Bonjour
On a le problème aux limites $$
\begin{cases}
y''+\lambda y&=0\\
y(0)-2 y(2 \pi)&=0\\
y'(0)-y'(2 \pi)&=0
\end{cases}
$$ Comment on montre que ce problème n'admet pas de valeurs propres complexes ?
Bon. Ben je pose $\lambda =-z^2$ et $Z=e^{2\pi z}.$ Les solutions de la forme $y=Ae^{zx}+Be^{-zx}$ doivent satisfaire le système linéaire homogène en $A$ et $B$
\begin{eqnarray*}
(2Z-1)A+(2Z^{-1}-1)B&=&0\\
(Z--z)A+(-2Z^{-1}+z)B&=&0
\end{eqnarray*} qui n'a de solution non triviale que si le déterminant est nul. J'obtiens l’équation $\dfrac{2+z}{1+2z}=\cosh (2\pi z)$, si peu appétissante que je crains de m’être trompé dans le calcul...
Bonjour
on considère le problème aux limites $$
\begin{cases}
y'' +\lambda y =0,\\
y(0)-2 y(2 \pi)=0,\\
y'(0)-y'(2 \pi)=0.
\end{cases}
$$ Je cherche les valeurs propres strictement positives et les fonctions propres associées à ce problème.
On pose $\lambda = \alpha^2$ avec $\alpha \in \R^*$. On injectant $y=e^{rx}$ dans l'équation on obtient l'équation algébrique $r^2 + \lambda =0$. Ainsi, la solution générale de l'équation est $$
y(x)= C_1 \cos(\alpha x) + C_2 \sin(\alpha x).
$$ Par les conditions aux limites on a $$
y(0)- 2y(2 \pi)=0 \implies (1-2 \cos(2 \pi \alpha)) C_1 - (2 \sin(2 \pi \alpha)) C_2=0 ....(a)
$$ et $$
y'(0)-y'(2 \pi)= 0 \implies (\sin(2 \pi \alpha)) C_1 +(1-\cos(2 \pi \alpha)) C_2=0... (b)
$$ pour trouver $(C_1,C_2)$ il faut résoudre le système (a)-(b). Le déterminant de ce système est $\det = 3 - 3 \cos(2 \pi \alpha)$.
$\det = 0 \implies \cos(2 \pi \alpha)= 1 \implies \alpha \in \Z^*$.
Mon problème est que si $\det =0$, ça veut dire que le système (a)-(b) admet une infinité de solutions $(C_1,C_2)$ mais quand je pose $(C_1,C_2)=(1,1)$ je trouve que ça ne vérifie pas le système (a)-(b), et c'est juste un exemple. Donc il y a une infinité de solutions ou pas ? Si oui, pourquoi ça ne marche pas avec $(1,1)$ ?
Merci par avance pour toute aide.
[Restons dans le discussion que tu as ouverte pour ton problème. AD]
Tu imposes que le déterminant est nul sinon la seule solution est $C_1=C_2=0$ qui ne convient pas puisque c’est la fonction identiquement nulle.
Donc $\alpha$ est un entier naturel non nul. Et la solution est $C_2 \sin(n x), n\in \N^*.$
Je crois que tu fais une erreur de raisonnement : si le déterminant est nul, on a une infinité de solutions $C_1=0, C_2\in \R$ et une infinité de solutions ne signifie pas que les constantes prennent toutes les valeurs possibles. Ton $1,1$ n’est pas solution dans ce cas.
Oui le $C_1=1$ et $C_2=1$ n'est pas une solution. Mais moi j'ai dit ça car le système admet une infinité de solutions. Donc si on a que le det est nul, on ne conclut pas directement à une infinité de solutions ? Il faut les calculer ?
Pardon, je m'etais en effet trompe dans le calcul et ton equation (c'est moins rigolo) aux valeurs propres est effectivement $\cos (2\pi\sqrt{\lambda})=1$ ce qui fait que $\lambda=n^2$ pour $n$ entier. Si tu analyses le systeme homogene tu vois que $C_1=0$ et les solutions sont donc $y_n=C_2\sin (n x).$
Donc quand on trouve que le système admet une infinité de solutions $(c_1,c_2)$, on doit les calculer quand même et ne pas se contenter de dire que qu'on peut donner à $c_1$ et c$_2$ n'importes quelles valeurs?
