Une équation différentielle non-ordinaire

Calembour
Modifié (20 May) dans Analyse
Bonjour,

Je m'attaque au problème suivant : on cherche les fonctions $y$ a priori de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ qui vérifient 

$$ \forall x \in \mathbb{R}, y''(x) + y(-x) = x e^x $$

Voici ma solution, dont je ne suis pas sûr de l'exactitude

Proposition de solution :

Soit $y$ une solution du problème. On utilise la décomposition de $y$ comme somme d'une fonction paire et d'une fonction impaire (de manière unique). On note :

$$\forall x \in \mathbb{R}, y(x) = p(x) + i(x)$$

où $p$ est une fonction paire et $i$ une fonction impaire.

L'équation différentielle se réécrit :

$$p''(x) + i''(x) + p(-x) + i(-x) = x e^x $$
$$[p''(x) + p(x)] + [i''(x) - i(x)] = x e^x$$

La fonction $g : x \rightarrow p''(x) + p(x)$ est une fonction paire
La fonction $h : x \rightarrow i''(x) - i(x)$ est une fonction impaire

Par unicité de la décomposition, $g$ est donc la partie paire de $x \rightarrow x e^x$ et $h$ est la partie impaire de $x \rightarrow x e^x$.

On obtient donc deux nouvelles équations différentielles :

$$p''(x) + p(x) = \frac{1}{2}(x e^x - x e^{-x} ) $$
$$i''(x) - i(x) = \frac{1}{2} (x e^x + x e^{-x} ) $$

Avec $p$ paire et $i$ impaire.

On obtient donc :

$$\forall x \in \mathbb{R},  p(x) = c_1 \mathrm{cos}(x) + c_2 \mathrm{sin} (x) + \frac{x}{2} \mathrm{sinh} (x) - \frac{1}{2} \mathrm{cosh} (x) $$

Tous les termes sont des fonctions paires, sauf le terme en sinus, et comme $p$ est une fonction paire, ça impose $c_2 = 0$.

Et :

$$\forall x \in \mathbb{R}, i(x) = a_1 e^x + a_2 e^{-x} + \frac{x^2}{8} (e^x - e^{-x}) - \frac{x}{8} (e^x + e^{-x}) $$

Les conditions d'imparité entrainent : 

$$\forall x \in \mathbb{R}, a_1(e^x - e^{-x}) = -a_2(e^x - e^{-x})$$

Soit $a_1 = -a_2$. 

Les solutions de l'équation initiale en additionnant les parties paires et impaires trouvées sont donc de la forme :

$$\forall x \in \mathbb{R},   y(x) = A \mathrm{cos}(x) - \frac{1}{2} \left( \frac{x}{2} + 1 \right) \mathrm{cosh}(x) + \left(2B + \frac{x}{2} + \frac{x^2}{4} \right) \mathrm{sinh}(x) $$

Avec $A,B$ des constantes réelles arbitraires.

Ma solution est-elle correcte ?

Cordialement 
Calembour

Réponses

  • salut

    tu peux toujours vérifier en dérivant deux fois ta solution et vérifier si elle vérifie l'équation différentielle initiale ...

    Ce ne sont pas les signes, les symboles qui constituent la science ; le seul principe qui y domine, c’est l’esprit de sagacité auquel les objets soumis servent d’auxiliaire.                BHASCARA

  • Calembour
    Modifié (20 May)
    Si je ne me suis pas trompé, on a :

    $$ y'(x) = \frac{1}{4} \left( -4 A \mathrm{sin}(x) + (8B + x) \mathrm{sinh}(x) + (x^2 + 2x - 1) \mathrm{cosh}(x) \right)$$

    $$y''(x) = \frac{1}{4} \left(-4 A \mathrm{cos}(x) + (8B + 3x + 2) \mathrm{cosh}(x) + x(x + 2) \mathrm{sinh}(x) \right)$$

    Lorsqu'on additionne $y''(x)$ et $y(-x)$, on trouve : $2B e^{-x} + 2B e^x + x e^x$

    Donc on a bien la solution, si on impose $B = 0$, j'imagine que c'est ce que l'on doit conclure, vu qu'on a raisonné uniquement par condition nécessaire

    Merci
  • $\sinh x$ est solution de l'équation homogène associée.
  • @Calembour : Erreur de calcul dans la partie impaire, il me semble. Tu devrais trouver $a_1=-a_2$.
  • bisam a dit :
    @Calembour : Erreur de calcul dans la partie impaire, il me semble. Tu devrais trouver $a_1=-a_2$.
    Bonjour,

    Merci pour la remarque, je vais corriger
  • Après correction et recalcul des dérivées, je tombe bien sur $x e^x$, donc j'imagine que c'est bon.
  • Tu as raisonné par analyse-synthèse. Tu as fait l'analyse, il reste à faire la synthèse.
  • Héhéhé a dit :
    Tu as raisonné par analyse-synthèse. Tu as fait l'analyse, il reste à faire la synthèse.
    Bonjour,

    J'ai vérifié que les solutions que j'ai trouvé vérifiaient bien l'équation voulue, c'est suffisant pour la synthèse non ?
  • Ha oui je n'avais pas vu que tu l'avais fait plus bas.
  • En derivant deux fois on se ramene a $y^{(4)}-y(x)=f(x)$ qu'on resout comme d'habitude, et puis on ne garde que les solutions qui conviennent.
  • etanche
    Modifié (21 May)
    Calembour a dit :
    Bonjour,

    Je m'attaque au problème suivant : on cherche les fonctions $y$ a priori de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ qui vérifient 

    $$ \forall x \in \mathbb{R}, y''(x) + y(-x) = x e^x $$

    .

    Une autre méthode consiste à chercher les solutions sous la forme $y(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}a_kx^k$
  • john_john
    Modifié (21 May)
    J'allais citer aussi le principe de redérivation, mais P.2 l'a déjà fait ; il convient alors de justifier que toute solution est effectivement ${\rm C}^4$, ce qui est immédiat.

    Cette méthode est bonne lorsqu'une décomposition classique (comme paire+impaire) ne saute pas aux yeux. Par exemple : résoudre $y'(x)+y(1/x)=0$ sur $\R_+^*$ (évidemment, on peut aussi poser $x={\rm e}^t$ pour obtenir une forme analogue à celle de l'exo de départ ; il faut alors faire attention de ne pas mélanger dérivation par rapport à $x$ et dérivation par rapport à $t$).
  • etanche a dit :
    Calembour a dit :
    Bonjour,

    Je m'attaque au problème suivant : on cherche les fonctions $y$ a priori de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ qui vérifient 

    $$ \forall x \in \mathbb{R}, y''(x) + y(-x) = x e^x $$

    .

    Une autre méthode consiste à chercher les solutions sous la forme $y(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}a_kx^k$
    Bonjour, j'ai un petit doute. Est-on certain que les fonctions solutions sont développables en séries entières ?
  • Non mais tu peux te ramener à une équation linéaire d'ordre 4 et la structure des solutions permet de montrer que oui si tu trouves "assez" de solutions DSE.
  • JLapin a dit :
    Non mais tu peux te ramener à une équation linéaire d'ordre 4 et la structure des solutions permet de montrer que oui si tu trouves "assez" de solutions DSE.
    D'accord c'est vrai que si on se ramène à l'ordre 4, l'espace des solutions est un espace de dimension 4. Si on trouve une base de solutions développables en série on pourra s'en sortir

    Merci
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