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bibmgb

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Equation différentielle linéaire d'ordre 2

Bonjour,

Je cherche une preuve du théorème donnant les solutions d'une équation différentielle linéaire homogène d'ordre 2 à coefficients constants [tex]ay''(t)+by'(t)+cy(t)=0[/tex].
Je sais que l'on cherche des solutions de la forme [tex]e^{rt}[/tex]; c'est pourquoi l'on cherche les solutions du polynôme caractéristique [tex]ar^2+br+c=0[/tex]. J'ai compris également que l'ensemble des solutions est un espace vectoriel puisque c'est le noyau de l'application linéaire qui à [tex]y[/tex] associe [tex]ay"+by'+cy[/tex].
Par contre, je ne sais pas comment on démontre que cet espace vectoriel est de dimension 2. Faut-il utiliser le théorème de Cauchy Lipschitz ?

Merci.

Fred

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

Bonjour,

  On peut faire appel au théorème de Cauchy (linéaire ou Lipschitz) mais je pense qu'il y a plus simple.
Je vais par exemple supposer que le polynôme $P(X)=aX^2+bX+c$ a deux racines distinctes, $r_1$ et $r_2.$
On peut remarquer qu'une solution de l'équation différentielle est de classe $\mathcal C^\infty.$
On note $E=\mathcal C^\infty(\mathbb R)$ et $D$ l'opérateur de dérivation sur $E,$ $y\mapsto y'.$
Alors $y$ est solution de l'équation différentielle si et seulement $y\in \ker(P(D)).$
Mais $P(X)=(X-r_1)(X-r_2)$ et on peut appliquer le théorème de décomposition des noyaux :
$$\ker P(D)=\ker(D-r_1 Id_E)\oplus \ker(D-r_2 Id_E).$$
Il te reste à déterminer $\ker(D-r_1 Id_E)$ et $\ker(D-r_2 Id_E),$ ce qui est nettement plus facile!

F.

bibmgb

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

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.

Dernière modification par bibmgb (12-10-2023 15:29:48)

Michel Coste

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

Bonjour,
Une autre approche est d'utiliser le Wronskien.
On sait (tu sais) donner deux solutions fondamentales $y_1$ et $y_2$ de l'équadiff ($y_1(x)=\exp(r_1x),\ y_2(x)=\exp(r_2x)$ quand l'équation caractéristique admet deux racines distinctes $r_1$ et $r_2$). Le Wronskien de ces deux solutions fondamentales est le déterminant $W=\begin{vmatrix}y_1&y_2\\y'_1&y'_2\end{vmatrix}$. Ce Wronskien est une fonction qui ne s'annule jamais (on a $W(x)=(r_2-r_1)\exp((r_1+r_2)x)$ dans le cas cité plus haut).
Soit $y$ une fonction deux fois dérivable. Cramer + le fait que le Wronskien est inversible montrent qu'il existe deux fonctions (deux fois dérivables) $c_1$ et $c_2$ telles que $$\left\{\begin{aligned} y&=c_1y_1+c_2y_2\\y'&=c_1y'_1+c_2y'_2\end{aligned}\right.\ .$$
Supposons maintenant $y$ solution de l'équadiff. En utilisant ce fait et en dérivant les deux équations ci-dessus, on arrive (je te laisse vérifier) à : $$\left\{\begin{aligned} 0&=c'_1y_1+c'_2y_2\\0&=c'_1y'_1+c'_2y'_2\end{aligned}\right.\ ,$$et donc (Cramer) $c'_1$ et $c'_2$ sont la constante nulle et $c_1$ et $c_2$ sont des constantes. On a montré que les solutions fondamentales forment une base de l'espace vectoriel des solutions (et par la même occasion que toutes les solutions sont $C^\infty$, et même analytiques).

bibmgb

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

Bonjour,

En ce qui concerne l'utilisation du Wronskien, j'ai décroché à

Cramer + le fait que le Wronskien est inversible montrent qu'il existe deux fonctions (deux fois dérivables) c1 et c2 telles que ...

bibmgb

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

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].

Michel Coste

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

Alors je détaille.
Tu as sans doute remarqué que $W(x)$ est le déterminant du système d'inconnues $c_1(x)$ et $c_2(x)$ : $$\left\{\begin{aligned} y(x)&=c_1(x)y_1(x)+c_2(x)y_2(x)\\y'(x)&=c_1(x)y'_1(x)+c_2(x)y'_2(x)\end{aligned}\right.\ .$$Pour tout réel $x$, $W(x)\neq 0$, le système est de Cramer et a une solution unique donnée par les formules de Cramer. Ces formules de Cramer montrent que les fonctions $c_1$ et $c_2$ ainsi obtenues sont dérivables (par exemple $c_1=W^{-1}\begin{vmatrix} y&y_2\\y'&y'_2\end{vmatrix}$) ; j'avais dit deux fois dérivables trop hâtivement, mais on a juste besoin de la dérivabilité pour ce qui suit.

bibmgb

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

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.

