MPSI B 2009-2010 Corrigé du DS 8 29 juin 2019

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Exercice

Décomposons en éléments simples la fraction 4X − 3 X(X − 2)(X + 2) il vient :

4X − 3

X (X − 2)(X + 2) = 1 8

6

X − 11

X + 2 + 5 X − 2

On en déduit

n

X

k=3

4k − 3

k(k − 2)(k + 2) = 1 8 6

n

X

k=3

1 k − 11

n

X

k=3

1 k + 2 + 5

n

X

k=3

1 k − 2

!

= 1 8 6

n

X

k=3

1 k − 11

n+2

X

k=5

1 k + 5

n−2

X

k=1

1 k

!

Comme 6 − 11 + 5 = 0 , les termes des sommes entre 5 et n − 2 disparaissent. Il reste :

n

X

k=3

4k − 3

k(k − 2)(k + 2) = 1 8

6( 1

3 + 1

4 ) + 5(1 + 1 2 + 1

3 + 1 4 ) − ε n

où ε n est formé de termes qui tendent vers 0. On en déduit que

n

X

k=3

4k − 3

k(k − 2)(k + 2) → 1 8

6( 1

3 + 1

4 ) + 5(1 + 1 2 + 1

3 + 1 4 )

= 167 96

Problème

Partie I. Existence : méthode de Picard

1. a. Le calcul de l'intégrale conduit à

y 1 (t) = t ³ 6

b. Par dénition, comme les bornes de l'intégrales sont égales :

∀n ∈ N : y _n (0) = 0

Toutes les fonctions sont polynomiales par le calcul explicite des intégrales. Elles sont toutes dérivables avec :

∀n ∈ N , ∀t ∈ R : y ⁰ _n+1 (t) = 1

2 t ² + y ² _n (t)

≥ 0

Ce qui entraine la croissance de chaque fonction y n . c. Comme chaque y n est croissante, on a :

∀n ∈ N , ∀t ∈ [0, 1] : 0 = y _n (0) ≤ y _n (t) ≤ y _n (1)

Avec y 0 (0) = 0 et y 1 (1) = ¹ ₆ tous les deux inférieurs à 1 . Supposons y n (1) ≤ 1 , alors :

∀t ∈ [0, 1] : y n+1 (t) = 1 2

Z t 0

τ ²

|{z}

≤1

+ y _n ² (τ)

| {z }

≤1

dτ ≤ 1

2. La question précédente portait sur le comportement pour chaque n de la fonction y _n . Celle ci en revanche porte, pour chaque t , sur la suite (y _n (t)) _{n∈ N} .

a. On va montrer par récurrence que la suite est croissante. On sait déjà que les deux premiers termes sont dans le bon sens :

∀t ∈ [0, 1] : y ₁ (t) − y ₀ (t) = t ³ 6 ≥ 0.

Supposons que pour un n ≥ 1 et tous t ∈ [0, 1] : y n (t) − y _n−1 (t) ≥ 0 . Alors :

y n+1 (t) − y n (t) = 1 2

Z t 0

y ² _n (τ) − y _n−1 ² (τ) dτ

= 1 2

Z t 0

y n (τ) + y n−1 (τ )

| {z }

≥0

y n (τ) − y n−1 (τ)

| {z }

≥0

dτ ≥ 0

On en déduit que pour chaque t ∈ [0, 1] , la suite (y _n (t)) _{n∈ N} est croissante. Elle est majorée par 1 d'après la première question, elle est donc convergente. Sa limite est notée y(t) ce qui dénit une fonction y dans [0, 1] . Il s'agit maintenant de prouver que cette fonction est eectivement solution de l'équation diérentielle.

b. De l'encadrement 0 ≤ y n (t) ≤ 1 , on déduit par le théorème de passage à la limite dans une inégalité pour la suite (y _n (t)) _{n∈ N} que 0 ≤ y(t) ≤ 1 .

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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Rémy Nicolai S0908C

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c. Soit a et b dans [0, 1] , on choisit a < b pour xer les idées. Par dénition de y n et parce que la fonction y n−1 est croissante avec y n−1 (1) ≤ 1 , on a :

0 ≤ y _n (b) − y _n (a) = 1 2

Z b a

τ ²

|{z}

≤1

+ y _n−1 ² (τ)

| {z }

≤1

dτ ≤ 1

2 Z b

a

2dτ = b − a

On applique alors le théorème de passage à la limite dans une inégalité aux suites convergentes (y _n (a)) _{n∈ N} et (y _n (b)) _{n∈ N} . On en déduit

0 ≤ y(b) − y(a) ≤ b − a

Ce qui montre que la fonction y est lipschitzienne de rapport 1 (on dit aussi contractante), donc continue donc intégrable.

3. a. Comme les suites sont croissantes, on sait déjà que 0 ≤ y _n+1 (t) − y _n (t) . On va montrer l'autre inégalité par récurrence.

