Donc : d dtM(t) =B d dtR(t, t0) B−1 =BA(t)R(t, t0)B−1 =BA(t)B−1M(t) On en déduit que M(t) est l’unique solution de l’équation différentielle : M′(t

(1)

Université P. et M. Curie Sylvie Delabrière Licence de Mathématique Equations différentielles Année 2005-2006 Méthodes de résolution numérique LM 383 Corrigé de l’examen du 7 Septembre 2006

I

1) Posons M(t) = BR(t, t0)B⁻¹ et calculons d

dtM(t) : la composition par B ou B⁻¹ est une application linéaire et donc elle est dérivable, égale à sa dérivée. Donc :

d

dtM(t) =B d

dtR(t, t0)

B⁻¹ =BA(t)R(t, t0)B⁻¹ =BA(t)B⁻¹M(t) On en déduit que M(t) est l’unique solution de l’équation différentielle : M^′(t) = BA(t)B⁻¹M(t) avec la condition initiale M(t0) = Id et c’est donc bien la résolvante S(t, t0) de l’équation différentielle z^′(t) =BA(t)B⁻¹z(t).

2) Le polynˆomre caract´eristique de la matriceA(t) est

λ−(t−1)2

(λ−t).

A(t) admet une valeur propre simple λ1 = t et une valeur propre double λ₂ =t−1.

Le sous espace propre associé à λ₁ est engendré parv₁ = (1,0,−1) et le sous espace propre associé à λ2 est engendré par v2 = (0,1,0) et v3 = (1,0,2).

La matrice A(t) est donc diagonalisable pour tout t ∈]0,+∞[ et A(t) = P D(t)P⁻¹, avec

D(t) =





t 0 0

0 t−1 0

0 0 t−1



, P =





1 0 1

0 1 0

−1 0 2





3) On ´ecrit A(t) =P D(t)P⁻¹ etA(s) =P D(s)P⁻¹, d’o`u

A(t)A(s) = P D(t)P⁻¹P D(s)P⁻¹ = P D(t)D(s)P⁻¹ = P D(s)D(t)P⁻¹ = P D(s)P⁻¹P D(t)P⁻¹=A(s)A(t)

donc ces matrices commutent pour tout t, s ∈]0,+∞[. On en d´eduit que la r´esolvante R(t, t₀) = exp

Z t t0

A(s)ds. Comme la matrice P est ind´ependante de t, on a :

Z t t0

A(s)ds=P Z t

t0

D(s)dsP⁻¹, exp Z t

t0

A(s)ds=P exp Z t

t0

D(s)dsP⁻¹

(2)

D’o`u finalement :R(t, t0) =

P







exp¹₂(t²−t²₀) 0 0

0 exp¹₂

(t−1)²−(t0−1)²

0

0 0 exp¹₂

(t−1)²−(t₀−1)²





 P⁻¹

4) On calcule

B⁻¹ =





−¹₃ ²₃ 0

1 −2 1

2

3 −¹₃ 0





et on vérifie que l’équation différentielle dansR³s’écrit :z^′(t) = BA(t)B⁻¹z(t).

D’apr`es la question 1), l’unique solution prenant les valeurs α, β, γ en t₀ s’´ecrit :

z(t) =BR(t, t0)B⁻¹



 α β γ



.

II

1)On sait par le théorème de Cauchy-Lipschitz que, sif(t, x) est continue, la solutiony(t) de l’équation différentielle est de classe C¹ ety^′(t) =f

t, y(t) . Or si f(t, x) est de classe C^p, alors la fonction compos´ee t → f

t, y(t) est de classe C¹ et y(t) est de classe C². Par r´ecurrence, pour k < p, si y(t) est de classe C^k, alors la fonction compos´ee y^′(t) = f

t, y(t)

est de classe C^k donc y(t) est de classe C^k+1.

On a : y^′′(t) = ∂f

∂t

t, y(t) +∂f

∂x

t, y(t)

y^′(t) = ∂f

∂t

t, y(t) +∂f

∂x

t, y(t) f

t, y(t)

=f^[1]

t, y(t) Supposons donc que pour 0 < k < p:

y^(k)(t) =f^[k^−1]

t, y(t)

Alors :

(3)

=f^[k]

t, y(t) La récurrence est démontrée.

2)

|F(t, x, h)−F(t, x^⋆, h)| ≤ |f(t, x)−f(t, x^⋆)|+h|a||f^[1](t, x)−f^[1](t, x^⋆)|

+h²|b||f^[2]

t+αh, x+βhf(t, x)

−f^[2]

t+αh, x^⋆ +βhf(t, x^⋆)

|

≤ |x−x^⋆|

L+hL₁|a|

+h²L₂|b|

|x−x^⋆|+|β|hL|x−x^⋆|

≤Λ|x−x^⋆| o`u Λ =

L+T L1|a|

+T²L2|b|

1 +|β|LT .

