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Second membre en exponentielle

Les équations différentielles sont un concept essentiel en ingénierie. Pour résoudre une équation du premier ordre du type Y' + Ay = Φ(X), la solution se compose de deux parties. La première partie est la solution générale sans second membre, c'est-à-dire la solution de Y' + Ay = 0, en général un terme exponentiel. La deuxième partie est une solution particulière qui vérifie l'équation avec Φ(X). Pour trouver cette solution particulière, on observe la nature de Φ(X) et on tente une fonction qui lui ressemble. Cela fonctionne dans la plupart des cas, sinon il faut complexifier la fonction. Si Φ(X) est une somme de termes, on peut séparer l'équation en problèmes distincts. En résolvant l'équation donnée, avec Φ(X) = e^(2X), on trouve une solution particulière qui est 1/5 * e^(2X). La solution générale est donc Y = K * e^(2X) + 1/5 * e^(2X), où K est une constante réelle. En fixant Y(0) = 1, on trouve K = 4/5, donc la solution finale est Y = (8/5) * e^(2X) + (1/5) * e^(2X).
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Solution particulière : trigonométrie

Dans ce cours, nous abordons l'équation différentielle. Nous recherchons une solution particulière en utilisant la forme donnée dans l'énoncé. En essayant A fois cos x, nous remarquons que cela ne fonctionne pas car il y a du sin dans l'équation. La meilleure technique consiste à utiliser à la fois cos et sin pour obtenir une solution. Nous identifions les termes en cos et en sin dans l'équation et obtenons 0 sin, moins un cinquième cos x et plus deux cinquièmes sin x. En utilisant cette information, nous réécrivons l'équation sous une forme plus simple, y prime moins 1 demi de y égale 1 demi de cos x. En résolvant l'équation, nous obtenons la solution générique y de x égale exponentielle de 1 demi de x fois grand K plus g de x, où g de x représente la solution sans second membre. Finalement, nous obtenons la fonction générale en faisant la somme de la solution particulière et de la solution sans second membre.
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Solution particulière plus difficile

Dans ce cours, nous étudions une équation différentielle de la forme y'-2y = xe2x. Pour résoudre cette équation, nous cherchons une solution particulière. En identifiant la structure de cette équation, nous essayons d'abord avec ax+b. Cependant, nous remarquons que cela ne fonctionne pas car la structure de cette solution ne correspond pas à notre équation. Nous en déduisons qu'il faut augmenter le degré de la solution. Nous tentons ensuite avec g2x = ax²+bx+c. Après quelques calculs, nous constatons que les termes x² s'annulent, ce qui nous permet de trouver une solution. La solution générale est donnée par y2x = ke2x + g2x, où k est une constante réelle et g2x = 1/2 x² e2x. Cela signifie que toutes les solutions de cette équation peuvent être exprimées de cette manière, en variant la valeur de k en fonction des conditions initiales.
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Ordre 1 coeffs constants

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Variation de la constante

Dans cette vidéo, Maty de studio aborde la résolution d'équations différentielles linéaires d'ordre 1 en utilisant la méthode de la variation de la constante. Il commence par résoudre l'équation y'y = 1/(1 + exp(x)) en trouvant la solution homogène, qui est yh = x * exp(-x). Pour trouver une solution particulière, il utilise la méthode de la variation de la constante en posant la solution cherchée comme y = A(x) * exp(-x), où A(x) est une fonction de x. Après des calculs, il obtient la solution particulière yp = ln(1 + exp(x)) * exp(-x). Il rappelle ensuite qu'il faut ajouter la solution homogène à la solution particulière pour obtenir l'ensemble des solutions de l'équation, qui est l'ensemble des fonctions de la forme y = exp(-x) * (c + ln(1 + exp(x))), où c est un réel. Maty poursuit avec d'autres équations différentielles linéaires d'ordre 1, en utilisant la même méthode de la variation de la constante. Il donne les étapes de résolution pour chaque équation et obtient les solutions correspondantes. Il termine en soulignant l'importance de la méthode de la variation de la constante, qui permet de résoudre toutes les équations différentielles d'ordre 1, sauf dans certains cas où il faut utiliser d'autres méthodes. Il rappelle également de bien multiplier la solution particulière par le facteur exponentiel et de toujours ajouter la solution homogène.
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Avec condition initiale

