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helix
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par helix » 14 Aoû 2006, 12:14
Bonjour,
pouvez vous m'aider à résoudre des équations différentielles,
par exemple, y' + 2y = exp[-2x] où je dois chercher une solution particulière de la forme y = a.x.exp[-2x]
en dérivant y et par identification j'obtient
0= exp[-2x]
que dois-je conclure
de plus
je n'ai jamais rencontré d'équation differentielle de la forme
y'' + 4y = 0
pouvez vous me donner une méthode pour la résoudre.
merci
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tize
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par tize » 14 Aoû 2006, 13:04
Il me semble que si :
vérifie l'equadiff
alors
donc
et
pour solution particulière. Comme les solutions de l'equation homogène sont de la forme :
(
constante), les solutions sont de la forme :
sauf erreur de ma part...
Pour
tu n'as jamais entendu parlé de polynome caractéristique d'une équadiff ?
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tize
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par tize » 14 Aoû 2006, 13:23
Méthode pour :
:
En général si tu as une équadiff de la forme :
le polynome caractéristique de l'équadiff est :
. Si ses racines sont
sont des
racines simples alors les solutions sont de la forme :
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le fouineur
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par le fouineur » 14 Aoû 2006, 13:44
Bonjour helix,
Pour la première équation,cherche d'abord à résoudre l'équation sans second membre soit: y'+2*y=0 ,ensuite il faut poser une solution particulière telle que y=a*x*Exp[-2*x] Vu?
Pour la deuxième équation,c'est une forme classique:
y''+w^2*y=0 il y a une solution type du genre: y=A*Sin[w*x]+B*Cos[w*x]
je te laisse déterminer w....
Cordialement le fouineur
par Daragon geoffrey » 14 Aoû 2006, 13:50
slt pour la première équation, procède ds cet ordre pour la résoudre :
résoud léquation homogène ie léquation ss second membre associée qui est y'+2y=0 équiv à y'/y=-2 (en supposant que y soit strictement positive)équiv à (en intégrant) ln|y|=(-2x)+k où k est une constante réelle déterminée pa les conditions initiales ! ensuite tu cherches une solution particulière sous la forme y(x)=t(x)exp[-2x] implique
y'= t'(x)exp[-2x] -2exp[-2x]t(x), or y est supposé solution de léquation avec second membre alors par définition y vérifie la relation y'+2y=exp[-2x] noté (E), on injecte lexpression précédente pour obtenir t'(x)exp[-2x]=exp[-2x]équiv à (en intégrant) t(x)=x+l où l est une constante réelle déterminé par les conditions initiales ! la solution générale de (E) est obtenue en ajoutant à la solution générale de léquation homogène une solution particulière de (E) donc y(x)=kexp[-2x]+(x+l)exp[-2x]=... pour l'équa diff linéaire du second degré je constate que tize ta déjà aidé donc ça devré aller ! @ +
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tize
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par tize » 14 Aoû 2006, 13:59
Daragon geoffrey a écrit:(en intégrant) ln|y|=e^(-2x) e^c
y'a comme un petit hic, non...
par Daragon geoffrey » 14 Aoû 2006, 14:15
en effet merci tize je corrige cela o plus vite @ +
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helix
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par helix » 14 Aoû 2006, 18:52
MERCI pour vos conseils.
dans un livre j'ai pu lire
que la solution de y'' + 4y = 0
est y = a.cos(2t) + b.sin(2t)
qu'en pensez vous ?
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tize
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par tize » 14 Aoû 2006, 19:01
OK avec a et b complexes
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nekros
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par nekros » 14 Aoû 2006, 19:49
helix a écrit:MERCI pour vos conseils.
dans un livre j'ai pu lire
que la solution de y'' + 4y = 0
est y = a.cos(2t) + b.sin(2t)
qu'en pensez vous ?
Bonjour,
Il suffit de résoudre l'équation caractéristique :
ce qui donne
et
Les solutions de l'équation différentielle sont donc de la forme :
Thomas G :zen:
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nekros
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par nekros » 14 Aoû 2006, 20:01
De manière générale, pour une équation différentielle de la forme
:
On détermine l'équation caractéristique
Si
Si tu veux la démo, clique
ici Thomas G :zen:
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helix
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par helix » 14 Aoû 2006, 22:07
ok merci pour cette précision.
mais concernant y' + 2y = exp(-2x) où je dois chercher une solution particulière de la forme y= a.x.exp(-2x)
mon ancien professeur de maths m'a enseigné la démarche suivante
je dérive y = a.x.exp(-2x)
j'obtient -2.a.x;exp(-2x)
je remplace
-2.a.x.exp(-2x) + 2.a.x.exp(-2x) = exp(-2x)
j'obtient donc 0 = exp(-2x)
je ne sais pas comment conclure, peut-être que l'équation est impossible ?
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nekros
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par nekros » 14 Aoû 2006, 22:16
Salut,
En fait, tu ne peux pas chercher une solution particulière de la forme
car
est solution de l'équation différentielle.
Il faut chercher une solution particulière de la forme
(tu élèves le degré du polynôme)
On a donc
En remplaçant, on a donc :
(car
) soit
et
par identification.
Une solution particulière est donc :
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helix
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par helix » 14 Aoû 2006, 22:37
pourtant l'énonce me suggère d'utiliser cette solution particulière
y = a.x.exp(-2x)
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nekros
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par nekros » 14 Aoû 2006, 22:46
Désolé, j'ai lu
En prenant
, on a
En remplaçant, on a donc :
soit
d'où
Tu t'es juste trompé dans la dérivée : c'est la dérivée d'un produit.
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nekros
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par nekros » 14 Aoû 2006, 22:50
Ok j'ai mal lu ! :briques:
Tu t'es trompé dans la dérivée : c'est la dérivée d'un produit.
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nekros
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par nekros » 14 Aoû 2006, 22:58
Salut,
Helix, tu t'es trompé dans la dérivée : c'est la dérivée d'un produit.
Il faut chercher une solution particulière de la forme
(tu élèves le degré du polynôme)
On a donc
En remplaçant, on a donc :
(car
) soit
On a donc par identification :
et
Une solution particulière est donc :
PS : tu es sûr de l'indication de ton énoncé ?
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hanouna
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par hanouna » 14 Aoû 2006, 22:59
Je pense que Helix a trouvé la meme solution particulière Y1=exp(-2x),aprés elle l'a remplaçé dans l'équation diff y'+2y=exp(-2x) ,ce qui donne exp(-2x)=0 d'ou l'absurde.nes pas :!:
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nekros
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par nekros » 14 Aoû 2006, 23:01
hanouna a écrit:Je pense que Helix a trouvé la meme solution particulière Y1=exp(-2x),aprés elle l'a remplaçé dans l'équation diff y'+2y=exp(-2x) ,ce qui donne exp(-2x)=0 d'ou l'absurde.nes pas
Salut,
Helix s'est trompé dans la dérivée.
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hanouna
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par hanouna » 14 Aoû 2006, 23:10
helix a écrit:pourtant l'énonce me suggère d'utiliser cette solution particulière
y = a.x.exp(-2x)
si l'énonce vous le suggère,alors on obtient la solution particulière y1=0,en effet:
y'+2y=aexp(-2x)-2axexp(-2x)+2axexp(-2x)
=aexp(-2x)
=0.
d'ou: a=0.
dans le cas générale ,exp(-2x)=0,ce qui est absurde.je pense.
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