Équations différentielles linéaires

Bonjour,

D'accord merci. J'étais occupé à corriger des centaines de copies. Je reviens à mon problème.

Posons $y_1(y_1(0)=1,y_1 '(0)=0)$ et $y_2(y_2(0)=0,y_2 '(0)=1)$

Soit $y(y(0)=\alpha,y'(0)=\beta)$ une solution fixée.

Considérons le système :

$\begin{cases} A y_1 (0)+ By_2(0)= \alpha \\ A y_1 ' (0)+ By_2 '(0)= \beta \end{cases}$

C'est un système de Cramer de déterminant $1 \ne 0$ donc il admet une unique solution $(A,B) \in \R^2$

Ainsi, $(y_1,y_2)$ forment une base de $S$.

La suite est :

On considère l'équation caractéristique : $r^2+ar+b=0$.

1) Montrer que si elle admet 2 solutions réelles $r_1$ et $r_2$ alors la solution générale est $y=A e^{r_1 x}+ Be^{r_2 x}$

Il suffit de montrer que la famille $(e^{r_1 x}, e^{r_2 x})$ est libre pour des raisons de dimension.

Soit $\lambda_1 e^{r_1 x} + \lambda_2 e^{r_2 x} =0$

Pour $x=0$ on obtient $\lambda_1+ \lambda_2=0$ et pour $x=1$ on obtient $\lambda_1 e^{r_1 } + \lambda_2 e^{r_2 } =0$

On combinant ces 2 équations, on trouve $\lambda_1 (e^{r_1} - e^{r_2}) =0$

Si $e^{r_1} - e^{r_2}=0$ alors $e^{r_1} = e^{r_2} \implies r_1=r_2$ ce qui est absurde donc $r_1 \ne r_2$.

La famille est libre, c'est donc une base.

2) Montrer que si l'équation caractéristique admet une racine double $r$ alors la solution générale est $y=(A+Bx) e^{rx}$

Il suffit de montrer que la famille $(e^{rx},xe^{rx})$ est libre.

Soit $\lambda_1 e^{r x} + \lambda_2 x e^{r x} =0$

Pour $x=0$ on obtient $\lambda_1=0$ ce qui donne pour $x=1$ : $\lambda_2 e^{rx}=0 \implies \lambda_2=0$

La famille est libre, c'est donc une base.

3) Montrer que si l'équation caractéristique admet deux racines complexes conjuguées $\alpha \pm i \beta$ alors la solution générale est donnée par $y=e^{\alpha x} (A \cos(\beta x) + B \sin (\beta x))$

Je bloque sur cette dernière question.

Je dois montrer que $(e^{\alpha x} \cos(\beta x), e^{\alpha x} \sin(\beta x))$ est une famille libre. Mais je ne vois pas comment faire.

Le théorème de Cauchy donne l'existence et l'unicité d'une solution vérifiant $f(0)=0$ et $f'(0)=0$ mais comment en déduire que $f$ est l'application nulle ?

Pour la famille libre voici mon raisonnement :

Soit $\lambda_1 e^{\alpha x} \cos( \beta x) + \lambda_2 e^{\alpha x} \sin( \beta x)=0$

Pour $x=0$ on trouve $\lambda_1=0$ ce qui donne : $\lambda_2 e^{\alpha x} \sin( \beta x)=0$

On sait que $\beta \ne 0$ sinon on est dans le cas réel déjà traité précédemment.
Prenons $x=\dfrac{\pi }{2 \beta}$ on trouve : $\lambda_2 \exp(\dfrac{\pi \alpha }{2 \beta}) =0 \implies \lambda_2=0$

Donc la famille est une base.

Merci àGai Requin je viens de comprendre.

Je n'avais pas pensé à utiliser le fait que $x \mapsto 0$ est solution :-o

Soit $f$ une solution telle que $f(0)=0$ et $f'(0)=0$
La fonction nulle que l'on peut noter $g$ est solution et vérifie $g(0)=0$ et $g'(0)=0$
Par unicité, $f=g$ donc $f$ est la fonction nulle.

Je préfère la solution de @Frédéric Bosio à l'indication de mon livre, elle est bien plus rapide et plus facile.

D'accord merci.

Je pose $z= e^{(\alpha+i \beta) x}$ et $Q= P''+aP'+bP$

Le polynôme $Q$ est à coefficients réels donc si $z$ est solution alors $\bar{z}$ aussi. (d'après ce que m'a expliqué @Noobey)

On a $z'=(\alpha+i \beta) z$ et $z"=(\alpha+i \beta)^2 z$

Ainsi $z"+az'+bz= \left( (\alpha+i \beta)^2 +(\alpha+i \beta)a +b \right) z$

Comme $\alpha+i \beta$ est solution de l'équation alors $z"+az'+bz=0$

Ainsi $z$ et $\bar{z}$ sont solution de l'équation différentielle et par stabilité $\dfrac{z+\bar{z}}{2}=e^{\alpha x} \cos(\beta x)$ et $\dfrac{z-\bar{z}}{2i}=e^{\alpha x} \sin(\beta x)$ le sont aussi.