Dans cette vidéo sur la résolution des problèmes de Cauchy, Mathis explique qu'un problème de Cauchy correspond à la fois à une équation différentielle et à des conditions initiales pour la fonction en question. Il résout ensuite deux équations différentielles. Pour la première équation, y' + tan(t)y = sin(t), avec y(0) = 1, Mathis commence par trouver les solutions homogènes, c'est-à-dire les solutions de y' + tan(t)y = 0. Il utilise une technique de variation de la constante et trouve que les solutions homogènes sont de la forme a*cos(t), où a est un nombre réel quelconque. Ensuite, Mathis cherche une solution particulière de l'équation complète. Il pose ys = a(t)*cos(t), où a(t) est une fonction de t. En dérivant ys et en remplaçant dans l'équation, il trouve que a'(t) = -2*sin(t). En intégrant a'(t), il obtient a(t) = 2*cos(t) + c, où c est une constante. Maintenant, Mathis somme la solution homogène et la solution particulière en tenant compte de la condition initiale y(0) = 1. Il trouve que a doit être égal à -3, ce qui donne la solution unique y(t) = 3*cos(t) - 2*cos^2(t). Pour la deuxième équation, x*y' + xy = x^2 - x + 1, avec y(1) = 1, Mathis commence par trouver la solution homogène, qui est y' + x/(1+x)*y = 0. Il utilise une technique de variation de la constante et trouve que les solutions homogènes sont de la forme (x+1)^(-x)*e^a*x, où a est un nombre réel quelconque. Ensuite, Mathis cherche une solution particulière de l'équation complète. Il pose ys = (x+1)*(ax+b), où a et b sont de constantes. En remplaçant ys dans l'équation, il trouve que a = 1 et b = -2. Maintenant, Mathis somme la solution homogène et la solution particulière en tenant compte de la condition initiale y(1) = 1. Il trouve que a doit être égal à e^1, ce qui donne la solution unique y(x) = (x+1)*e^(1-x) + x - 2. En conclusion, Mathis rappelle qu'il faut bien sommer les solutions homogènes et particulières avant d'appliquer les conditions initiales, et que cela donne une unique solution pour chaque problème de Cauchy.
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Gérer une valeur absolue

Dans cette vidéo, nous résolvons une équation différentielle sur deux intervalles différents : moins l'infini à 0 et 0 à plus l'infini. L'équation est de la forme |x*y'| + (x-1)y = x^3. Sur l'intervalle moins l'infini à 0, nous décomposons l'expression en utilisant la valeur absolue de x, qui est égale à -x. Nous simplifions ainsi l'équation pour obtenir y' + (1-x/x)y = -x^2. En résolvant cette équation homogène, nous trouvons que la solution homogène est y = Ae^x/x, où A est une constante réelle. Ensuite, nous cherchons une solution particulière en utilisant la méthode de variation de la constante. En intégrant l'expression x^3e^(-x), nous trouvons que la solution particulière est y = (x^2 + 3x + 6 + 6/x)e^x/x. Ainsi, l'ensemble des solutions sur l'intervalle moins l'infini à 0 est l'ensemble des fonctions de la forme y = (Ae^x/x) + (x^2 + 3x + 6 + 6/x)e^x/x, où A est une constante réelle. Sur l'intervalle 0 à plus l'infini, l'équation différentielle est différente : y' + (x-1/x)y = x^2. La solution homogène est y = Axe^(-x), où A est une constante réelle. En utilisant la variation de la constante, nous trouvons que la solution particulière est y = (x-1)e^x * x. Ainsi, l'ensemble des solutions sur l'intervalle 0 à plus l'infini est l'ensemble des fonctions de la forme y = Axe^(-x) + (x-1)e^x * x, où A est une constante réelle. En conclusion, il est important de faire attention aux intervalles de résolution demandés, car cela peut influencer les solutions de l'équation différentielle.
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Changement de variable

