par L.A. » 09 Aoû 2008, 21:41
Hello, je ne veut pas m'incruster dans la discussion, mais je voudrais apporter ma pierre à l'edifice en "montrant" que les seules solutions de y' = ay sont les x -> kexp(ax) avec k dans R.
Il faut passer je pense par les espaces vectoriels (ev) et les applications linéaires, des noms barbares mais finalement " " "assez" " " simples.
ev quesseucé ? Pour être bref R² (ensemble des vecteurs du plan) est un R-ev par exemple, parceque si on prend x et y dans R² et k dans R, on peut envisager les vecteurs x + y et kx : en gros R² est muni d'une loi interne (l'addition) et d'une loi externe sur le corps R (la multiplication par un scalaire) opérations qui à partir de deux éléments de R², ou de R² et R forment un élément de R².
le cas est identique pour E = D(R -> R) (ens. des fonction de R dans R dérivables) parceque on définit des opérations semblables sur fonctions :
la ft° (f+g) est définie par (f+g)(x) = f(x) + g(x)
la ft° (kf) est définie par (kf)(x) = k(f(x))
pour tout x dans R avec f,g dans E et k dans R. à partir de 2 fonctions dérivables, ou d'une ft dérivable et d'un scalaire, on forme une nouvelle fonction qui est aussi dérivable par ailleurs. bref E est un R-ev.
posons F = R^R, ensemble des fonctions de R dans R : avec les mêmes opérations, c'est encore un R-ev.
si on dérive une fonction f dérivable (cad dans E) on obtient une fonction f' qui n'a à prioiri aucune régularité particulière (donc dans F); si on note donc D l'opérateur (ou la fonction) qui à une fonction de E associe sa dérivée, on forme une fonction D de E dans F :
D : E -> F, f |-> f' ou encore D(f) = f'
revenons à l'équadiff initiale : avec nos notation, le problème initial y' = ay se formule :
trouver les solutions dans E de l'équation D(y) = ay d'iconnue y.
cette équation lie deux fonctions de l'ev F, on peut ainsi les soustraire :
(1) D(y) - ay = 0, ou le 0 représente la fonction nulle (de F).
parlons maintenant des applications linéaires (al) :
si E et F sont deux R-ev, et T est une application de E dans F, on dit qu'elle est linéaire lorque pour tout x,y dans E et k dans R, on a
T(x+y) = T(x)+T(y) et T(kx) = kT(x)
(on peut montrer que les applications linéaires de R dans R ne sont autres que les fonctions linéaires bien connues.)
Ce qui fait tout fonctionner dans cette belle mécanique, c'est que l'opérateur de dérivation D tel que D(f) = f', est une al de E dans F tq définis plus haut. en effet :
D(f+g) = (f+g)' = f'+g' = D(f) + D(g)
D(kf) = (kf)' = kf' = kD(f)
introduisons désormais l'injection canonique I de E dans F. cest un nom abominable, certes, mais il n'y a quasiment rien derrière :
I : E ->F f |-> f ; ou encore I(f) = f.
appliquer cet opérateur à la fonction f de E ne change pas cette fonction, il sert juste à "adapter" f au départ dans E au format de l'ev F contenant E et les autres fonctions de R dans R moins régulières. pas tout compris ? mais pas grave, notons juste que I(f) = f
Magie ! I est évidemment une al :
I(f+g) = f+g = I(f) + I(g)
I(kf) = kf = kI(f)
Notons L(E->F) l'ens. des applications linéaires de E dans F (aie!)
Devinez quoi : L(E,F) est encore un Rev !
en bref, on peut sommer deux al, ou multiplier une al par un scalaire (un réel), on garde une al :
(T+S)(x+y) = T(x+y)+S(x+y) = T(x)+T(y)+S(x)+S(y) = T(x)+S(x)+T(y)+S(y)
=(T+S)(x) + (T+S)(y)
(kT)(x+y) = kT(x+y) = k(T(x)+T(y)) = kT(x)+kT(y)=(kT)(x)+(kT)(y)
deux égalités sumpélementaires sont à vérifier portant sur lx au lieu de x+y...
revenons au problème (1)
D(y)-ay = 0 D(y)-aI(y) = 0 (I est utile ici, d'ailleurs il manque dans la première équation.) (D-aI)(y) = 0 T(y) = 0
où T = D-aI est comme nous l'avons dit, un al de E dans F.
les solutions de lequadiff sont donc les fonction annulant l'al T, qu'on appelle le noyau de T.
debut de la deuxième partie : résolution de T(y) = 0, où T est une al.
pour comprendre, plaçons nous dans le plan R² ; on définit l'application T (linéaire), qui au vecteur v de coordonnées (x,y) associe le vecteur v' de coordonnées (x+y,2x+2y)
ainsi par exemple T(2,3) = (2+3,2*2+2*3) = (5,10) ...
on cheche les vecteurs (x,y) du noyau de T, cad dont l'image par T est 0 = (0,0)
on résoud T(x,y) = (0,0) (x+y,2x+2y)=(0,0) x+y=0 et 2x+2y=0 x+y = 0
le noyau de T est donc la droite d d'équation y=-x : les points de cette droite sont les points dont l'image par T est (0,0) ; notons que c'est la droite passant par (0,0) de vecteur directeur v(1,-1). on dit donc que le noyau est de dimension 1, car il sufit d'un seul vecteur v pour déterminer le noyau de T :
noyau de T = {kv, k dans R}
dans le cas notre éqadiff, le noyau de T que l'on cherche est aussi de dimension 1, et là il faut me croire, ou bosser sur le lemme de Gronwall et le Théorème de Cauchy-Lipschitz.
en bref, il suffit de trouver une seule fonction f dans E vérifiant T(f) = 0, qui constituera le vecteur directeur de la droite-noyau (f est donc non nulle) : toutes les autres solutions seront de la forme kf avec k dans R.
la fonction f(t) = exp(at) étant solution particulière non nulle, cqfd
(pfoui...)