\\ r_1&r_2&r_3\\ r_1^2& r_2^2&r_3^2\end{vmatrix}$, un beau Vandermonde avec directement les racines du polynôme caractéristique. Quand on a $r_1$ et une racine double $r_2$, c'est $\begin{vmatrix} 1&1&0\\ r_1&r_2&1\\ r_1^2& r_2^2&2r_2\end{vmatrix}$. C'est un Vandermonde "dégénéré" (avec la troisième colonne dérivée de la deuxième par rapport à $r_2$). Tu remarqueras qu'il vaut $(r_2-r_1)^2$.

OK pour la matrice de Vandermonde; bibmath propose une preuve par récurrence pour montrer que le déterminant de la matrice de Vandermonde est le produit des [tex](a_j-a_i)[/tex] pour [tex]1\leq i<j\leq n[/tex]; et donc on comprend bien pourquoi il est non nul si les [tex]a_i[/tex] sont distincts deux à deux.

Bonjour,

Ceci n'est vrai que si les [tex]n[/tex] racines sont simples.

Par ailleurs si on note [tex]r_1, r_2,\dots, r_n[/tex] les racines de [tex]P[/tex] distinctes deux à deux, alors [tex]y_1=e^{r_1t}[/tex], etc.
Dans le cas de la dimension 2, pour montrer que [tex](y_1,y_2)[/tex] est libre, j'évalue [tex]\alpha_1 e^{r_1t}+\alpha_2 r^{r_2t}=0[/tex] en [tex]t=0[/tex] et en [tex]t=1[/tex]. Puis j'utilise le fait que l'exponentielle est injective pour conclure.
En dimension 3, je me ramène sous forme matricielle, en évaluant en [tex]t=0,1,2[/tex], ce qui me donne la matrice [tex]\begin{pmatrix} 1&1&1\\e^{r_1}&e^{r_2}&e^{r_3}\\e^{2r_1}&e^{2r_2}&e^{2r_3}\end{pmatrix}[/tex].
Par contre je ne vois pas comment montrer que le déterminant de cette matrice est différent de 0.

Avec plaisir.
L'utilisation du Wronskien se généralise sans grande difficulté aus équadiffs linéaires homogènes à coefficients constants d'ordre $n$ quelconque :
$$y^{(n)}+a_1y^{(n-1)}+\cdots+a_{n-1}y'+a_ny=0\;.$$ Les racines du polynôme caractéristique fournissent un système fondamental de solutions analytiques $(y_1,y_2,\ldots,y_n)$ qui est libre. Le Wronskien est le déterminant de la matrice dont les coefficients sont les $y_j^{(i-1)}$ pour $i,j=1,\ldots,n$. On voit facilement que le Wronskien est solution de l'équation différentielle $W'+a_1W=0$ et donc il ne s'annule jamais car il n'est pas identiquement nul. On démontre comme ci-dessus que toute solution de l'équadiff de départ est combinaison linéaire du système fondamental de solutions.

Bonjour,

  Alors moi aussi je vais détailler un peu plus l'utilisation des polynômes d'endomorphisme.

* on ne peut pas prendre pour $E$ l'ensemble des fonctions deux fois dérivables sur $\mathbb R,$ car il n'est pas stable par $D$, et encore moins par $P(D)$. En revanche, on sait a priori qu'une fonction solution de l'équation est de classe $\mathcal C^\infty$ parce que (en supposant $a\neq 0$) on a $y''=\frac 1a(-by'-cy)$ et donc si $y$ est deux fois dérivable, $y''$ est dérivable et donc $y$ est trois fois dérivable. Par une récurrence immédiate, on obtient que $y$ est de classe $\mathcal C^\infty.$

* dans le cas d'une racine double $r$, tu cherches à résoudre l'équation $y''-2ry'+r^2y=0.$ Pour cela, tu considères $y$ une solution et tu poses $z(t)=y(t)e^{-rt}$. Alors un calcul facile donne $z''(t)=(y''(t)-2ry'(t)+r^2y(t))e^{-rt}=0,$ et donc $z(t)=Ct+D$ pour des réels $C$ et $D.$ On retrouve la forme voulue pour $y$.

*pour le cas des racines complexes conjuguées $\alpha\pm i\beta,$ je ne comprends pas bien ce que tu veux écrire.
En tout cas, tu peux dire que si $f_1(t)=\exp((\alpha+i\beta)t)$ et $f_2(t)=\exp((\alpha-i\beta)t),$ alors $(f_1,f_2)$ est une base de
$\ker(P(D))$ (on voit effectivement  $E$ comme un espace vectoriel sur $\mathbb C$ maintenant).
En calculant $(f_1+f_2)/2$ et $(f_1-f_2)/2i$, on trouve que $\exp(\alpha t)\cos(\beta t)$ et $\exp(\alpha t)\sin(\beta t)$
est aussi une base de $\ker(P(D))$. Si tu prends une solution réelle $y$ de l'équation, c'est aussi une solution complexe et elle s'écrit
$y(t)=\lambda \exp(\alpha t)\cos(\beta t)+\mu \exp(\alpha t)\sin(\beta t)$ où $\lambda$ et $\mu$ sont a priori complexes.
Mais comme $y$ est à valeurs réelles, en utilisant que les fonctions $(\cos(\beta t),\sin(\beta t))$ forment une famille libre, on trouve que $\lambda$ et $\mu$ sont réels.

Bien sûr, ce qu'on a écrit ici pour un polynôme de degré $2$ se généralise à des polynômes de degré plus grand (mais il faut un peu plus travailler!).

F.

OK, je comprends mieux. Les fonctions [tex]c_1[/tex] et [tex]c_2[/tex] sont dérivables parce que l'on suppose que [tex]y[/tex] est deux fois dérivables. Pour que [tex]c_1[/tex] soit deux fois dérivables, il faudrait que [tex]y[/tex] le soit trois fois.

En dérivant le système [tex]
\left \{
\begin{array}{c c c}
    y & = & c_1 y_1 + c_2 y_2 \\
    y' & = & c_1 y_1' + c_2 y_2'
\end{array}
\right.
[/tex] j'obtiens [tex]
\left \{
\begin{array}{c c c}
    y' & = & c_1' y_1 + c_1 y_1'+c_2' y_2+c_2 y_2' \\
    y'' & = & c_1' y_1' + c_1 y_1'' + c_2' y_2' + c_2 y_2''
\end{array}
\right.
[/tex]

Je comprends pourquoi [tex]c_1' y_1 + c_2' y_2=0[/tex] mais pas pourquoi [tex]c_1' y_1' + c_2' y_2'=0[/tex].

À part ça je pense avoir compris le raisonnement.