Examen LM383

Universit´e Pierre et Marie Curie

Examen LM383

Rattrapage 22 Juin 2009 Corrig´e

Exercice 1 : 1.Pour p= (x, y, z)∈[0,1]³, l’´equationf(p) =pdonnex=z⁶,y =√

xet z=√ y, soit en substituant x=x^3/2 d’o`u x= 0 ou x= 1 et y =z =x. Les points A et B sont donc les seuls points fixes.

2. La d´eriv´ee de la fonction x 7→ √

x n’´etant pas d´efinie en x = 0, on en d´eduit que la matrice jacobienne n’est pas d´efinie enA.

3.En composant, on obtient facilementg(x, y, z) = (x^3/2, y^3/2, z^3/2). Sipest un point fixe def on a g(p) =f(f(f(p))) =p. En particulierA et B sont des points fixes deg, mais ce ne sont pas les seuls : tous les points dont les coordon´ees valent 0 ou 1 sont des points fixes deg.

4.L’algorithme du point fixe pour la fonctiongrevient `a appliquer l’algorithme du point fixe pour chaque composante avec la fonction t 7→ h(t) = t^3/2 : si pn = (xn, yn, zn) alors pn+1 = g(pn)

´equivaut `a xn+1 = h(xn) et de mˆeme pour yn et zn. Comme 0 est un point fixe attractif de h puisque |h⁰(0)|= 0<1, on obtient que xn converge vers 0 six0 est suffisament proche de 0. Il en est de mˆeme pouryn etzn ce qui montre quepn converge versAsip0= (x0, y0, z0) est suffisament proche deA.

5.Si p_n+1=f(p_n), on ap_n+3 =g(p_n). D’apr`es la question pr´ec´edente, on en d´eduite que la sous- suitep_3n converge versA sip₀ est suffisament proche deA. Par continuit´e def, cela entraine que p_3n+1 =f(p_3n) converge versf(A) =Aet de mˆeme pourp_3n+2=f(p_3n+1). On a finalement montr´e quep_n converge versA.

6.Comme 1 est un point fixe r´epulsif dehpuisque |h⁰(1)|= 3/2>1, l’algorithmexn+1=h(xn) ne peut converger vers 1 que six0= 1. Par cons´equent l’algorithmepn+1=g(pn) ne peut pas converger versB si p0 6=B. Comme cet algorithme produit la sous-suitep3n de l’algorithmepn+1 =f(pn), cette sous-suite ne peut pas converger versB tout comme la suite pn.

Exercice 2 : 1.Par le th´eor`eme de Cauchy-Lipschitz on sait que y(t) estC¹ sur [0, T]. Comme f est de classe C¹ on obtient par composition quey⁰(t) =f(t, y(t)) est de classeC¹ sur [0, T] donc quey(t) est de classeC²sur [0, T]. Commef est de classeC², on obtient par le mˆeme raisonnement quey(t) est de classeC³ sur [0, T].

2.On peut ´ecrire

c_n+1=y(t_n+1)−αy(t_n−1)−βy(t_n)−hγy⁰(t_n−1)−hδy⁰(t_n).

En effectuant les d´eveloppement limit´es de Taylor-Lagrange autour detn `a l’ordre 2 pour y(tn+1) ety(t<sub>n−1</sub>) et `a l’ordre 1 poury⁰(t_n−1), on trouve

cn+1 = (1−α−β)y(tn)+(1+α−γ−δ)hy⁰(tn)+(1

2(1−α)+γ)h²y⁰⁰(tn)+h³(1

6y⁰⁰⁰(νn)+1

6αy⁰⁰⁰(µn)−1

2γy⁰⁰⁰⁰(ηn)).

On a ainsi la forme recherch´ee avecA₀= 1−α−β,A₁= 1 +α−γ−δ,A₂= ¹₂(1−α) +γ, et

|rn+1|6CM3h³ avecC= ¹₆(1 +|α|) +¹₂|γ|.

3. Les conditions A0 = A1 = A2 = 0 donnent trois ´equations lin´eaires. Avec en plus α = β, on trouve

α=β= 1

2, γ=−1

4, δ=7

4, C= 3 8, et le sch´ema a la forme

y_n+1= 1

2(y_n−1+y_n)−1

4hf(t_n−1, y_n−1) +7

4hf(t_n, y_n).

4.On a

|Zn+1−Z˜n+1|= max{|yn−y˜n|,|yn+1−y˜n+1|}.

Il est imm´ediat que |yn −y˜n| 6 |Zn−Z˜n|. On a ensuite en utilisant faisant la diff´erence entre l’´equation du sch´ema et celle qui d´efinitc_n+1 :

|yn+1−y˜n+1| 6 ¹2(|y_n−1−y˜_n−1|+|yn−y˜n|)

+h ¹₄|f(t_n−1, y_n−1)−f(t_n−1, y_n−1)|+⁷₄|f(tn, yn)−f(tn, yn)|

+|cn+1| 6 ¹2(|y_n−1−y˜_n−1|+|y_n−y˜_n|) +hL ¹₄|y_n−1−y˜_n−1|+⁷₄|y_n−y˜_n|

+|c_n+1|, o`uL est la constante de Lipschitz def. On obtient ainsi

|Zn+1−Z˜_n+1|6(1 +L₁h)|Zn−Z˜_n|+|cn+1|,

1

avecL₁= ⁷₄L.

5. Commey₀= ˜y₀on a

|Z0−Z˜0|=|y1−y˜1|=|y(0) +hf(0, y(0))−y(h)|=|y(0) +hy⁰(0)−y(h)|= 1

2h²|y⁰⁰(µ)|, en utilisant Taylor-Lagrange. On a donc

|Z0−Z˜0|61 2h²M2. 6. On obtient ainsi

|Z1−Z˜₁|6 1

2(1 +L₁h)h²M₂+|c1|, |Z2−Z˜₂|6 1

2(1 +L₁h)²h²M₂+ (1 +L₁h)|c1|+|c2|,· · · et par r´ecurrence

|Zn−Z˜n|61

2(1 +L1h)ⁿh²M2+

n

X

i=1

(1 +L1h)ⁿ⁻ⁱ|ci|.

Commeh < ^T_n, on a (1 +L1h)^k6e^L1T pour toutk6n. On a donc

|Zn−Z˜_n|6e^L1T[1

2h²M₂+nCM₃h³]6C(T)h², avecC(T) =e^L1T[¹₂M2+CT M3]. Le sch´ema est donc d’ordre 2.

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