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Équation différentielle

Envoyé par Zouatine 
Équation différentielle
il y a onze jours
Bonjour à tous

Je trouve des difficultés pour résoudre l'équation différentielle suivante.

(x+y)dx + (y-x)dy = 0

Merci.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a onze jours et a été effectuée par AD.
gb
Re: Équation différentielle
il y a onze jours
avatar
Bonjour,

Il s'agit d'une équation homogène ; on la résout en utilisant l'auxiliaire : \(t=y/x\) et en substituant \(tx\) à \(y\) dans l'équation.
Re: Équation différentielle
il y a onze jours
avatar
Un bonus en vidéo [www.youtube.com]

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]
Re: Équation différentielle
il y a onze jours
Merci Monsieur gb et gebrane.
Re: Équation différentielle
il y a onze jours
Faudrait peut-être rendre ça rigoureux façon 2017...
Re: Équation différentielle
il y a dix jours
avatar
@Chaurien

Si dans le temps, tu avais donné cette question texto dans un examen et si un étudiant te donnais cette rédaction: On considère la forme différentielle $w$ définie par $w_{x,y}=(x+y)dx + (y-x)dy$, alors $w_{x,y}$ est nulle sur $\R^2$ donc $x+y=0$ et $y-x=0$.

Tu lui collerais un zéro ou bien tu lui donnerais une excuse ?

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]
Re: Équation différentielle
il y a dix jours
@ Gebrane
Je n'ai jamais eu ce genre de chose au programme, et de toutes façons je n'ai jamais mis zéro. Parlons plutôt maths proprement dites.
Re: Équation différentielle
il y a dix jours
avatar
Ok

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[Comme ev, spécial coucou à remarque que je pense à toi. ]



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a dix jours et a été effectuée par gebrane.
Re: Équation différentielle
il y a dix jours
@Gebrane
Tu as tout à fait raison. Il me semble que ce genre d'énoncé n'apparaît plus dans les livres ou les annales depuis au bas mot quarante ans.
À mon avis, on désigne par $y$ une fonction inconnue de la variable $x$ et cet énoncé signifie : $ x+y+(y-x) \frac {dy}{dx}=0$.
Gb a réactivé l'antique zoologie des équations différentielles, mais il faudrait une rédaction rigoureuse selon les canons de notre époque.
J'ai essayé de faire ça dans le fil : [www.les-mathematiques.net]
Il faudrait le faire ici.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Re: Équation différentielle
il y a dix jours
Autre point de vue : en passant en polaires il semble que les courbes intégrales sont des spirales logarithmiques.
gb
Re: Équation différentielle
il y a dix jours
avatar
Essayons d'être rigoureux, ce qui risque d'être lourd vu que les courbes intégrales sont des spirales logarithmmiques...

Nous recherchons des fonctions \(f\) dérivables sur un intervalle \(I\) et telles que :
\[\forall x \in I, \quad x+f(x)+(f(x)-x)f'(x) = 0.\]

Je commence par remarquer que, s'il existe un point \(x\) de \(I\) en lequel : \(f(x) = x\), alors :
\[x+f(x)+(f(x)-x)f'(x) = 0 \implies f(x) = -x\]
dont on déduit que \(f(x)=x=0\).

On commence donc par étudier le cas où l'intervalle \(I\) ne contient pas l'origine, et on étudiera dans un deuxième temps le problème du raccord des solutions obtenues.

Désormais : \(0\notin I\).

La fonction \(g\colon x \mapsto f(x)/x\) est parfaitement définie, continue, dérivable, ... et, comme il n'existe pas de point \(x\) de \(I\) en lequel ; \(f(x)=x\), la fonction \(g\) ne prend pas la valeur 1, et la fonction \(g-1\) est de signe constant.

satisfait:
\[\forall x\in I, \quad x+xg(x)+(xg(x)-x)(g(x)+xg'(x)) = 0 \iff \frac 1x = \frac{1-g(x)}{1+g^2(x)}g'(x).\]
dont on déduit, via un petit calcul de primitive:
\begin{gather*}
\exists C\in\mathbf{R},\ \forall x\in I,\quad \ln\lvert x \rvert = \arctan(g(x)) - \frac12\ln(1+g^2(x)) + C\\
\exists k\in\mathbf{R}^*,\ \forall x\in I,\quad x = k \frac{\exp(\arctan(g(x)))}{\sqrt{1+g^2(x)}}
\end{gather*}
où le signe de \(k\) est celui des éléments de l'intervalle \(I\).