Pour n = 0 :

∀t ∈ [0, a] : y 1 (t) − y 0 (t) = t ³

6 ≤ 1 = a ⁰ Montrons maintenant que l'ordre n − 1 entraine l'ordre n :

y n+1 (t) − y n (t) = 1 2

Z t 0

y _n ² (τ) − y ² _n−1 (τ) dτ

= 1 2

Z t 0

y _n (τ) + y _n−1 (τ )

| {z }

≤2

y _n (τ) − y _n−1 (τ)

| {z }

≤a

ⁿ⁻¹

dτ car τ ∈ [0, t] ⊂ [0, a]

≤ ta ⁿ⁻¹ ≤ a ⁿ pour t ∈ [0, a]

b. Pour tous les naturels n et p , on peut considérer y _n+p ⁰ (t) − y n (t) = y n+1 (t) − y n (t)

+ y n+2 (t) − y n+1 (t) +

· · · + y _n+p (t) − y _n+p−1 (t)

≤ a ⁿ + a ⁿ⁺¹ + · · · + a ^n+p = a ⁿ (1 − a ^p+1 ) 1 − a ≤ a ⁿ

1 − a Pour n et t xés, appliquons le théorème de passage à la limite dans une inégalité à la suite convergente (y n+p (t)) p∈ N . On obtient :

0 ≤ y(t) − y n (t) ≤ a ⁿ 1 − a

c. Notons I n (t) l'expression que l'on nous demande d'encadrer. Remplaçons y n+1 (t) par son expression intégrale. On obtient :

I _n (t) = 1 2

Z t 0

y ² (τ) − y ² _n (τ) dτ ≥ 0

car 0 ≤ y _n (τ ) ≤ y(τ) les suites dénissant y étant croissantes. D'autre part : I n (t) = 1

2 Z t

0

y(τ ) + y n (τ)

| {z }

≤2

y(τ) − y n (τ)

| {z }

≤

_1−a^an

dτ ≤

Z t 0

a ⁿ

1 − a dτ = a ⁿ t 1 − a

4. a. Pour un t ∈ [0, 1[ quelconque, il existe un a ∈ [0, 1[ tel que t ∈ [0, a] . On peut donc écrire l'encadrement de la question précédente :

0 ≤ 1

2 Z t

0

τ ² + y ² (τ) dτ

− y n+1 (t) ≤ a ⁿ t 1 − a

Appliquons encore une fois le théorème de passage à la limite aux suites (y _n+1 (t)) _{n∈ N} et ( _1−a ^a

ⁿ

^t ) _{n∈ N} qui convergent respectivement vers y(t) et 0 . On en déduit :

0 ≤ 1

2 Z t

0

τ ² + y ² (τ) dτ

− y(t) ≤ 0 ⇒ y(t) = 1 2

Z t 0

τ ² + y ² (τ) dτ

b. La formule précédente est valable dans [0, 1[ . En revanche on ne peut pas l'obtenir en 1 par la méthode précédente car il n'existe pas de a < 1 assurant la convergence géométrique. La formule est encore valable en 1 simplement par continuité des deux fonctions.

La fonction y est continue dans [0, 1] car contractante. La fonction t → 1

2 Z t

0

τ ² + y ² (τ) dτ

est elle aussi continue dans [0, 1] d'après les propriétés d'une intégrale fonction de sa borne supérieure. Elle est même dérivable de dérivée

t → t ² + y ² (t)

Comme ces fonctions coïncident dans [0, 1[ , elles prennent la même valeur en 1 et leurs dérivées aussi. La fonction y est donc solution de l'équation diérentielle citée au début.

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Partie II. Unicité : lemme de Gronwall

1. a. Les fonctions |y| et |z| sont continues, leur somme aussi. Sur le segment [0, 1] , elle est bornée et atteint ses bornes ce qui justie l'existence de M . De plus, en utilisant les expressions intégrales de y et z , il vient :

y(t) − z(t) = 1 2

Z t 0

y ² (τ ) − z ² (τ) dτ

⇒ u(t) ≤ 1 2

Z t 0

y(τ) + z(τ )

| {z }

≤M

u(τ)dτ ≤ M 2

Z t 0

u(τ)dτ

b. Il s'agit de simples manipulations algébriques. (noter l'ajout arbitraire d'un ε > 0 quelconque ) :

u(t) ≤ M 2

Z t 0

u(τ )dτ ⇒ u(t) ≤ ε + M 2

Z t 0

u(τ)dτ

⇒ M

2 u(t) ≤ M 2

ε + M

2 Z t

0

u(τ )dτ

⇒

M 2 u(t) ε + ^M ₂ R t

0 u(τ )dτ ≤ M 2

2. a. On remarque que

t →

M 2 u(t) ε + ^M ₂ R t

0 u(τ)dτ est la dérivée de

t → ln

ε + M 2

Z t 0

u(τ)dτ

En intégrant l'inégalité du 1.b. entre 0 et t on obtient donc : ln

ε + M

2 Z t

0

u(τ)dτ

− ln ε ≤ M 2 t On compose alors par la fonction exponentielle ce qui donne :

ε + ^M ₂ R t 0 u(τ)dτ ε ≤ e

^M2

^t

b. On en déduit

ε + M 2

Z t 0

u(τ )dτ ≤ εe

^M2

^t

Combinée avec

u(t) ≤ ε + M 2

Z t 0

u(τ)dτ Cela donne

u(t) ≤ εe

^M2

^t 3. Pour chaque t xé, on a

∀ε > 0 : u(t) ≤ εe

^M2

^t

Comme ε est quelconque, on en déduit (raisonnement à la Cauchy) que u(t) ≤ 0 c'est à dire en fait u(t) = 0 et y(t) = z(t) .

