Résolution d'une EDP

Bonjour,

$f( x,y)=A(x) B(y)$

Bonjour,

Quand tu as une fonction de $x$ égale à une fonction de $y$ pour tout $x$ dans un intervalle et tout $y$ dans un autre intervalle, la solution évidente est que ces deux fonctions sont...

Je ne me suis donc pas trompé ?

Merci Calli, Je me suis encore trompé :-)
En revanche si g(x) et t(x) sont nuls, on a f(x; y)=0 et vu que je cherchais les autres solutions...(j'aurais du le préciser).

D'ailleurs, je n'ai compris ce qu'Yves voulait dire dans son premier message, vu qu'il n'a pas pris la peine de faire un morceau de phrase.

Dans ce cas, comme je le disais dans mon premier message, les fonctions constantes sont les seules solutions.

Bonjour,

Les solutions réelles sont de la formes $\displaystyle f(x,y)={a c x \pm \sqrt{a^2 c^2 x^2-4 a c y}\over 2 a}$ pour $a\neq 0$, $c $ une constante réelle quelconque et $\displaystyle a^2 c^2 x^2-4 a c y\geq 0.$
Les solutions vérifient $f(0,0)=0.$

Le cas $a=0$ se traite facilement.

Yves : Toutes les solutions ne sont pas de la forme que tu donnes, on en a vu des exemples...

Bonjour,

@calli : Un exemple de solution qui n’est pas de cette forme ?

$$\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial y}a\:f=0$$
Bonjour, nous allons résoudre ce problème en utilisant la méthode des caractéristiques.
Le système d'EDOs de Charpit-Lagrange s'écrit :
$$\frac{dx}{1}=\frac{dy}{af}=\frac{df}{0}$$
Une première équation caractéristique est :
$$f=c_1$$
$c_1=$constante, du fait que nécessairement $\frac{df}{0}\neq\infty\implies df=0$.
Une seconde équation caractéristique est obtenue en résolvant $\frac{dx}{1}=\frac{dy}{af}=\frac{dy}{ac_1}$ :
$$ac_1x-y=c_2$$
La solution générale de l'EDP sous forme implicite $c_2=\Phi(c_1)$ est $ac_1x-y=\Phi(c_1)$ :
$$\boxed{axf-y=\Phi(f)}$$
$\Phi$ est une fonction arbitraire (qui pourrait ultérieurement être déterminée si les conditions aux limites spécifiées sont suffisantes).
Donc, comme on pouvait s'attendre dans le cas général (sans condition), l'EDP a une infinité de solutions puisqu'une infinité de fonctions $\Phi$ sont possibles.

VERIFICATION :
$af+ax\frac{\partial f}{\partial x} = \Phi'(f)\frac{\partial f}{\partial x}\quad\implies\quad \frac{\partial f}{\partial x}=\frac{af}{\Phi'(f)-ax}$
$ax\frac{\partial f}{\partial y}-1= \Phi'(f)\frac{\partial f}{\partial y}\quad\implies\quad \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{1}{ax-\Phi'(f)}$
$\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial y}a\:f=\frac{af}{\Phi'(f)-ax}+\frac{1}{ax-\Phi'(f)}af=0$ ce qui satisfait bien l'EDP.

CONDITIONS spécifiées ::

Première condition : $f(0,0)=0 \quad\implies\quad \Phi(0)=0$
Il reste donc encore une infinité de possibilités.

Deuxième condition : $f(\infty,y)=0 \quad\implies\quad a(\infty*0)-y=\Phi(0)$
Puisque $ (\infty*0)$ est indéterminé cette condition n'enlève pas toute possibilité.

Troisième condition : $f(x,\infty)=\infty \quad\implies\quad \infty=\Phi(\infty)$

Conclusion :
Il existe beaucoup de fonctions $\Phi(X)$ telles que $\Phi(0)=0$ et $\Phi(X\to\infty)\to\infty$. Donc les conditions spécifiées ne sont pas suffisantes pour que l'EDP ait une solution unique. On trouvera aisément de nombreux exemples satisfaisant à la fois l'EDP et les conditions.

L'un des exemples les plus simples est obtenu avec $\Phi(X)=X$ qui donne $axf-y=\Phi(X=f)=f$
$$f(x,y)=\frac{y}{ax-1}$$

NOTE :
Dans l'énoncé, l'écriture de la condition $x,y=0 , f(x,y)=0$ peut se comprendre de plusieurs façons.
- Soit $f(0,0)=0$ : C'est ce qui a été traité ci-dessus.
- Soit $f(0,y)=0$ ET $f(x,0)=0$ ce qui est très différent du cas précédent. Dans ce cas on montre aisément que la seule solution est $f(x,y)=0$.

Est-ce que vous demandez que toutes ces conditions soient satisfaites simultanément ? Si non, précisez votre demande.

Sans entrer dans des cas impliquant des fonctions définies par morceaux ou des fonctions spéciales discontinues, ma réponse est non, il n'y a pas de solution satisfaisant toutes les conditions demandées si $b\neq 0$. Désolé, je ne peux pas consacrer plus de temps à cette question.

Oui, il y a $f=0$. :-D

Bonjour, @AntoineCure

Tu me demandes comment j'ai trouvé la solution de $\displaystyle f_x + a f f_y = 0$ ici http://www.les-mathematiques.net/phorum/profile.php?4,15943.

La solution générale de cette équation est $(\star)$ : $\displaystyle y = a x (f-c) + a c x + b + \phi(f-c) = a x f(x,y) + b + \phi(f(x,y)-c)$ avec $b, c$ des constantes et $\phi$ une fonction quelconque.

Pour le vérifier, il suffit de dériver partiellement par rapport à $y$ et à $x$ et de reporter $\displaystyle \phi'(f-c)$ d'une équation dans l'autre. On trouve $\displaystyle 1=f_y (a x + \phi'(f-c))$ et $\displaystyle 0=a f + f_x (a x + \phi'(f-c)).$

Tu peux alors choisir $\phi$ dans $(\star)$ pour générer tout plein de solutions.

Sache que de la même façon, on connaît des solutions de $\displaystyle f_x + a f f_y = g(x)$ ou $\displaystyle f_x + a f f_y = h(y).$

PS: Je réponds ici car je ne réponds pas aux messages privés.

Quand tu dis , tu veux résoudre cette équation, , cherches-tu toutes les solutions ou simplement une solution non triviale ( non constante)

Je ne sais pas ce qu'on peut dire de plus que l'autre fil