3) a) C’est la formule de Taylor `a l’ordre 4, avec les r´esultats de la question 1).

b) Au voisinage de h= 0,

F(t, x, h)−f(t, x)

=haf^[1]

t, x +h²bh

f^[2](t, x)+αh∂f^[2]

∂t

t, x

+βh∂f^[2]

∂x

t, x

f(t, x)+O(h²)i

c) 1

h

y(t+h)−y(t)

−F

t, y(t), h

=f

t, y(t) +h

2f^[1]

t, y(t) +h²

6 f^[2]

t, y(t) +h³

24f^[3]

t, y(t)

+O(h⁴)

−n f

t, y(t)

+haf^[1]

t, y(t)

+bh²h f^[2]

t, y(t)

+αh∂f^[2]

∂t

t, y(t)

+βh∂f^[2]

∂x

t, y(t) f

t, y(t)

+O(h²)io

=h(1

2 −a)f^[1]

t, y(t)

+h²h1 6f^[2]

t, y(t)

−bf^[2](t, x)i +h³n 1

24f^[3]

t, y(t)

−h α∂f^[2]

∂t

t, y(t)

+β∂f^[2]

∂x

t, y(t) f

t, y(t)io +O(h⁴)

(4)

Pour que le sch´ema soit d’ordre 4, il faut que 1

2 −a = 0, b = 1

6, α = β et α = 1

24. D’o`u le sch´ema : yn+1 =yn+hh

f(tn, yn) + h

2f^[1](tn, yn) + h² 6 f^[2]

tn+ h

24, yn+ h

24f(tn, yn)i III

1) (E) ´equivaut au syst`eme

(S)



 y₁^′(t) y₂^′(t) y₃^′(t)



=





0 1 0

0 0 1

−¹₈ ¹₄ ¹₂







 y₁(t) y2(t) y₃(t)



+



 0 0 f(t)





2)La matriceAd´efinie ci-dessus admet la valeur propre double 1

2 et la valeur propre simple −1

2. La solution générale de l’équation homogène associée à (E), notée (E₀), est doncϕ(t) =αe^t² +βte^t² +γe⁻²^t.

3) Pour trouver la résolvante de (S), écrivons la solution de l’équation (E0) avec les conditions initiales ϕ(t0) = y₀, ϕ^′(t0) = y₁, ϕ^′′(t0) = y₂ pour un triplet y₀, y₁, y₂ ∈R³. Or :

ϕ(t0) = αe^t²⁰ +βt0e^t²⁰ +γe⁻^t²⁰,

ϕ^′(t0) = ^α₂e^t²⁰ +β(^t₂⁰ + 1)e^t²⁰ − ^γ₂e⁻^t²⁰, ϕ^′′(t0) = ^α₄e^t²⁰ +β(^t₄⁰ + 1)e^t²⁰ +^γ₄e⁻^t²⁰ D’où le système à résoudre :







e^t²⁰ t₀e^t²⁰ e⁻^t²⁰

e

t0 2

2 (^t₂⁰ + 1)e^t²⁰ −^e⁻

t0 2

2 e

t0 2

4 (^t₄⁰ + 1)e^t²⁰ ^e⁻

t0 2

4









 α β γ



=



 y0

y1

y₂





Tous calculs faits, on trouve : α=e⁻^t²⁰

(^t₄⁰ +³₄)y0+y1−(t0+ 1)y2

β =e⁻^t²⁰(−^y₄⁰ +y2)

γ =e^t²⁰(^y₄⁰ −y1+y2)

Ce qui donne pour la solution de (E0) avec conditions initiales : h t₀+ 3 t ^t⁻^t⁰ 1 ₋^t⁻^t⁰i h t−t0

−^t⁻^t⁰i

(5)

D’o`u :

R(t, t₀) =







(^t⁰⁻₄^t+3)e^t⁻²^t⁰ + ¹₄e⁻^t⁻²^t⁰ e^t⁻²^t⁰ −e⁻^t⁻²^t⁰ (−t₀ −1 +t)e^t⁻²^t⁰ +e⁻^t⁻²^t⁰ (^t⁰⁻₈^t+1)e^t⁻²^t⁰ − ¹₈e⁻^t⁻²^t⁰ ¹₂e^t⁻²^t⁰ + ¹₂e⁻^t⁻²^t⁰ (⁻^t⁰^+1+t₂ )e^t⁻²^t⁰ − ¹₂e⁻^t⁻²^t⁰ (^t⁰⁻₁₆^t⁻¹)e^t⁻²^t⁰ + ₁₆¹e⁻^t⁻²^t⁰ ¹₄e^t⁻²^t⁰ − ¹₄e⁻^t⁻²^t⁰ (⁻^t⁰^+3+t₄ )e^t⁻²^t⁰ + ¹₄e⁻^t⁻²^t⁰







4)Avec la m´ethode de variation des constantes, on trouve la solution de (S) avec condition initiale y(t0) =



 y0

y₁ y₂



:

y(t) =R(t, t0)



 y0

y₁ y2



+ Z t

t0

R(t, s)



 0 0 f(s)



 ds

La première ligne de cette égalité matricielle donne la solution de (E), avec la condition initiale correspondante.

5)

e^A=R(1,0) =





1

2e¹² +¹₄e⁻¹² e¹² −e⁻¹² e⁻¹²

−¹₈e⁻¹² ¹₂e¹² + ¹₂e⁻¹² e¹² − ¹₂e⁻¹²

−¹₈e¹² +₁₆¹ e⁻¹² ¹₄e¹² − ¹₄e⁻¹² e¹² + ¹₄e⁻¹²