Michel Coste

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

Il y a une chose que tu n'as pas utilisée : l'hypothèse que $y$ est solution de l'équadiff (et pour mémoire, $y_1$ et $y_2$ sont aussi solutions).
Je te laisse creuser ça pour établir $c'_1y'_1+c'_2y'_2=0$.

Dernière modification par Michel Coste (13-10-2023 21:55:26)

Fred

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

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.

bibmgb

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

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 :)

Michel Coste

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

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.

bibmgb

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

J'ai essayé de rédiger la récurrence pour montrer qu'une solution de l'ED est [tex]\mathcal{C}^\infty[/tex].
On considère une fonction [tex]y[/tex] solution de l'ED.
On pose pour tout entier [tex]n\geq 2[/tex], [tex]\mathcal{P}(n): y \text{ est } n \text{ fois dérivable et }y^{(n)}=\dfrac{1}{a}(-by^{(n-1)}-cy^{(n-2)})[/tex]

• Initialisation à [tex]n=2[/tex] : [tex]y[/tex] est solution de l'ED donc [tex]y[/tex] est 2 fois dérivable et [tex]y''=\dfrac{1}{a}(-by'-cy)[/tex]

• Hypothèse de récurrence : on suppose [tex]\mathcal{P}_n[/tex] pour un entier [tex]n\geq 2[/tex]

• Hérédité : D'après l'hypothèse de récurrence, y est [tex]n[/tex] fois dérivable donc y^{(n-1)} et y^{(n-2)} sont dérivables.
  De plus, [tex]y^{(n)}=\dfrac{1}{a}(-by^{(n-1)}-cy^{(n-2)})[/tex], donc [tex]y^{(n)}[/tex] est dérivable comme combinaison linéaire de fonctions dérivables et [tex]y^{(n+1)}=\dfrac{1}{a}(-by^{(n)}-cy^{(n-1)}).[/tex]

Ainsi, d'après le principe de récurrence, [tex]\mathcal{P}(n)[/tex] est vrai pour tout entier [tex]n\geq 2[/tex].
Ce qui permet de conclure que [tex]y[/tex] est [tex]\mathcal{C}^\infty[/tex].

J'ai compris à présent le cas d'une racine double ainsi que le cas de racines complexes conjuguées.

Merci encore pour votre aide, j'ai l'impression d'avoir bien avancé sur ce point.

bibmgb

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

Bonjour,

Les racines du polynôme caractéristique fournissent un système fondamental de solutions analytiques (y1,y2,…,yn) qui est libre.

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.

Michel Coste

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

Ceci n'est vrai que si les n racines sont simples.

Non, c'est vrai tout le temps (et en gros Fred te l'a déjà expliqué). Si $r$ est racine de multiplicité $m$ de l'équation caractéristique, les solutions fondamentales associées sont $e^{rt},te^{rt},\ldots, t^{m-1}e^{rt}$.
Et si on travaille sur $\mathbb R$ et que le polynôme caractéristique a deux racines complexes conjuguées $r=\alpha+i\beta$ et $\bar r=\alpha-i\beta$ (avec $\beta\neq 0$), alors les solutions fondamentales réelles associées à cette paire de racines sont $e^{\alpha t}\cos(\beta t)$ et $e^{\alpha t}\sin(\beta t)$ (qui engendrent sur $\mathbb C$ le même plan vectoriel que $e^{rt}$ et $e^{\bar r t}$). Je te laisse voir les solutions fondamentales quand on a une paire de racines complexes conjuguées de multiplicité $m$.

Par ailleurs la matrice que tu as écrite est la matrice de Vandermonde $V(e^{r_1}, e^{r_2},e^{r_3})$ de déterminant non nul puisque $e^{r_1},e^{r_2},e^{r_3}$ sont deux à deux différents.

Dernière modification par Michel Coste (18-10-2023 12:49:50)

bibmgb

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 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.

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

En dimension 3, si on considère que le polynôme caractéristique possède deux racines distinctes [tex]r_1[/tex] et [tex]r_2[/tex] avec [tex]r_2[/tex] de multiplicité 2, on obtient une matrice du type [tex]\begin{pmatrix}1 & 1 & 0\\a_1&a_2&a_2\\a_1^2&a_2^2&2a_2^2\end{pmatrix}[/tex]. Est-ce que ce type de matrice porte un nom particulier également ?

Michel Coste

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

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 $(r_2-r_1)^2$.

Dernière modification par Michel Coste (18-10-2023 15:15:00)

bibmgb

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

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].

Dernière modification par bibmgb (19-10-2023 14:49:35)

Michel Coste

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

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

bibmgb

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Re : Equation différentielle linéaire d'ordre 2

Merci, avec cette donnée supplémentaire, j'ai réussi à faire la preuve dans le cas général.