@ccapucine : Je pense que tu fais une erreur de raisonnement et une confusion grave qu'il faut traiter une fois pour toutes. Dire qu'un système admet une infinité de solutions ce n'est pas dire que tout et n'importe quoi est solution.
Comment passes-tu de [donc le système admet une infinité de solutions] à [$C_1=C_2=1$ est solution] ? Non !!
Par exemple : voici un système à deux variables réelles $(x,y) \in \R^2$ : $x-2y=0, 2x - 4y=0.$ Comme la deuxième équation est proportionnelle à la première, le déterminant est nul. On a donc une infinité de solutions. Pour les trouver, on utilises par exemple la première équation : $x=2y.$ Les solutions sont $(2y,y), y \in \R.$
Tu vois sur cet exemple que seules les $(2y,y), y \in \R$ sont solutions. Par exemple $(1,1)$ n'est pas solution.
On peut aussi considérer le système : $u=2v, (u,v) \in \R^2$ et voir qu'il admet une infinité de solutions, mais que $(1,1)$ ou $(0,1)$ ne sont pas solutions.
Et oui, quand on cherche à résoudre un système, il faut trouver (toutes) les solutions du système.
Dernière question de l'exo: calculer $\displaystyle\int_0^{2 \pi} y_n^2(x) dx$ je trouve que c'est $\pi$(en posant $C_2=1$) pour simplifier. C'est correct?
Oui. Mais tu dois apprendre à vérifier tes calculs (sans demander systématiquement une confirmation).
Lorsqu’on regarde le système, on montre que si $y$ est solution alors $a y, a\in \R$ l’est aussi. Souvent on impose une condition pour normaliser les fonctions propres (et donc fixer $a$). Ici on impose sûrement que ton intégrale vaut $1$ ce qui fixe $C_2=1/\sqrt{\pi}$...
J'ai un autre problème: montrer que le problème
$$
\begin{cases}
y''+2y'+\lambda y =0\\
y'(0)= y(1)=0
\end{cases}
$$
n'admet pas de valeurs propres $\lambda < 1$.
On pose $\lambda -1 =-\alpha^2$ où $\alpha \in \R^*$. Ainsi la solution générale de l'edo est
$$
y(x)= C_1 e^{(-1-\alpha)x}+ C_2 e^{(-1+\alpha)x}
$$
Par les conditions aux limites on a:
$$
y'(0) \implies C_1 (-1 - \alpha)+ C_2 (-1+\alpha =0 ....(a)
$$
et
$$
y(1)=0 \implies C_1e^{(-1-\alpha)} +C_2 e^{(-1+\alpha)}=0....(b)
$$
Pour déterminer $C_1$ et $C_2$ on résout le système (a)-(b) et pour ça on commence par calculer son déterminent. On a:
$$
det (-1-\alpha)e^{(-1+\alpha)} - (1+\alpha) e^{(-1-\alpha)}= e^{-1}[\alpha (e^{-\alpha}- e^{\alpha}) - (e^{-\alpha}+ e^{\alpha})$$
Ma question est comment savoir s'il existe $\alpha \in \R^*$ tel que $det =0$?
Bonjour,
j'ai le problème suivant:
trouver les valeurs propres $\lambda > 1$ du problème aux limites qui suit:
$$
\begin{cases}
y'' + 2 y' + \lambda y=0\\
y'(0)= y(1)=0
\end{cases}
$$
si $\lambda > 1$ on pose $\lambda -1 =\alpha^2$ où $\alpha \in \R^*$.
