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CA Y EST JE VIENS DE COMPRENDRE

en fait le y c est pour la solution particuliere non derivée
y' pour la premiere derivée
y'' pour la deuxieme derivée

en effet on reinjecte dans l equation de base et apres on calcul

Maintenant la derniere etape que je dois comprendre c est quel type de solution particuliere correspond à chaque equation et apres ca je pense que je n aurai plus aucun probleme

oui mais si 2at+b je le derive une seconde fois ca va me donner 2at non?

Alors pourquoi quand on reinjecte on ne le vois pas dans E?

j'ai changé quelques trucs pour éviter les confusions, peut être que tu y verras la réponse à ta question .

pour une équation du second ordre (ou d'ordre superieur) :

soit la méthode direct, qui consiste à canoniser l'équation, de calculer l'exponentielle de la matrice obtenu grâce soit à un changement de base [tex]A=PDP^{-1}[/tex] ou en utilisant Cayley-Hamilton, afin d'utiliser la formule de Duhammel qui donne directement la solution (direct mais laborieuse)

soit la méthode encore plus direct qui consiste a calculer l'équation caractéristique associée, trouver les solutions de l'EC et ensuite la solutions de l'équation homogène est [tex]\sum P(t)_i e^{\lambda t}[/tex] si [tex]\lambda[/tex]est de multiplicité[tex]\alpha[/tex],[tex]\lambda[/tex] solution de l'équation caractéristique, alors le degré de [tex]P(t)[/tex]  est  [tex]d=\alpha -1[/tex]

exemple :

[tex](E) :  y"-4y'+4y=t²+3[/tex]
on calcule les solutions de son équation caractéristique
[tex]r²-4r+4=0           \Leftrightarrow                (r-2)²=0[/tex]
les solutions sont : [tex]r=2[/tex] de multiplicité 2
la solution de l'équation homogène est donc [tex]y(t) = (at+b)e^{2t}[/tex]
en second membre on a un polynôme de degré 2 (et une exponentielle[tex]e^{0t} =1[/tex])
donc on pose[tex]\phi(t) = at²+bt+c[/tex]
et on calcule [tex]\phi'(t)[/tex] et [tex]\phi"(t)[/tex] et on réinjecte dans l'équation (E)

[tex]2a-4(2at+b)+4(at²+bt+c)=t²+3   \Leftrightarrow    4at²+(-8a+4b)t+(2a-4b+4c)=t²+3[/tex]

on procède par identification
[tex]\begin{cases} 4a=1  \\-8a+4b=0 \\ 2a-4b+c=3   \end{cases}     \Leftrightarrow          \begin{cases} a=\frac 14  \\b=\frac 12 \\ c=\frac 92   \end{cases}[/tex]

la solution est donc [tex]y_g(t) =y(t)+\phi(t)= (at+b)e^{2t} + \frac14 t² + \frac12 t +\frac92[/tex]

bonjour

le mieux est d'utiliser un exemple
il existe plusieurs manières de résoudre une équation différentielle :

prenons l'équation suivante

[tex]ty'-y=t²cost[/tex]
comme tu l'as dit on doit calculer la solution homogène
pour cela on pose [tex]z(t)=y(t)e^{-A(t)}[/tex]
ou [tex]A =\int a(t) dt[/tex]

ici on a [tex]ty'-y=0    \Leftrightarrow     y'=\frac{1}{t} . y[/tex]
le terme devant y nous donne notre a(t)
donc  [tex]A =\int \frac{1}{t}  dt = ln t[/tex] donc[tex]z(t) = y(t)e^{-ln t} = y(t)e^{ln t^{-1}} =y(t)  \frac{1}{t}[/tex]
on dérive z(t) et on obtient
[tex]z'=(\frac{1}{t}y'(t)-\frac{1}{t²})[/tex]en multipliant par [tex]t²[/tex]
on a [tex]z'=ty'-y=0  \Leftrightarrow  z=C \Leftrightarrow y(t)  \frac{1}{t}=C \Leftrightarrow y(t)=Ct[/tex]  C une constante

le mieux ici est d'utiliser la méthode par variation de constante :
on a trouvé[tex]y(t)=Ct[/tex]  on va partir du principe que C varie en fonction de t
ainsi[tex]y'(t)=C't+C[/tex]
on remplace dans l'équation :
[tex]t(C't+C)-Ct=t²cost \Leftrightarrow  C't²+Ct-Ct=t²cost \Leftrightarrow C'=cost \Leftrightarrow C=-sint + C_2[/tex]
on remplace C par sa valeurs et on a la solution générale : [tex]y_g(t)=(C+C_2-sint)t[/tex]

les conditions initiales servent à calculer les constantes

Bonjour
si par exemple a la fin d une resolution la solution generale est f(x) = b.exp(x) + 2xsinx avec condition initiale
f(0) = 1 alors tu as f(0) = b.exp(0) + 2sin0 = 1 ce qui entraine que b = 1
Bref les conditions initiales te permettent de déterminer les constantes