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#1 07-06-2019 23:52:25

antoine-2
Invité

système d'équations différentiels

bonjour tout le monde,

j'ai un système d’équation différentiel qui me casse un peu la tête


[tex]-m_zA[/tex][tex]-\ell[/tex][tex](B'+\frac{m+1}{r}B)[/tex][tex]-\frac{r}{r^2+1}B = 0[/tex]
[tex] m_zB+\ell(A'-\frac{m}{r}A)-\frac{r}{1+r^2}A = 0
[/tex]

En effet je cherche une valeur de A et B quand r tend vers 0 avec l>0 et m > ou = a 0. j'ai essayé avec [tex]A=r^\alpha[/tex] et [tex]B=r^\beta[/tex] et j'ai trouvé ,après avoir négligé certain termes (et oui désoler je suis physicien ;) ) une solution pour [tex]\alpha=m[/tex] et [tex]\beta=m+1[/tex] à la condition que B=0 mais que B' différent de 0. le problème c'est que cette dernière condition impose au polynôme B d'être d'ordre 1 et par conséquence m=0.

je souhaiterais donc avoir des solution qui ne m'impose pas de valeurs pour m ou l. j'ai quelque idées, comme par exemple exprimer une des équations en fonction de l'autre avec que des termes en A ou en B (ce qui donnerait une équation différentiel du 2nd degré) et de la résoudre avec des méthodes plus complexe comme les fonctions de greens ou le théorème de Sturm-Liouville ou encore avec la méthode de Frobenius. cependant je n'ai que très peu utilisé ces méthodes et je ne suis donc pas très alaise avec, et je manque malheureusement de temps  (surtout que niveau calculatoire ça s'annonce très long vue la taille de l'équation). auriez vous donc des valeurs pour A et B et/ou un méthode plus simple et économique que celles que je viens de citer? merci d'avance :)

#2 08-06-2019 09:55:36

D_john
Invité

Re : système d'équations différentiels

Bonjour,

Esclave des notations, et m’en tenant aux données explicitées, je transforme ton système homogène du premier ordre en :

[tex] Y' = PY \quad avec \quad P = \left[\begin{array}{cc} \alpha & \gamma \\   \gamma & \beta \end{array} \right] [/tex]

[tex] \alpha = \frac{ml + r^{2}(1+ml)}{lr(1+r^{2})} ,\qquad \beta = - \frac{(m+1)l+ r^{2}(ml+l+1)}{lr(1+r^{2})}\quad et \quad \gamma = -\frac{m_{z}}{l} [/tex]

On remarque au passage que :

[tex] \alpha + \beta = -\frac{1}{r} [/tex]

[tex] Si \quad r \rightarrow 0^{+} \qquad \alpha \sim \frac{m}{r} \rightarrow  \infty \quad \beta \sim -\frac{m+1}{r} \rightarrow  - \infty [/tex]
Un petit coup de Laplace (encore fraîchement révisé) et on obtient :

[tex] sY(s) - Y(0) = \left[ \begin{array}{cc} \alpha &  \gamma \\  \gamma & -\alpha - \frac{1}{r} \end{array}\right]Y(s) [/tex]

[tex] Y(s) = \left[ \begin{array}{cc} s-\alpha & - \gamma \\ - \gamma & s + \alpha + \frac{1}{r} \end{array}\right]^{-1}Y(0) [/tex]
En inversant :

[tex] Y(s) = \frac{1}{\Delta(s)} \left[ \begin{array}{cc}  s + \alpha + \frac{1}{r} &  \gamma \\  \gamma & s - \alpha \end{array}\right]Y(0) [/tex]

Les conditions initiales sur A et B déterminent Y(0). Les tables en ligne te donnent les réponses... (le tout sauf erreurs).