Dans cette vidéo, Mathis de studio résout une équation différentielle en utilisant un changement d'inconnu. L'équation différentielle E1 est de la forme -x^2z' + xz = z^2. L'objectif est de trouver les solutions de E1 sur l'intervalle [1, +∞] qui ne s'annulent pas sur [1, +∞]. Puisqu'E1 n'est pas linéaire en raison de la puissance 2 de z, Mathis introduit une nouvelle variable y égale à 1/z pour linéariser l'équation. En remplaçant z par 1/y, l'équation devient -x^2(1/y)' + x/y = 1/y^2. Grâce à ce changement d'inconnu, Mathis obtient une équation différentielle linéaire du premier ordre, notée E2, qui est y' + (1/xy) = 1/x^2. Pour résoudre E2, Mathis utilise la méthode classique de séparation de variables. Il trouve la solution homogène y_h(x) = a/x, où a est une constante. Pour la solution particulière, Mathis utilise la méthode de la variation de la constante en posant y_p(x) = u(x)/x. En dérivant y_p(x), il obtient u'(x)/x - u(x)/x^2 = 1/x^2, ce qui donne u'(x)/x = 1/x. En intégrant de part et d'autre, Mathis obtient u(x) = ln|x|. Ainsi, la solution particulière est y_p(x) = ln|x|/x. La solution générale de E2 est donc y(x) = y_h(x) + y_p(x) = a/x + ln|x|/x. Pour trouver les solutions de E1 sur [1, +∞] qui ne s'annulent pas sur [1, +∞], on doit prendre l'inverse de y(x) en s'assurant que le dénominateur ne s'annule pas. Donc, les solutions de E1 sur [1, +∞] qui ne s'annulent pas sur cet intervalle sont y(x) = (a + ln|x|)/x, où a est un nombre réel positif. Mathis conclut en soulignant l'utilité d'un changement d'inconnu pour résoudre une équation différentielle qui ne peut pas être résolue par des méthodes classiques. Il encourage les spectateurs à utiliser cette méthode pour aller au-delà de ce qu'ils ont appris. Il termine en remerciant les spectateurs et en leur donnant rendez-vous pour la prochaine vidéo.
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Classique : Raccordement

Dans cette vidéo, nous abordons le problème classique du raccordement en équation différentielle. Nous considérons la fonction f définie sur R* par f(x) = c.exp(-1/x) pour x positif et f(x) = d.exp(-1/x) pour x négatif. La première question consiste à trouver les conditions nécessaires et suffisantes sur c et d pour que f puisse être prolongée par continuité en 0. La condition est que les limites à gauche et à droite de f en 0 soient les mêmes. Après évaluation, on trouve que cette condition est vérifiée si et seulement si d = 0. La deuxième question porte sur la dérivabilité de f en 0, dans le cas où d = 0. Ainsi, f est la fonction qui à x associe c.exp(-1/x) pour x positif et 0 pour x négatif. On montre que f est dérivable à gauche en 0 et que sa dérivée vaut 0. De plus, on montre que la dérivée de f à droite en 0 existe et vaut également 0. Donc f est dérivable en 0 et sa dérivée est continue en 0. Ensuite, nous examinons l'équation différentielle x^2*y' - y = 0 et cherchons à résoudre cette équation sur les intervalles (-∞,0] et [0,∞). Sur ces intervalles, la solution est la même et est donnée par f(x) = a.exp(-1/x), où a est un paramètre réel. Nous cherchons ensuite à raccorder ces deux solutions en 0, en vérifiant la condition de continuité et de dérivabilité en 0. Nous trouvons que pour que la solution soit C1 sur R, c'est-à-dire dérivable et que sa dérivée soit continue sur R, il faut que la solution soit de la forme f(x) = 0 pour x ≤ 0 et f(x) = a.exp(-1/x) pour x > 0, où a peut prendre n'importe quelle valeur réelle. En conclusion, nous avons trouvé toutes les solutions possibles pour l'équation différentielle donnée, en vérifiant les conditions de continuité et de dérivabilité en 0. Le raccordement des solutions sur des intervalles différents est donc un élément crucial dans la résolution des équations différentielles.
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Second membre polynômial

