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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- Roro
- 16-02-2022 08:10:47
Bonjour,
Je n'avais pas refait les calculs mais Black Jack a raison. Cela ne change en rien ma réponse.
Par exemple, la fonction définie par
$$y(x) = \left\{ \begin{aligned}
& 1 &&\text{si $x<7$}\\
& \left(\frac{x^2-7^2}{2}\right)^2+1 &&\text{si $x\geq 7$}
\end{aligned}\right.$$
doit être une solution.
Roro.
- Black Jack
- 15-02-2022 17:57:27
Bonjour,
Les solutions données (même avant de se préoccuper de la condition initiale) sont fausses.
Pour moi, c'est [tex]y(x) = 1 + (\frac{x^2 + C}{2})^2[/tex]
On vérifie si ces solutions restent valables pour y = 1 ... On trouve que oui.
Et les solutions sont donc : y(x) = 1 ET [tex]y(x) = 1 + (\frac{x^2 + C}{2})^2[/tex] pour tout x de R
On passe ensuite à la condition initiale y(0) = 1 et les solutions sont donc :
y(x) = 1 ET [tex]y(x) = 1 + (\frac{x^2}{2})^2[/tex] pour tout x de R
Mais je ne suis pas matheux et donc mon avis vaut ce qu'il vaut.
- ccapucine
- 15-02-2022 17:25:39
Mais les solutions $y$ que l'on obtient sont définit sur $\mathbb{R}$ et elles sont strictement supérieures à 1. Du coup ça a quel sens de prolonger en 0 par 1 puisque c'est déjà défini en 1? S'il vous plaît
- Roro
- 15-02-2022 17:00:18
Bonjour,
Est-ce que c'est un prolongement qu'on fait ici?
En quelque sorte oui. Tu construis ainsi autant de solutions qui décollent de 1 quand tu veux...
Roro.
- ccapucine
- 15-02-2022 12:53:12
Bonjour,
on a le problème de Cauchy suivant:
$$y'=2x \sqrt{y-1}, y(0)=1$$
On remarque que $y=1$ est solution. Cherchons les solutions $y > 1$. On pose $y(x_0)=y_0 > 1$, c'est une edo à variable séparées et on obtient la solution générale $$y(x)= 1+ (\dfrac{x+c}{2})^2$$
Après il me semble qu'on regarde s'il y a une constante $c$ telle que $y(0)=1$. Mais cette opération ne m'a pas l'air logique car on a dit au début que cette solution est strictement supérieure à $1$. Est-ce que c'est un prolongement qu'on fait ici?
Cordialement