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Bonjour,

Oui en effet; [tex]\begin{vmatrix}1&1&0\\r_1&r_2&1\\r_1^2&r_2^2&2r_2\end{vmatrix}=(r_2-r_1)^2=W(0)[/tex]

Je sais montrer , en dimension 2, par de "petits calculs", que [tex]W'(x)=-a_1W(x)[/tex] et donc [tex]W(x)=W(0)e^{-a_1x}[/tex].
Donc, effectivement, si [tex]W(0)\neq 0[/tex] alors [tex]W(x)\neq 0[/tex] pour tout [tex]x[/tex].
Dans le cas de la dimension 2, je calcule le déterminant, puis je le dérive, j'utilise le fait que [tex]y_1,y_2[/tex] sont solutions, j'élimine les termes opposés, je factorise. Mais cette méthode ne me semble pas adaptée à la dimension 3 (beaucoup trop de calculs) et encore moins à la dimension [tex]n[/tex].
En dimension 3, [tex]W(x)=\begin{vmatrix}y_1&y_2&y_3\\ y'_1&y'_2&y'_3\\y''_1&y''_2&y''_3\end{vmatrix}[/tex].
Je me suis dit que peut être il fallait développer par rapport à la première ligne, ce qui donne des déterminants du type [tex]\begin{vmatrix}y'_1 & y'_2\\y''_1&y''_2\end{vmatrix}[/tex], mais je ne peux pas utiliser le résultat de la dimension 2 car mon équation est [tex]y^{(3)}+a_1y^{(2)}+a_2y'+a_1y=0[/tex] et non [tex]y^{(3)}+a_1y^{(2)}+a_2y'=0[/tex].

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.

Supposons que [tex](s_n)[/tex] converge uniformément vers [tex]f[/tex] sur [tex]I[/tex].
Soit [tex]\varepsilon >0[/tex].
Il existe [tex]N\in\mathbb{N}[/tex] tel que [tex]\forall n\geq N[/tex] et [tex]\forall x\in I[/tex], [tex]|f(x)-s_n(x)|\leq\dfrac{\varepsilon}{2}[/tex].

Donc [tex]\forall n\geq N[/tex] et [tex]\forall x\in I[/tex], [tex]|s_{n+1}(x)-s_n(x)|\leq |s_{n+1}(x)-f(x)|+|f(x)-s_n(x)|\leq\dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}\leq \varepsilon[/tex].

De la même façon, on peut montrer que si [tex]\Sigma f_n[/tex] converge simplement vers [tex]f[/tex] sur [tex]I[/tex], alors [tex](f_n)[/tex] converge simplement vers la fonction nulle sur [tex]I[/tex].

Bonjour,

Effectivement, il faut utiliser le fait que [tex]y[/tex] est solution de l'équation différentielle; sinon on serait en train de dire que toute fonction deux fois dérivables est combinaison linéaire de [tex]y_1[/tex] et [tex]y_2[/tex] !

Donc en utilisant conjointement que [tex]y,y_1,y_2[/tex] sont solutions de l'ED, j'arrive à montrer que [tex]c_1'y_1'+c_2'y_2'=0[/tex] !

Merci :)

En ce qui concerne l'utilisation des polynômes d'endomorphismes :

• [tex]P(X)=a(X-r_1)(X-r_2)[/tex] donc [tex]ker P(D)=ker(a(D-r_1id_E))\bigoplus ker(D-r_2id_E)[/tex]
  Cela ne change pas la conclusion puisque [tex]ker(a(D-r_1id_E))=ker(D-r_1id_E)[/tex]

• Puisqu'on ne sait pas a priori que les solutions sont [tex]\mathcal{C}^\infty[/tex], peut-on simplement prendre pour E l'ensemble des fonctions dérivables sur un intervalle I de [tex]\mathbb{R}[/tex] ?