On peut raisonner ainsi pour tous les t . Cela prouve l'unicité de la solution avec la condition initiale donnée.

Partie III. Approximation : méthode d'Euler

1. L'inégalité demandée découle immédiatement de la convexité de la fonction exponen- tielle ou de l'étude des variations de x → e ^x − x − 1 .

2. a. Pour tout n : E n − e n ≥ 0 se montre par récurrence car E 0 − e 0 = 0 et on déduit des relations :

E _n+1 − e _n+1 ≥ A(E _n − e _n ) ≥ 0 car A > 0 .

b. On applique la question précédente en utilisant le fait que

∀n ∈ N : E n = B

A − 1 (A ⁿ − 1)

On peut se contenter de vérier la relation de récurrence ou bien trouver la suite vériant une telle relation (suite arithmético-géométrique).

3. Il s'agit en fait de majorer l'erreur commise en utilisant la méthode du rectangle pour approcher une intégrale. On adapte la méthode du cours Approximations d'une intégrale pour les trapèzes. Cela revient à une inégalité de Taylor-Lagrange. On pose

F (x) = Z x

α

ϕ(t)dt − (x − α)ϕ(α)

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Alors

F ⁰ (x) = ϕ(x) − ϕ(α) ≤ M 1 (x − α) d'après l'inégalité des accroissements nis. On peut alors intégrer :

Z β α

ϕ(t)dt − (x − α)ϕ(α) = F (β) − F (α) = Z β

α

F ⁰ (x)dx

≤ Z β

α

M 1 (x − α) dx = (β − α) ² 2 M 1

4. On écrit les deux accroissements à l'aide d'intégrales sur un segment de longueur h :



 

 

 

 

u _i+1 =u _i + h

2 (t ² _i + u ² _i ) = u _i + 1 2

Z t

i+1

t

_i

t ² _i + u ² _i dt

y(t i+1 ) =y(t i ) + 1 2

Z t

_i+1

t

_i

t ² + y ² (t) dt

⇒ e i+1 = e i + 1 2

Z t

_i+1

t

_i

t ² − t ² _i + y ² (t) − u ² _i dt

5. a. Montrons par récurrence que e _i ≥ 0 . C'est vrai à l'ordre 0 car e ₀ = 0 . Supposons u _i ≥ 0 . Alors t ² − t ² _i ≥ 0 pour t ∈ [t _i , t] . Comme y est croissante (sa dérivée est positive), y(t) ≥ y(t _i ) ≥ u _i donc y ² (t) − u ² _i ≥ 0 et l'intégrale est positive. On en déduit que e _i est positive. En fait on a montré que la suite des e _i est croissante ce qui se voit bien sur la gure.

Si e i ≥ 0 , on a u i ≥ y(t i ) ≥ 1 .

b. On majore l'expression intégrale de la question 4. avec l'inégalité suivante qui est une conséquence de la question 3. :

Z β α

ϕ(t) dt ≤ (β − α)ϕ(α) + M 1

2 (β − α) ² . Ici α = t i , β = t i+1 = t i + h , ϕ : t → ¹ ₂ t ² − t ² _i + y ² (t) − u ² _i

1 2

Z t

_i+1

t

_i

t ² − t ² _i + y ² (t) − u ² _i

≤ h

2 (y ² (t i ) − u ² _i ) + M 1

2 h ² .

On peut prendre M 1 = 2 dans la majoration car ϕ ⁰ (t) = t+y ⁰ (t)y(t) avec t i+1 ≤ 1 et y(t) ≤ 1 , donc

y ⁰ (t) = 1

2 t ² + y ² (t)

≤ 1 ⇒ ϕ ⁰ (t) ≤ 2.

Cela conduit à :

e i+1 ≤ e i + h(y(t i ) ² − u ² _i ) + h ² ≤ e i + h

2 (y(t i ) − u i )

| {z }

=e

i

(y(t i ) + u i )

| {z }

≤2

+ h ²

≤ e i + he i + h ² = (1 + h)e i + h ² 6. D'après 2. avec A = 1 + h et B = h ² :

e i ≤ h ²

1 + h − 1 (1 + h) ⁱ − 1

≤ h (1 + h) ^N − 1

car i ≤ N . Or 1 + h ≤ e ^h donc (1 + h) ^N ≤ e ^{N h} avec N h = 1 e i ≤ h(e − 1)

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