Ainsi la solution générale de l'edo s'écrit
$$
y(x)= e^{-x}[C_1 \cos(\alpha x) + C_2 \sin(\alpha x)].
$$
Par les conditions aux limites on a:
$$
y'(0)= 0 \implies C_1= \alpha C_2
$$
et donc
$$
y(1)=0 \implies C_2[\alpha \cos(\alpha) +\sin(\alpha)]=0.
$$
donc je dirais que les valeurs propres sont $\lambda = 1 +\alpha^2$ où $\alpha$ est solution de l'équation trigonométrique $z \cos z + \sin z =0$ et les vecteurs propres associés sont
$$
y_{\alpha}(x)= e^{-x} C_2 [\alpha \cos(\alpha x) + \sin(\alpha x)]
$$
C'est correct? Par ce que d'après le corrigé les valeurs propres sont $\lambda =1 + n^2 \pi^2$ et les vecteurs propres associés sont $y_{n}(x)= e^{-x} \sin(n\pi x)$. Du coup je suis perdue.
Erreur de calcul. Arrête de faire des erreurs de calcul. Laisse s’en pour les autres. Tu as pris plus que ta part. Si tu n’y arrives pas, arrête les maths.
Réponses
\begin{eqnarray*}
(2Z-1)A+(2Z^{-1}-1)B&=&0\\
(Z--z)A+(-2Z^{-1}+z)B&=&0
\end{eqnarray*} qui n'a de solution non triviale que si le déterminant est nul. J'obtiens l’équation $\dfrac{2+z}{1+2z}=\cosh (2\pi z)$, si peu appétissante que je crains de m’être trompé dans le calcul...
on considère le problème aux limites $$
\begin{cases}
y'' +\lambda y =0,\\
y(0)-2 y(2 \pi)=0,\\
y'(0)-y'(2 \pi)=0.
\end{cases}
$$ Je cherche les valeurs propres strictement positives et les fonctions propres associées à ce problème.
On pose $\lambda = \alpha^2$ avec $\alpha \in \R^*$. On injectant $y=e^{rx}$ dans l'équation on obtient l'équation algébrique $r^2 + \lambda =0$. Ainsi, la solution générale de l'équation est $$
y(x)= C_1 \cos(\alpha x) + C_2 \sin(\alpha x).
$$ Par les conditions aux limites on a $$
y(0)- 2y(2 \pi)=0 \implies (1-2 \cos(2 \pi \alpha)) C_1 - (2 \sin(2 \pi \alpha)) C_2=0 ....(a)
$$ et $$
y'(0)-y'(2 \pi)= 0 \implies (\sin(2 \pi \alpha)) C_1 +(1-\cos(2 \pi \alpha)) C_2=0... (b)
$$ pour trouver $(C_1,C_2)$ il faut résoudre le système (a)-(b). Le déterminant de ce système est $\det = 3 - 3 \cos(2 \pi \alpha)$.
$\det = 0 \implies \cos(2 \pi \alpha)= 1 \implies \alpha \in \Z^*$.
Mon problème est que si $\det =0$, ça veut dire que le système (a)-(b) admet une infinité de solutions $(C_1,C_2)$ mais quand je pose $(C_1,C_2)=(1,1)$ je trouve que ça ne vérifie pas le système (a)-(b), et c'est juste un exemple. Donc il y a une infinité de solutions ou pas ? Si oui, pourquoi ça ne marche pas avec $(1,1)$ ?
Merci par avance pour toute aide.
[Restons dans le discussion que tu as ouverte pour ton problème. AD]
Tu imposes que le déterminant est nul sinon la seule solution est $C_1=C_2=0$ qui ne convient pas puisque c’est la fonction identiquement nulle.
Donc $\alpha$ est un entier naturel non nul. Et la solution est $C_2 \sin(n x), n\in \N^*.$
Je crois que tu fais une erreur de raisonnement : si le déterminant est nul, on a une infinité de solutions $C_1=0, C_2\in \R$ et une infinité de solutions ne signifie pas que les constantes prennent toutes les valeurs possibles. Ton $1,1$ n’est pas solution dans ce cas.
Non ?
@ccapucine : Je pense que tu fais une erreur de raisonnement et une confusion grave qu'il faut traiter une fois pour toutes. Dire qu'un système admet une infinité de solutions ce n'est pas dire que tout et n'importe quoi est solution.
Comment passes-tu de [donc le système admet une infinité de solutions] à [$C_1=C_2=1$ est solution] ? Non !!
