Équation différentielle et isomorphisme
Bonjour.
Je bloque à la question $b$.
a) $q''+w^2 y=0$. L'équation caractéristique est $x^2+w^2=0$. Les solutions sont $\pm iw$.
Les solutions de l'équation différentielle sont les fonctions $\boxed{x \mapsto \lambda \cos (wx) + \mu \sin (wx)}$ avec $\lambda, \mu \in \R$.
Or $y(0)=\lambda$ et $y(1)= \lambda \cos (w) + \mu \sin (w)$.
On veut que l'application $y \in E_{w^2} \mapsto ( \lambda , \lambda \cos w + \mu \sin w)$ soit un isomorphisme.
$f$ est linéaire entre deux espaces vectoriels, et $\dim E_{w^2} = \dim \R^2=2$ donc l'injectivité est équivalente à la bijectivité.
Si $f$ est injective alors $\lambda=0$ et $ \lambda \cos (w) + \mu \sin (w)=0$ soit $\mu \sin w =0$.
La condition est $\boxed{w= k \pi}$ avec $k \in \Z$.
Je bloque à la question $b$.
a) $q''+w^2 y=0$. L'équation caractéristique est $x^2+w^2=0$. Les solutions sont $\pm iw$.
Les solutions de l'équation différentielle sont les fonctions $\boxed{x \mapsto \lambda \cos (wx) + \mu \sin (wx)}$ avec $\lambda, \mu \in \R$.
Or $y(0)=\lambda$ et $y(1)= \lambda \cos (w) + \mu \sin (w)$.
On veut que l'application $y \in E_{w^2} \mapsto ( \lambda , \lambda \cos w + \mu \sin w)$ soit un isomorphisme.
$f$ est linéaire entre deux espaces vectoriels, et $\dim E_{w^2} = \dim \R^2=2$ donc l'injectivité est équivalente à la bijectivité.
Si $f$ est injective alors $\lambda=0$ et $ \lambda \cos (w) + \mu \sin (w)=0$ soit $\mu \sin w =0$.
La condition est $\boxed{w= k \pi}$ avec $k \in \Z$.
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Réponses
Pour la dérivée seconde, ça me semble plus difficile.
On a $f(t)= f(t_0) + f'(t_0) (t-t_0) + \dfrac{ f''(t_0) }{2} (t-t_0) + o( t-t_0)$
Or $f'(t_0)=0$ donc $f(t) -f(t_0) = \dfrac{ f''(t_0) }{2} (t-t_0) + o( t-t_0)$
Donc $2 (f(t)- f(t_0) \sim f''(t_0) (t-t_0)$
Or $f(t) -f(t_0) \leq 0$ cat $f(t_0)$ est le maximum.
Donc $f''(t_0) \geq 0$ si $t=t_0 ^{-}$ et $f''(t_0) \leq 0$ si $t=t_0 ^{+}$.
@JLapin pas compris d'où sort ton inégalité.
Je ne sais pas comment faire pour voir s'il y a un antécédent ou pas.
$\mu=1 / \sin (w)$
$y= 1/ \sin (w) \sin x$
Donc $y'' +\pi ^2 1/ \sin (w) \sin x = - \dfrac{1}{\sin^2(w) } \sin x + \pi ^2 \sin x \dfrac{1}{\sin w} \ne 0$ donc mon calcul de 1) est faux.
Je ne trouve pas où est mon erreur dans la première question.
@Bibix
Parfait ! Merci. Dans la a) j'avais oublier qu'on voulait un noyau nul ! Ma dernière ligne était du n'importe quoi.
Je préfère les équivalents.
On peut aussi dire que $f(t) -f(t_0) \sim \dfrac{1}{2} (t-t_0)^2 f''(t_0) $ et comme $f(t)-f(t_0) \leq 0$ alors $f''(t_0) \leq 0$ au voisinage de $t_0$ mais $f''(t_0)$ est une constante donc $f''(t_0) \leq 0$.
La c) a l'air costaud oui.
Pour la $c$ il faut d'abord résoudre l'équation différentielle mais sans connaître $q$ ? Ca m'a l'air infaisable.
Tu dis $y=0$ mais je ne vois aucune démonstration de ce résultat. Je le démontre donc.
$y'(x)^2-q(x)y(x)^2=0$. Si $y(x) \ne 0$ alors $(\dfrac{ y'(x)}{y(x)})^2=q(x)$ ce qui est absurde car $q(x) <0$ donc $y(x)=0$.
On pose $u(x)=y'(x)$ et $v'(x)=y'(x)$ on a $u'(x)=y''(x)$ et $v(x)=y(x)$
$u$ et $v$ sont de classe $C^1$ sur $[0,1]$.
Donc $\displaystyle\int_{0}^1 y'(x)^2 dx =y(1)y'(1)-y(0)y'(0) + \int_{0}^1 y(x) y''(x) dx = \int_{0}^1 (-q y(x)^2) dx $.
@bd2017 a été un peu vite pour montrer que $y=0$.
$\forall x \in [0,1] \ y'(x)^2-q(x) y(x)^2 \geq 0$ et l'application $x \mapsto y'(x)^2-q(x) y(x)^2$ est continue sur $[0,1]$ car $y$ est de classe $C^2$ donc $y'$ de classe $C^1$.
Donc $\displaystyle\int_{0}^1 (y'(x)^2-q(x) y(x)^2) dx =0 \implies \forall x \in [0,1] \ y'(x)^2-q(x) y(x)^2=0 \implies \forall x \in [0,1] \ q(x)=0$
@Barry
Ca ne marche pas pour les extrémités, le cours dit qu'on doit prendre un ouvert. La démonstration utilise les voisinages à gauche et à droite, on ne peut pas prendre les extrémités.