équation différentielle linéaire

dans Analyse
Bonjour,
Quelle est la solution de
$-u''(x) + u(x) = 1$
$u(0) = 0,\ u(1) = 0$
J'ai trouvé $1$ pour la solution particulière et $-\exp (x)$ pour la solution de l'équation homogène mais cela ne correspond pas aux conditions aux limites.
Merci d'avance.
Quelle est la solution de
$-u''(x) + u(x) = 1$
$u(0) = 0,\ u(1) = 0$
J'ai trouvé $1$ pour la solution particulière et $-\exp (x)$ pour la solution de l'équation homogène mais cela ne correspond pas aux conditions aux limites.
Merci d'avance.
Réponses
-
N'y a-t-il pas une constante d'intégration ou deux quelque part ?
Cordialement. -
$A\exp(-x)$ est aussi solution de l'équation homogène...
-
Si on pose
$u(x) = Aexp(x) + 1 $
$u(0) = A + 1 = 0$
$A=-1$
$u(1) = A exp(1) +1 = 0$
$A = -exp(1)$? -
Bonjour.$ u(1) = A exp(1) +1 = 0$
$ A = -exp(1)$?
Peut être commencer par écrire la solution générale ...
Cordialement.
(*) "Vous avez dit bizarre, cher cousin ? Comme c'est bizarre !" -
Moi ce qui me parrait bizare, c'est que l'espace des solutions de l'équation homogène est de dimension 2, normalement. Mais d'après ce que tu écris, il est de dimension 1...
Comment résous-tu l'équation homogène? -
De mon temps, en terminale STI, on nous disait de résoudre l'équation caractéristique associée à l'équation homogène $u''-u=0$, soit $r^2-1=0$, dont les solutions sont $1$ et $-1$. Ainsi les solutions de cette équation homogène sont de la forme $A\exp(x)+B\exp(-x)$.
-
Dans ce cas,
\begin{align*}
u(x) &= A \exp(x) + B \exp(-x) + 1\\
u(0) &= A+ B + 1 = 0 \\
u(1) &=Ae + B e^{-1} +1 = 0\\
A &= -B-1\\
&(-B-1) e + B e^{-1} +1= 0 \\
&B(-e + e^{-1}) - e + 1= 0
\end{align*} $$
B= \frac{e-1}{-e + e^{-1}}= \frac{e(e-1)}{-e^2 + 1} = - \frac{e}{1+e}= -\frac{1+e}{1+e}+\frac{1}{1+e}= -1 +\frac{1}{1+e}
$$ Du coup $A = -B-1 = - \frac{1}{1+e}$
et la solution est \[u(x) = - \frac{1}{1+e} \exp(x) - \exp(-x) + \frac{1}{1+e} \exp(-x) + 1\]
PS : Pour Gérard0,
Moi, j'ai dit bizarre, comme c'est bizarre ! -
Elle n'a pas l'air de marcher cette solution.
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C'est normal, $1$ n'est pas une solution particulière.
-
Je te conseille de chercher une solution particulière de la forme $a e^x+ b e^{-x} +1$.
-
C'est pas exactement ce que je viens de faire?
-
xavierdestev a écrit:$$u(1) =Ae + B e^{-1} = 0 $$
Ne manquerait-il pas un $+1$ ici ? -
GreginGre écrivait:
> C'est normal, $1$ n'est pas une solution
> particulière.
De l'équation sans ses conditions initiales, si. Généralement, on a peu de chances de trouver une solution particulière qui respecte gentiment les conditions initiales.
Cordialement. -
J'ai corrigé le 1 qui m'avait échappé. Mais ce n'est toujours pas la solution correcte.
-
Simplifie B avant de calculer A.
-
En fait, c'est bien la bonne solution. Il faut que je regarde mieux le graphe.
En plus, la solution vérifie bien les conditions aux limites.
Merci à tous. -
Bonjour
J'aimerais savoir si on peut trouver une solution explicite aux deux problème suivants pour $x\in[0,1]$
$-u''(x) + x u(x) = 1$
$u(0) = 0,\ u(1) = 0$
$-u''(x) + u(x) = |\frac{1}{2}-x|$
$u(0) = 0,\ u(1) = 0$
Merci d'avance.
[Edit: ces équa diffs étant linéaires, quoique tu en dises, restons dans la discussion initiale. Greg]
-
Pour la 2), résous sur $]1/2,+\infty[, ]-\infty,1/2[$, puis vois si tu peux recoller les solutions en une solution globale qui soit $C^2$ (si une solution $u$ existe sur $\R$, elle est nécessairement $C^2$).
Pour la 1), au débotté, je ne sais. Déjà, il faut voir si on peut résoudre explicitement l'équa diff homogène associée, ou si au moins, on peut trouver deux solutions de cette équation homogène qui soient linéairement indépendantes.
