Corrig´ e de l’examen du 27 mai 2008

(1)

Licence de math´ematiques – UPMC – 2007-2008 LM383

Corrig´ e de l’examen du 27 mai 2008

Exercice 1. SoitE l’erreur de la m´ethode, E(f) = Z 1

0

f − 7 12f 2

7 − 7

36f 4 7

−2 9f(1).

1. On sait que la m´ethode est d’ordre au moins 0. Le calcul donne E(x→x) = 0 ; E(x→x²) = 0 ; E(x→x³) =1

4 − 120 9×7² = 1

4 − 40

3×7² 6= 0.

La m´ethode est donc d’ordre exactement 2.

2. Le noyau de PeanoK2 est d´efini, pour t∈[0,1] par K₂(t) = E(x→(x−t)²₊)

= Z 1

t

(x−t)²dx− 7

12(x−t)²₊_|x=²

7

− 7

36(x−t)²₊_|x=⁴

7

−2

9(1−t)².

avec la convention a^r₊ = (a+)^r. D’après le cours, on sait que le noyau de Peano K2 est continu, comme tout noyau de Peano d’ordre supérieur ou égal à 1.

Pour t < ²₇, on remarque que (x−t) est positif aux points ²₇ , ⁴₇ et 1 et donc K2(t) =E(x→(x−t)²)−

Z t 0

(x−t)²dx=− Z t

0

(x−t)²dx=−1 3t³≤0.

Pour t∈[⁴₇,1] on a K2(t) =

Z 1 t

(x−t)²dx−2

9(1−t)²= 1

3(1−t)³−2

9(1−t)²= 1

9(1−t)²(1−3t)≤0.

Pour t∈[²₇,⁴₇] on a

K2(t) = 1

3(1−t)³− 7 36(4

7−t)²−2

9(1−t)², et donc

K₂⁰(t) = 1

6(−2 + 7t−6t²) =−1

6(−1 + 2t)(−2 + 3t).

Cela montre que K2 est décroissant sur [²₇,¹₂] et croissant sur [¹₂,⁴₇]. Comme on sait déjà que

K2(2

7)≤0 et K2(4 7)≤0 on en d´eduit queK₂ est n´egatif sur [²₇,⁴₇],

3. CommeK₂ est de signe constant, on sait que pourf de classeC³ donn´ee, il existeξ∈[0,1]

tel que

E(f) = 1 2f⁽³⁾(ξ)

Z 1 0

K₂

et que de plus Z 1

0

K2 = 1

3E(x→x³) =− 13 3²×4×7².

Exercice 2. On considère l’équation différentielle surRà valeurs dansR (E) y⁰(t) = 1−y(t)²

(2)

1. La fonction f(t, y) = 1−y² est C¹ sur R² et donc localement lipschtzienne en la seconde variable surR². (Notons au passage que la fonctionf n’est pas lipschtzienne en la seconde variable sur R²). Par conséquent, pour t₀ ∈ R et y₀ ∈ R, on a existence et unicité locale pour le problème de Cauchyy(t0) =y0.

Rappelons ce que veut dire ce résultat. On a, pourt₀ ety₀ donnés, existence d’un intervalle I ⊂ R contenant t₀ et d’une fonction y : I → R de classe C¹ vérifiant y⁰(t) = f(t,(y(t)) pourt∈I, ety(t0) =y0. C’est ce qu’on appelle une solution locale du problème de Cauchy.

(C’est donc un intervalleI et une fonction définie sur cet intervalle ; a priorion ne sait rien sur cet intervalleI). L’unicité locale dit que deux solutions locales d’un même problème de Cauchy co¨ıncident là où elle sont définies toutes les deux. Comme conséquence, on a que deux solutions de l’équation différentielle sont, là où elles sont définies toutes les deux, soit

égales partout, soit égales nulle part. Ceci est utilisé dans la question suivante.

2. On cherche les solutions constantes sur leur ensemble de définition. Si y(t) ≡c là où elle est définie, on ay⁰(t) = 0 et donc y(t)² = 1. Par conséquent, il faut quec = 1 ouc=−1.

Par ailleurs, on a v´erifie imm´ediatement que les fonctions y(t)≡1 et y(t)≡ −1

sont solutions sur R de (E). Par cons´equent, ces fonctions sont les (seules) solutions constantes (maximales) de (E).