Digression

On est donc amené à étudier la fonction \(\phi\colon t\mapsto\dfrac{\exp(\arctan t)}{\sqrt{1+t^2}}\), gentiment définie sur \(\mathbf{R}\), et à valeurs strictement positives. Les calculs precédents fournissent le calcul de la dérivée logarithmique de \(\phi\):
\[\forall t\in\mathbf{R},\quad \frac{\phi'(t)}{\phi(t)} = \frac{1-t}{1+t^2}\]
d'où le tableau des variations de \(\phi\):
\[\begin{array}{c|ccccc}
t&-\infty&&1&&+\infty\\
\hline
\phi'(t)&&+&0&-&\\
\hline
\phi(t)&0&\nearrow&a&\searrow&0
\end{array}\]
où: \(a = \dfrac{e^{\pi/4}\sqrt2}{2}\).
Les restrictions de \(\phi\) à \(]-\infty,1[\) et à \(]1,+\infty[\) sont deux bijections, dont les bijections
réciproques sont respectivement \(\psi_1\) définie de \(]0,a[\) dans \(]-\infty,1[\) et \(\psi_1\) définie de \(]0,a[\) dans \(]1,+\infty[\).

Une remarque utile pour la suite :
\begin{align*}\phi(t)&\mathop{\sim}\limits_{t\to-\infty}-\frac{e^{-\pi/2}}t & \phi(t)&\mathop{\sim}\limits_{t\to+\infty}\frac{e^{\pi/2}}t\end{align*}

Retour à l'équation différentielle

Commençons par rappeler notre acquis.

Si \(f\) est une solution sur l'intervalle \(I\), alors la fonction \(g-1\) est de signe constant et:
\[\exists k\in\mathbf{R}^*,\ \forall x\in I,\quad x = k \phi(g(x)).\]

Il s'ensuit :

    — que \(x/k\) apparient à \(]0,a[\), donc que les solutions maximales de l'équation différentielles sont définies sur l'intervalle \(]ka,0[\) si \(k\) est négatif, ou \(]0,ka[\) si \(k\) est positif;

    — que les solutions \(f\) sont données par: \(f(x)=x\psi_i(x/k)\), où \(i=1\) pour les solutions avec \(g-1\) négative, et \(i=2\) pour les solutions avec \(g-1\) positive.

Pour une solution maximale, \(\phi(g(x))\) est de limite nulle en 0, donc \(g(x)\) est de limite infinie, avec le signe de \(g-1\).

Petites propriétés supplémentaires intéressantes

Pour une solution de la forme \(x\mapsto x\psi_1(kx)\):
\[g-1\leq0 \implies \lim_{x\to0}g(x)=-\infty \implies x = k\phi(g(x)) \mathop{\sim}\limits_0 -k\frac{e^{-\pi/2}}{g(x)} \implies f(x) = xg(x) \mathop{\sim}\limits_0 -ke^{-\pi/2}\]
tandis que pour une solution de la forme \(x\mapsto x\psi_2(kx)\):
\[g-1\geq0 \implies \lim_{x\to0}g(x)=+\infty \implies x = k\phi(g(x)) \mathop{\sim}\limits_0 k\frac{e^{\pi/2}}{g(x)} \implies f(x) = xg(x) \mathop{\sim}\limits_0 ke^{\pi/2}\]
donc \(f\) a, dans tous les cas, une limite finie non nulle à l'origine, du signe de \(k\) dans le deuxième cas, du signe contraire dans le premier.