• Si le polynôme est à coefficients réels mais à discriminant strictement négatif; les solutions sont complexes conjuguées; ça ne change pas le raisonnement ? Faut-il alors considérer E comme un [tex]\mathbb{C}[/tex]-espace vectoriel ?
  Par ailleurs en posant; [tex]r_1=\alpha+i\beta[/tex] alors [tex]r_2=\overline{r_1}[/tex] et une solution de l'ED est de la forme [tex]y(t)=\lambda_1 e^{(\alpha+i\beta)t}+\lambda_2e^{(\alpha-i\beta)t}[/tex].
  Si on a considéré E comme un [tex]\mathbb{C}[/tex] espace vectoriel,  les constantes [tex]\lambda_1[/tex] et [tex]\lambda_2[/tex] sont a priori complexes ?
  De plus, si je réarrange les termes, je me retrouve presque sous la forme du théorème mais j'ai toujours le complexe i présent; je n'arrive donc pas à retrouver la bonne formule : [tex]y(t)=e^{\alpha t}[(\lambda_1+\lambda_2)\cos(\beta t)+i(\lambda_1-\lambda_2)\sin(\beta t)][/tex]

• Dans le cas où P admet une racine réelle double; appelons là [tex]r[/tex], je sais montrer que [tex]te^{rt}[/tex] est également solution de l'ED et que [tex](e^{rt}, te^{rt})[/tex] est libre. Par contre pour montrer que l'espace vectoriel des solutions est de dimension 2, le théorème de décomposition des noyaux ne convient pas puisqu'on se retrouve avec un seul noyau : [tex]ker(P(D))=ker(a(D-rid_E)^2)[/tex].

Pourquoi dîtes vous "on peut remarquer qu'une solution de l'équation différentielle est de classe [tex]\mathcal{C}^\infty[/tex]" ?
A priori elle est simplement deux fois dérivable ?

Pour terminer, [tex]\ker (D-r_1 id_E)=\left\{ y\in E; y'-r_1y=0\right\}=\left\{C e^{r_1t}, C\in\mathbb{R}\right\}[/tex].
De même pour [tex]\ker (D-r_2 id_E)[/tex]; ce qui montre que [tex]\ker P(D) [/tex] est de dimension 2 et qu'une solution est une combinaison linéaire des fonctions [tex]e^{r_1t}[/tex] et [tex]e^{r_2t}[/tex]. OK donc au lieu d'utiliser Cauchy-Lipschitz, on utilise les polynômes d'endomorphismes.

Oui, le numérateur tend vers 0 par continuité de la fonction ln en 1 et le dénominateur tend vers [tex]+\infty[/tex] donc le quotient tend vers 0.

Cidrolin, j'ai effectivement pensé à écrire ce type d'égalité.
Mais je ne sais pas intégrer [tex]\dfrac{-2}{x^2-2x+2}[/tex].
Si j'avais simplement [tex]-\dfrac{2}{x^2}[/tex], je saurais primitiver en prenant pour primitive [tex]\dfrac{2}{x}[/tex].
Maintenant si on doit nécessairement passer par [tex]\dfrac{-2}{x^2-2x+2}[/tex]; alors pour primitiver une telle fraction, je proposerai de faire une IPP en dérivant [tex]\dfrac{1}{x^2-2x+2}[/tex] et en primitivant [tex]-2[/tex]; mais encore une fois j'ai l'impression de partir dans des calculs à rallonge mais il n'y a peut être pas plus simple.

Merci Michel Coste pour ces précisions sur l'intérêt des polynômes en tant que tels. Effectivement remplacer l'indéterminée par une matrice ça sert dans la théorie de réduction des endomorphismes.

En divisant [tex]x^8-16[/tex] par [tex]x^4-2x^3+4x-4[/tex] on obtient [tex]x^4+2x^3+4x^2+4x+4[/tex].
On peut donc simplifier la première fraction par [tex]x^4+2x^3+4x^2+4x+4[/tex] pour trouver la deuxième.
Pour le produit des polynômes de degrés 5 et 4; on doit calculer 16 termes; je ne dis pas que c'est difficile, je dis que c'est fastidieux.
Le polynôme [tex]x^8-16[/tex] n'a que deux racines [tex]\pm\sqrt{2}[/tex] donc ne s'annule pas sur [0,1].
Pour montrer que le polynôme [tex]x^4-2x^3+4x-4[/tex] ne s'annule pas sur [0,1], je dirais que c'est un diviseur de [tex]x^8-16[/tex] donc les racines de [tex]x^4-2x^3+4x-4[/tex] sont des racines de [tex]x^8-16[/tex]. Comme [tex]x^8-16[/tex]  ne s'annule pas sur [0,1] alors [tex]x^4-2x^3+4x-4[/tex] non plus.