3. Soit t0 ∈ Ret y0 ∈]−1,1[. Soit y(t) :I → R une solution (locale) sur un intervalle I de (E) avec t₀ ∈ I et y(t₀) =y₀. Par unicité locale, comme y₀ 6=±1, cette solution ne peut pas couper les solutions constantes ci-dessus. On a donc, par continuité dey, que pour tout t∈I,y(t)∈]−1,1[. Cela implique quey⁰(t)≥0 surI et donc quey est croissante surI. 4. On considère la fonction ϕ: ]− ∞,0[−→Rdéfinie par

∀t <0, ϕ(t) = 1 +e^2t

−1 +e^2t.

Cette fonction est de classe C¹ sur ]− ∞,0[ et le calcul donne ϕ⁰(t) = 1−ϕ(t)². Par cons´equent,ϕest bien une solution locale de (E) sur ]− ∞,0[ pour le probl`eme de Cauchy y(−18) =ϕ(−18).

Par ailleurs, on a lim

t→0ϕ(t) = −∞, et donc cette solution ne peut être étendue sur un intervalle plus grand (i.e. elle ne peut pas être la restriction d’une fonction continue définie sur un intervalle strictement plus grandI ⊃]− ∞,0[). C’est donc une (et donc la) solution maximale.

Exercice 3. On considère l’équation différentielle linéaire d’ordre 2 sur Rà valeurs dansR 1. L’équation caractéristique de (EH) est r²−1 = 0 qui admet deux racines distinctes, 1 et

−1. Par conséquent la solution générale de (EH) s’écrit y(t) =λe^t+µe^−t avec λ, µ∈R.

2. Les systèmes différentiels associés sont, pour t−→Y(t)∈R², (E₂) Y⁰(t) =AY(t) +B(t)

(EH₂) Y⁰(t) =AY(t) avec A:=

0 1 1 0

et B(t) :=

0 e^t

On rappelle que Y(t) =

Y1(t) Y₂(t)

est solution de (E2) (respectivement de (EH2)) si et seulement si Y1(t) est solution de de (E) (respectivement de (EH)), et que toute solution d’un des syst`emes diff´erentiels est tel que Y₂(t) =Y₁⁰(t).

(3)

3. Les fonctions y1(t) = cosh(t) et y2(t) = sinh(t) sont solutions de (EH) en tant que combi- naisons lin´eaires det→e^t ett→e^−t. Elles v´erifient

y1(0) y₁⁰(0)

= 1

0

,

y2(0) y⁰₂(0)

= 0

1

,

qui sont deux vecteurs indépendants deR². La théorie des équations différentielles linéaires nous garanti que les applications Y(t) =

y₁(t) y₁⁰(t)

et Z(t) =

y₂(t) y₂⁰(t)

sont des solutions indépendantes de (EH2), et par conséquent quey1 ety2 sont bien indépendantes.

4. [Erreur d’énoncé : il fallait lire R(t,0) en lieu et place de R(0, t). Il en sera tenu compte lors de la correction des copies]. Par définition de la résolvante et la question précédente,

R(t,0) 1

0

= y₁(t)

y₁⁰(t)

et R(t,0) 0

1

= y₂(t)

y⁰₂(t)

.

Par cons´equent, R(t,0) =

cosh(t) sinh(t) sinh(t) cosh(t)

.

On pouvait aussi utiliser la formule, valable puisque Aest constante, R(t,0) =e^tA=

∞

X

k=0

(tA)^k k! =

∞

X

k=0

t^k k!A^k en remarquant que pourn≥0, A²ⁿ=

1 0 0 1

et A²ⁿ⁺¹= 0 1

1 0

.