Raccord des solutions à l'origine

Pour une solution \(f\) définie sur un intervalle \(I\) contenant l'origine:
\[\exists(k_-,k_+)\in]-\infty,0[\times, \exists(i,j)\in\lbrace1,2\rbrace^2,\quad f(x)=\begin{cases} x\psi_i(x/k_-) & \text{si } x\in ]k_-a,0[ \\ x\psi_j(x/k_+) & \text{si } x\in 0,k_+a[ \end{cases}\]
et on sait calculer la valeur de f(0) comme limite à droite et comme limite à gauche de \(f\) en 0.

Cette valeur est non nulle et, par rapport à \(k_+\) et \(k_-\), est du signe de l'un et du signe contraire de l'autre, ce qui impose de prendre les indices \(i\) et \(j\) distincts, d'où deux familles de fonctions à envisager suivant le signe de \(f(0)\)

Fonctions avec \(f(0)<0\).

\[f(x)=\begin{cases} x\psi_2(x/k_-) & \text{si } x\in ]k_-a,0[ \\ x\psi_1(x/k_+) & \text{si } x\in ]0,k_+a[ \end{cases}\]
ce qui fournit:
\begin{align*} f(0-) &= k_-e^{\pi/2} & f(0+) &= -k_+e^{-\pi/2} \end{align*}
et la continuité en 0 impose dans ce cas: \(k_- = -k_+e^{-\pi}\).

Fonctions avec \(f(0)>0\).
\[f(x)=\begin{cases} x\psi_1(x/k_-) & \text{si } x\in ]k_-a,0[ \\ x\psi_2(x/k_+) & \text{si } x\in k_]0,k_+a[ \end{cases}\]
ce qui fournit:
\begin{align*} f(0-) &= -k_-e^{-\pi/2} & f(0+) &= k_+e^{\pi/2} \end{align*}
et la continuité en 0 impose dans ce cas: \(k_- = -k_+e^{\pi}\).

Les fonctions ainsi définies satisfont, pour tout \(x\) de l'intervalle \(I\) :
\[\left. \begin{array}{c} f(x) \neq x \\ x+f(x)+(f(x)-x)f'(x) = 0 \end{array} \right\rbrace \implies f'(x) = \frac{x+f(x)}{x-f(x)}\]
et, du fait que \(f(0)\) est non nul: \(\lim_{x\to0}=-1\). On déduit du théorème de Cauchy que la fonction \(f\) est dérivable en 0 avec : \(f'(0)=-1\), et est par suite solution de l'équation différentielle.

Bilan

Les solutions maximales de l'équation différentielles sont toutes définies sur un intervalle ouvert contenant 0. Elles constituent deux familles, indexées par un nombre réel strictement positif \(k\) et sont respectivement définies par:
\begin{align*}
f_k(x)&=\begin{cases} x\psi_2(-xe^{\pi}/k) & \text{si } x\in ]-ke^{-\pi}a,0[ \\ -ke^{-\pi/2} & \text{si } x=0 \\ x\psi_1(x/k) & \text{si } x\in ]0,ka[ \end{cases} &
f_k(x)&=\begin{cases} x\psi_1(-xe^{-\pi}/k) & \text{si } x\in ]-ke^{\pi}a,0[ \\ ke^{\pi/2} & \text{si } x=0 \\ x\psi_2(x/k) & \text{si } x\in k]0,ka[ \end{cases}
\end{align*}
avec (rappel) : \(a = \dfrac{e^{\pi/4}\sqrt2}{2}\).



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a dix jours et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gb.
gb
Re: Équation différentielle
il y a dix jours
avatar
Citation
Chaurien
il semble que les courbes intégrales sont des spirales logarithmiques.

Bien sûr, puisque l'équation en polaire est simplement: \(dr = r d\theta\).

Encore faut-il savoir ce que l'on cherche : les courbes intégrales le long desquelles la forme différentielle s'annule ? ou les fonctions de la variable \(x\) dont le graphe est contenu dans les courbes intégrales ?

Lorsqu'on me présente une forme différentielle, ce qui est le cas dans l'énoncé qui a été donné, je présume qu'on demande les courbes intégrales, et je les cherche par représentation paramétrique (ou polaire).
Re: Équation différentielle
il y a dix jours
avatar
Merci gb pour [www.les-mathematiques.net]

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