Peut-être des trucs du style $(ax+b)e^{\pm x}$ ? -
Si $x \geq \frac{1}{2}$,
$-u'' + u = x -\frac{1}{2}$
On a comme solution $u(x) = A \exp(x) + B \exp(-x) + x -\frac{1}{2}$
$u(1)=0 \implies A \exp(1) + B \exp(-1) - \frac{1}{2} = 0$
$u(x) = A \exp(x) + ( -A\exp(1)^2 + \frac{\exp(1)}{2}) \exp(-x) + x -\frac{1}{2}$
Si $x \leq \frac{1}{2}$,
$-u'' + u = \frac{1}{2} -x$
On a comme solution $v(x) = C \exp(x) + D \exp(-x) + \frac{1}{2} -x$
$u(0)=0 \implies C + D + \frac{1}{2} = 0$
$v(x) = C \exp(x) + (-C - \frac{1}{2}) \exp(-x) + \frac{1}{2} -x$
On doit avoir $u(\frac{1}{2}) = v(\frac{1}{2})$
\[A exp(\frac{1}{2}) + ( -A\exp(1)^2 + \frac{\exp(1)}{2}) \exp(-\frac{1}{2}) = C \exp(\frac{1}{2}) + (-C - \frac{1}{2}) \exp(-\frac{1}{2}) \]
A partir de là, je ne vois pas comment recoller les morceaux. -
Tu n'as pas lu mon message jusqu'au bout. Il faut voir si tu peux recoller en obtenant une fonction $C^2$. Il faut donc calculer les dérivées premières et secondes à gauche et à droite de $1/2$ et voir si tu peux les rendre égales.
-
D'accord, je vais calculer cela.
PS: J'aimerais aussi montrer que
\[u(x) = - \frac{1}{1+e} \exp(x) - exp(-x) + \frac{1}{1+e} \exp(-x) + 1\] est positive sur $[0,1]$ -
Une question à la fois, non ?
-
Oui désolé. Je reprends mon précédent message.
Les fonctions valent:
$u(x) = A \exp(x) + ( -A\exp(1)^2 + \frac{\exp(1)}{2}) \exp(-x) + x -\frac{1}{2}$
$v(x) = C \exp(x) + (-C - \frac{1}{2}) \exp(-x) + \frac{1}{2} -x$
Les dérivées valent:
$u(x) = A \exp(x) - ( -A\exp(1)^2 + \frac{\exp(1)}{2}) \exp(-x) + 1$
$v(x) = C \exp(x) + (C + \frac{1}{2}) \exp(-x) -1$
La première condition est $u(\frac{1}{2}) = v(\frac{1}{2})$.
Ce qui équivaut à :
\[A exp(\frac{1}{2}) + ( -A\exp(1)^2 + \frac{\exp(1)}{2}) \exp(-\frac{1}{2}) = C \exp(\frac{1}{2}) + (-C - \frac{1}{2}) \exp(-\frac{1}{2}) \]
La deuxième est $u'(\frac{1}{2}) = v'(\frac{1}{2})$.
Ce qui équivaut à :
\[A exp(\frac{1}{2}) - ( -A\exp(1)^2 + \frac{\exp(1)}{2}) \exp(-\frac{1}{2}) +1 = C \exp(\frac{1}{2}) + (C + \frac{1}{2}) \exp(-\frac{1}{2}) -1 \]
On devrait avoir une troisième condition : $u''(\frac{1}{2}) = v''(\frac{1}{2})$?
Il faut que je résolve cela, ca devient compliqué par rapport à la simplicité de la formulation. -
bonjour
je te propose une solution légèrement différente pour un résultat identique
ton équation différentielle s'écrit : $u'' - (u - 1) = 0$
tu changes de fonction en posant $v = u - 1$ et l'équation différentielle devient :
$v'' - v = 0$ soit $v = Ach(x) + Bsh(x)$ avec $ch$ et $sh$ les fonctions cosinus et sinus hyperboliques
soit donc $u(x) = Ach(x) + Bsh(x) + 1$ et compte tenu des conditions initiales $u(0) = 0$ et $u(1) = 0$ il vient:
$A = - 1$ et $B = th\frac{1}{2}}$ avec $th$ la tangente hyperbolique et donc :
$u = 1 - ch(x) + th\frac{1}{2}.sh(x)$
cordialement -
Merci.
L'équation dont je cherches la solution actuellement est
$-u''(x) + u(x) = |\frac{1}{2}-x|$
$u(0) = 0,\ u(1) = 0$ -
Indice : pour que $u''(1/2)=v''(1/2)$, il suffit que $u(1/2)=v(1/2)$.. c'est l'équation qui le dit (modulo une petite justification).
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Bonjour!
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