5. On peut chercher une solution particuli`ere du syst`eme Y⁰ = AY + B sous la forme R(t,0)K(t) avec K(t) =

k₁(t) k2(t)

. On peut aussi utiliser la base obtenue de (EH) obtenue à la première question. Dans ce cas, on cherche donc une solution du système sous la forme

Y(t) =λ1(t) e^t

e^t

+λ2(t) e^−t

−e^−t

avecλ1, λ2 des fonctionsC¹ surR. Ainsi,Y est solution deY⁰ =AY +B si et seulement si λ⁰₁(t)e^t+λ⁰₂(t)e^−t= 0

λ⁰₁(t)e^t−λ⁰₂(t)e^−t=e^t , ce qui est encore ´equivalent `a λ⁰₁(t) = 1

2 et λ⁰₂(t) =−1 2e^2t. Par cons´equent, si on pose Y(t) := t

2 e^t

e^t

− e^2t 4

e^−t

−e^−t

on obtient une solution par- ticulière du système (E2). La première coordonnée nous donne la solution particulière suivante de (E) surR:

y₀(t) := 1 2 t−1

2 e^t, la solution générale de (E) étant donc

y(t) =y₀(t) +λe^t+µe^−t avec λ, µ∈R.

Exercice 4.

1. Les points utilisés sontc₁ = 0 etc₂= 1. La quadrature (M₂) est une quadrature à un point, en 0, sur [0,1] : il s’agit donc de la méthode des rectanglesur [0,1]. La quadrature (M) est une quadrature aux points 0 et 1 avec les même coefficients : il s’agit de la méthode du trapèze sur [0,1].

(4)

2. L’algorithme s’écrit, à partir de y0, pour tn=nh,ynet pn,1 =f(tn, yn) donnés :











tn,2 = tn+h yn,2 = yn+hpn,1

p_n,2 = f(t_n,2, y_n,2) tn+1 = tn+h

y_n+1 = y_n+h ¹₂p_n,1+¹₂p_n,2 On a donc bien

yn+1=yn+hF(nh, yn, h) o`u F(t, y, h) = 1

2f(t, y) +1 2f

t+h , y+hf(t, y)

pour (t, y, h)∈[0, T]×R×[0, T−h].

3. On a, pour t∈ [0, T] et y ∈ R :F(t, y,0) = ¹₂f(t, y) + ¹₂f

t+ 0, y+ 0

= f(t, y), ce qui assure la consistance du sch´ema.

4. On a, pour h ∈ [0, T] et t ∈ [0, T −h], en utilisant que f(s, y(s)) = y⁰(s) sur [0, T] pour notre solution y :

η(t, y(t), h) = y(t+h)−y(t)

h −1

2f(t, y(t))−1

2f t+h, y(t+h) +1

2f t+h, y(t+h)

−1 2f

t+h , y(t) +hf(t, y(t))

,

= y(t+h)−y(t)

h −1

2y⁰(t)− 1

2y⁰(t+h) +1

2f t+h, y(t+h)

−1 2f

t+h , y(t) +hy⁰(t) , et donc,

|η(t, y(t), h)| ≤

y(t+h)−y(t)

h −1

2y⁰(t)−1

2y⁰(t+h)

+L 2

y(t+h)−y(t)−hy⁰(t) . On rappelle que, d’après un résultat du cours, la solutionyest de classeC³. Par le théorème de Taylor-Lagrange, il existet1, t2, t3 ∈[t, t+h]⊂[0, T] tels que

y(t+h)−y(t) = hy⁰(t) +h²

2 y⁰⁰(t) +h³ 6 y⁰⁰⁰(t₁) y⁰(t+h) = y⁰(t) +hy⁰⁰(t) +h²

2 y⁰⁰⁰(t₂).

y(t+h)−y(t)−hy⁰(t) = h² 2 y⁰⁰(t₃) Par cons´equent :

|η(t, y(t), h)| ≤h² 1

6y⁰⁰⁰(t₁)− 1 4y⁰⁰⁰(t₂)

+h²L 2 1 2y⁰⁰(t₃)

ce qui donne bien, en majorant terme `a terme,

|η(t, y(t), h)| ≤h² 5 12 sup

s∈[0,T]

|y⁽³⁾(s)|+L 4 sup

s∈[0,T]

|y⁰⁰(s)|

!

5. En prenant le sup surt∈[0, T −h] dans l’estimation précédente (dont le terme de droite ne dépend plus det), on obtient, par définition de l’erreur de consistanceν(h) :

ν(h)≤h² 5 12 sup

s∈[0,T]

|y⁽³⁾(s)|+L 4 sup

s∈[0,T]

|y⁰⁰(s)|

! .

Donc que ν(h) est unO(h²), ce qui signifie que la m´ethode est d’ordre au moins 2.