#3 08-06-2019 12:27:09

antoine-2
Invité

Re : système d'équations différentiels

[tex]\DeclareMathOperator{\e}{e}[/tex]
merci de ta réponse rapide et claire. :)

j’avoue que je ne connaissais pas cette méthode et je ne vois donc pas de quel tables en ligne il s’agit. cependant je n'ai pas vraiment de condition initial pour A et pour B. :/ en effet, sans en dire plus c'est un peu compliqué.

donc en faite je dois résoudre un hamiltonien [tex]H\Psi=E\Psi[/tex] pour E=0. L'objectif étant de résoudre numériquement [tex]\Psi[/tex] avec [tex]\Psi[/tex] de la forme:
[tex]\ A(r)\e^{im\phi}[/tex]   
[tex]B(r)\e^{i(m+1)\phi}[/tex]

et avec H:
[tex]-m_z[/tex]       [tex]-\ell \e^{-i\phi} (\frac{\partial}{\partial r}-\frac{i}{r}\frac{\partial}{\partial\phi})-\frac{r}{r^2+1}\e^{-i\phi}[/tex]

[tex]\ell \e^{i\phi} (\frac{\partial}{\partial r}+\frac{i}{r}\frac{\partial}{\partial\phi})-\frac{r}{1+r^2}\e^{i\phi}[/tex]        [tex]m_z[/tex]

A=0 et B=0 sont des solutions trivial mais pas intéressantes. je cherche donc a trouver le comportement de A et de B à [tex]r \to 0[/tex] et [tex]r \to \infty[/tex] pour le dernier cas j'ai trouvé [tex]A=B=e^{\frac{-r}{l}}[/tex] ce qui me permet d'assurer que la fonction converge bien a [tex]+\infty[/tex] cependant je ne trouve pas pour [tex]r \to 0[/tex] de forme pour A et B.

comme je l'ai dis dans mon premier message, si je prends [tex]A=r^\alpha[/tex] et [tex]B=r^\beta[/tex] je trouve un [tex]\alpha=m[/tex] et [tex]\beta=m+1[/tex] dans le cas ou B=0 mais B' différent de 0 ce qui impose que [tex]m=0[/tex] ce n'est donc pas un cas générale. j'ai trouvé sinon un [tex]\beta=\frac{m+1}{\ln{r^2+1}}[/tex] qui est plus générale mais [tex]\beta[/tex] n'est plus constant ce qui est problématique. :/

#4 08-06-2019 12:36:44

antoine-2
Invité

Re : système d'équations différentiels

j'ai oublié de préciser:

[tex]m_z=1[/tex] quand [tex]r\to 0[/tex]
[tex]m_z=-1[/tex] quand [tex]r \to \infty[/tex]

#5 08-06-2019 13:47:19

D_john
Invité

Re : système d'équations différentiels

Désolé... j'ai tout faux !
J'ai pris bêtement A' et B' comme des dérivées par rapport au temps.
Le problème est un peu (beaucoup !) plus compliqué et le calcul opérationnel ne s'applique pas ici.

#6 08-06-2019 14:48:44

antoine-2
Invité

Re : système d'équations différentiels

Hum tu pense que une méthode de frobenius ne pourrais pas résoudre le problème ?

#7 10-06-2019 15:36:13

D_john
Invité

Re : système d'équations différentiels

Salut,

Il faudrait d'abord transformer le système en une ED du second ordre... et je n'y suis pas parvenu. Je crois que c'est impossible en raison des termes anti-diagonaux.

#8 11-06-2019 21:15:16

antoine-2
Invité

Re : système d'équations différentiels

Salut,

pour le coup ça, j'y suis arrivé. mais l'équation est tellement moche que ça donne pas envie. en posant

[tex]\begin{array}{l c}
A =-\ell(B'+\frac{m+1}{r}B)-\frac{r}{1+r^2}B\\\\
A'=-\ell(B''+\frac{(B'r-B)}{r^2}(m+1))-\frac{(2B'+rB'')(1+r^2)-2r(B+rB')}{(1+r^2)^2}
\end{array}[/tex]

tu injecte ça dans la seconde équation du système et tu obtiens:

[tex]\begin{array}{ c}
B''(-\ell^2-\ell\frac{r}{(1+r^2)^2})\\
+\\
B'(-\ell^2\frac{m+1}{r}-2\frac{\ell}{1+r^2}+2r^2\ell+\frac{m\ell^2}{r}+\ell\frac{r}{1+r^2})\\
+\\
B(1+\ell^2\frac{m+1}{r^2}+2\ell\frac{r}{(1+r^2)^2}+\frac{m\ell^2}{r^2}(m+1)+\frac{m\ell}{1+r^2}+\ell\frac{m+1}{1+r^2}+\frac{r^2}{(1+r^2)^2})\\
=\\
0
\end{array}[/tex]


... ignoble ^^

#9 12-06-2019 15:56:45

D_john
Invité

Re : système d'équations différentiels

Bien vu !
... du moins pour la méthode car je n'obtiens pas la même EDL2 que toi (en particulier, il me reste du mz).
D'habitude je publie et ensuite je corrige... mais là, je vais vérifier mes calculs avant de publier.