Par exemple : voici un système à deux variables réelles $(x,y) \in \R^2$ : $x-2y=0, 2x - 4y=0.$ Comme la deuxième équation est proportionnelle à la première, le déterminant est nul. On a donc une infinité de solutions. Pour les trouver, on utilises par exemple la première équation : $x=2y.$ Les solutions sont $(2y,y), y \in \R.$
Tu vois sur cet exemple que seules les $(2y,y), y \in \R$ sont solutions. Par exemple $(1,1)$ n'est pas solution.
On peut aussi considérer le système : $u=2v, (u,v) \in \R^2$ et voir qu'il admet une infinité de solutions, mais que $(1,1)$ ou $(0,1)$ ne sont pas solutions.
Et oui, quand on cherche à résoudre un système, il faut trouver (toutes) les solutions du système.
Oui. Mais tu dois apprendre à vérifier tes calculs (sans demander systématiquement une confirmation).
Lorsqu’on regarde le système, on montre que si $y$ est solution alors $a y, a\in \R$ l’est aussi. Souvent on impose une condition pour normaliser les fonctions propres (et donc fixer $a$). Ici on impose sûrement que ton intégrale vaut $1$ ce qui fixe $C_2=1/\sqrt{\pi}$...
merci YvesM.
J'ai un autre problème: montrer que le problème
$$
\begin{cases}
y''+2y'+\lambda y =0\\
y'(0)= y(1)=0
\end{cases}
$$
n'admet pas de valeurs propres $\lambda < 1$.
On pose $\lambda -1 =-\alpha^2$ où $\alpha \in \R^*$. Ainsi la solution générale de l'edo est
$$
y(x)= C_1 e^{(-1-\alpha)x}+ C_2 e^{(-1+\alpha)x}
$$
Par les conditions aux limites on a:
$$
y'(0) \implies C_1 (-1 - \alpha)+ C_2 (-1+\alpha =0 ....(a)
$$
et
$$
y(1)=0 \implies C_1e^{(-1-\alpha)} +C_2 e^{(-1+\alpha)}=0....(b)
$$
Pour déterminer $C_1$ et $C_2$ on résout le système (a)-(b) et pour ça on commence par calculer son déterminent. On a:
$$
det (-1-\alpha)e^{(-1+\alpha)} - (1+\alpha) e^{(-1-\alpha)}= e^{-1}[\alpha (e^{-\alpha}- e^{\alpha}) - (e^{-\alpha}+ e^{\alpha})$$
Ma question est comment savoir s'il existe $\alpha \in \R^*$ tel que $det =0$?
j'ai le problème suivant:
trouver les valeurs propres $\lambda > 1$ du problème aux limites qui suit:
$$
\begin{cases}
y'' + 2 y' + \lambda y=0\\
y'(0)= y(1)=0
\end{cases}
$$
si $\lambda > 1$ on pose $\lambda -1 =\alpha^2$ où $\alpha \in \R^*$.
Ainsi la solution générale de l'edo s'écrit
$$
y(x)= e^{-x}[C_1 \cos(\alpha x) + C_2 \sin(\alpha x)].
$$
Par les conditions aux limites on a:
$$
y'(0)= 0 \implies C_1= \alpha C_2
$$
et donc
$$
y(1)=0 \implies C_2[\alpha \cos(\alpha) +\sin(\alpha)]=0.
$$
donc je dirais que les valeurs propres sont $\lambda = 1 +\alpha^2$ où $\alpha$ est solution de l'équation trigonométrique $z \cos z + \sin z =0$ et les vecteurs propres associés sont
$$
y_{\alpha}(x)= e^{-x} C_2 [\alpha \cos(\alpha x) + \sin(\alpha x)]
$$
C'est correct? Par ce que d'après le corrigé les valeurs propres sont $\lambda =1 + n^2 \pi^2$ et les vecteurs propres associés sont $y_{n}(x)= e^{-x} \sin(n\pi x)$. Du coup je suis perdue.
Erreur de calcul. Arrête de faire des erreurs de calcul. Laisse s’en pour les autres. Tu as pris plus que ta part. Si tu n’y arrives pas, arrête les maths.