Dans cette vidéo, Mathias de Studio explique comment résoudre des équations différentielles linéaires d'ordre 2. Il commence par dire qu'il s'agit d'un nouveau sujet avec une nouvelle méthode. Tout d'abord, il explique que l'équation présentée est une équation différentielle linéaire d'ordre 2 avec des coefficients constants réels. Il précise que cette méthode ne s'applique qu'à ce type d'équations. Ensuite, Mathias détaille les étapes de résolution de l'équation : résoudre l'équation homogène associée, trouver une solution particulière et les sommer. Il montre comment résoudre l'équation homogène en posant l'équation caractéristique et en trouvant ses racines. Il explique également comment trouver une solution particulière en choisissant un réel approprié. Ensuite, il montre comment sommer la solution homogène et la solution particulière pour obtenir l'ensemble des solutions de l'équation. Il répète ensuite la même méthode pour résoudre une deuxième équation différentielle. Finalement, il explique qu'une équation différentielle avec une seule condition initiale fixe une seule solution précise. En utilisant cette condition, il détermine la solution finale de l'équation. En conclusion, Mathias souligne l'importance de connaître les formes classiques du discriminant et de pratiquer régulièrement la résolution d'équations différentielles pour maîtriser cette méthode. Il remercie les spectateurs et leur souhaite une bonne continuation.
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Second membre exponentiel x polynôme

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Changement de variable

Bonjour à tous ! Aujourd'hui, nous allons résoudre une équation différentielle en utilisant un changement d'inconnu. L'équation que nous cherchons à résoudre est x carré y prime prime - 3x y prime + 4y = 0. Tout d'abord, analysons cette équation. Les dérivées de y sont élevées à l'ordre 1, ce qui signifie que cette équation est une combinaison linéaire des dérivées de y. Cependant, cette équation est d'ordre 2 et les coefficients ne sont pas constants, ce qui ne correspond pas exactement au cadre du cours. Mais ne vous inquiétez pas, nous allons tout de même résoudre cette équation en utilisant une méthode qui nous sera fournie. Nous posons z(t) = y(exp(t)). En calculant les dérivées de z, nous obtenons z prime(t) = exp(t) y prime(exp(t)) et z seconde(t) = exp(t) y prime(exp(t)) + exp(t) y prime(exp(t)). En réinjectant cela dans l'équation E, nous obtenons z prime prime(t) - 4z prime(t) + 4z(t) = 0. Cette équation est une équation différentielle linéaire d'ordre 2 à coefficients constants. Nous avons maintenant toutes les indications nécessaires pour résoudre cette équation. La méthode classique consiste à trouver d'abord la solution homogène de l'équation, pour laquelle nous devons poser l'équation caractéristique. Le discriminant de cette équation étant nul et sa racine étant double, la forme générale de la solution homogène est z_h(t) = (lambda t + mu)exp(t), où lambda et mu sont des réels. Nous pouvons donc en conclure que l'ensemble des solutions de l'équation d'origine est l'ensemble des fonctions z(t) = (lambda t + mu)exp(t) avec lambda et mu réels. Afin de vérifier que les solutions trouvées sont bien des solutions de l'équation d'origine, nous devons calculer les dérivées de y et vérifier si elles satisfont l'équation. Après les calculs, nous constatons effectivement que tout se simplifie et que cela équivaut à 0. Par conséquent, toutes les solutions de la forme lambda ln(x) + mu x^2 sont également des solutions de l'équation. En conclusion, les solutions de l'équation sont les fonctions lambda ln(x) + mu x^2 avec lambda et mu réels. Nous avons utilisé une méthode d'analyse synthèse pour arriver à cette conclusion. Cela nous a permis de montrer que les solutions trouvées sont les seules solutions de l'équation. J'espère que vous avez compris ce cours sur la résolution d'équations différentielles via un changement d'inconnu. N'hésitez pas à me poser vos questions si besoin. À bientôt !