Ensuite, un coup de Frobénius et on devrait obtenir une approximation correcte en 0.

#10 12-06-2019 17:31:39

D_john
Invité

Re : système d'équations différentiels

En rappelant mes notations...

[tex] Y' = PY \quad avec \quad Y = \left[ \begin{array}{c} A \\ B \end{array}\right] \quad et \quad P = \left[\begin{array}{cc} \alpha & \gamma \\   \gamma & \beta \end{array} \right] [/tex]

[tex] \alpha = \frac{ml + r^{2}(1+ml)}{lr(1+r^{2})} ,\qquad \beta = - \frac{(m+1)l+ r^{2}(ml+l+1)}{lr(1+r^{2})}\quad et \quad \gamma = -\frac{m_{z}}{l} [/tex]

et aussi la trace et le déterminant de P
[tex] tr(P) = \alpha + \beta = -\frac{1}{r} \quad et \quad \Delta(P) = \alpha \beta - \gamma^{2} [/tex]

En dérivant B’ :
[tex] B'' = \gamma A' + \beta B' + \beta' B [/tex]

En tirant  [tex] \gamma A' [/tex] des 2 premières relations,
[tex] B'' =  (\alpha + \beta ) B' + (\gamma^{2} - \alpha \beta + \beta' ) B [/tex]

on obtient finalement :
[tex] B'' + \left( \frac{1}{r} \right) B' + ( \alpha \beta - \gamma^{2} - \beta' ) B = 0 [/tex]

Pour vérifier, j’ai refait le calcul pour A’’ :
[tex] A'' + \left( \frac{1}{r} \right).A' + \left( \alpha . \beta  - \gamma^{2} - \alpha' \right) . A = 0 [/tex]

C’est cohérent puisque P est symétrique. Il reste un coef. assez monstrueux mais Frobénius reste applicable.

#11 14-06-2019 17:59:42

antoine-2
Invité

Re : système d'équations différentiels

du coup avant de me lancer dans frobenius, vue que je n'ai jamais vraiment utilisé cette méthode, j'ai quand même tenté de me lancer dans un petit calcule pour essayer de resoudre cette ED du 2nd degrée en [tex]r \to 0[/tex] avec les simplifications qui vont bien. du coup je tombe sur :

[tex]-B''\ell^2-\frac{\ell^2}{r}B'+B(\ell^2\frac{m+1}{r^2}+m\ell^2\frac{m+1}{r^2})=0[/tex].

en multipliant par [tex]\frac{r^2}{\ell^2}[/tex] et en posant [tex]B=r^\lambda[/tex] je tombe sur :

[tex] m^2+2m-\lambda^2+1=0[/tex]

ce qui donnes deux solutions:

[tex]\lambda=m+1[/tex] et [tex]\lambda=-m-1[/tex].

j'obtient ainsi:

[tex]B(r)=ar^{-m-1}+br^{m+1}[/tex]

mais ce n'est pas bon. En effet si je cherche a partir de la a déterminer A: [tex]A=-2\ell b(m+1)r^m[/tex].

si maintenant j'inclue A et B dans la seconde equation du systeme toujours avec les simplifications qui vont bien a [tex]r \to 0[/tex], je trouve:
[tex]\begin{array}{l c}
\frac{a}{r^{m+1}}+br^{m+1}=0\\\\
\frac{a}{b}=r^{2(m+1)}
\end{array}[/tex]

on trouve donc des constantes pas constantes... problème.
sans doute que les simplifications sont trop brutale. pas le choix cette foi haha on ne peu plus échapper à frobenius... snif

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