Examen de Calcul différentiel et Analyse numérique - Corrigé

(1)

L3 Math´ematiques 2 Mai 2017

Examen de Calcul différentiel et Analyse numérique - Corrigé

Exercice 1. On considère l’équation différentielle

y⁰(t) = cos(e^t+y(t)), y(0) = 1.

a) L’équation différentielle est de la forme y⁰(t) = f(t, y(t)) où f est la fonction définie sur I ×Ω = R×Rpar f(t, y) = cos(e^t+y). La fonctionf est de classeC¹ surR², donc d’après l’inégalité des accroissements finis elle est localement Lipschitzienne par rapport à la variabley. Le Théorème de Cauchy-Lipschitz assure que le problème de Cauchy considéré possède une unique solution maximale. Par ailleurs la fonctionf est bornée (|f(t, y)| ≤ 1pour tout (t, y) ∈ I ×Ω) donc la solution est définie surI =R.

On pourrait aussi argumenter que ∂f

∂y(t, y) = −sin(e^t+y)est bornée. Donc, toujours d’après l’inégalité des accroissements finis, la fonctionf est globalement Lipschitzienne par rapport à la variableyce qui assure que la solution est globale, i.e. définie surI =R.

b)On a

φ(t, y, h) = 1

2cos(e^t+y) + 1

2cos e^t+h+y+hcos(e^t+y) .

c)La fonctionφ est de classe C¹, et mˆemeC^∞, surR² ×[0, T](on rappelle que le pashv´erifie 0≤h≤T).

Consistance: Le schéma est consistant si et seulement on aφ(t, y,0) =f(t, y)ce que l’on vérifie immédiatement.

Stabilité: Le schéma est stable si la fonction φ est globalement Lipschitzienne par rapport à la variabley. Dans ce cas, et siΛest une constante de Lipschitz, la constante de stabilité estS= e^ΛT.

Ici on a

∂φ

∂y(t, y, h) =−1

2sin(e^t+y)−1

2sin e^t+h+y+ cos(e^t+y)

×

1−hsin(e^t+y) . A l’aide de l’in´egalit´e triangulaire on obtient donc, pour tout(t, y, h)∈R²×[0, T],

∂φ

∂y(t, y, h)

≤ 1 2 +1

2(1 +h)≤1 + T 2.

L’inégalité des accroissements finis garantit queφest globalement Lipschitzienne par rapport ày avecΛ≤1 + ^T₂ et donc le schéma est stable etS = e^T^{(1+T /2)}convient.

d) Les fonctions φ et f sont de classe C². Le sch´ema est d’ordre au moins 2si on a, pour tout (t, y)∈R²,

φ(t, y,0) =f(t, y) et ∂φ

∂h(t, y,0) = 1

2f^[1](t, y) := 1 2

∂f

∂t(t, y) + 1 2

∂f

∂y(t, y)f(t, y).

La première condition a déjà été vérifiée à la question c). On vérifie ensuite que

∂φ

∂h(t, y,0) =−1

2sin(e^t+y)×[e^t+ cos(e^t+y)] = 1

2f^[1](t, y).

(2)

Le sch´ema est donc bien d’ordre au moins2.

N.B.: Le schéma proposé correspond à la méthode du point milieu qui a été vue en cours à titre d’exemple.

Exercice 2. Soitf : [0,1]→Rde classeC⁴.

a) On considère Φ : R3[X] → R⁴ définie parΦ(P) = (P(0), P⁰(0), P(1), P⁰(1)). La question posée revient à montrer queΦest bijective.

On remarque facilement queΦest linéaire, et commedimR3[X] = dimR⁴ = 4, pour montrer que Φest bijective il suffit de montrer qu’elle est injective (conséquence du théorème du rang).

Soit donc P ∈ R³[X]tel que Φ(P) = 0. On en déduit que 0et 1sont tous les deux racines au moins double deP. Comme ce dernier est de degré au plus3on en déduit queP est nul (cf cours de L1 sur les polynômes). FinalementKer Φ ={0}etΦest injective et donc bijective.

b) i)On aF⁰(t) =R⁰(t)Π(x)−R(x)Π⁰(t)avecR(t) = f(t)−P_f(t). Par d´efinition deP_f on a R⁰(0) =R⁰(1) = 0. Par ailleurs0et1sont racines doubles deΠdoncΠ⁰(0) = Π⁰(1) = 0.

On en d´eduit queF⁰(0) =F⁰(1) = 0.

ii)Le même argument que ci-dessus permet de vérifier queF(0) =F(1) = 0. Par ailleurs on a de façon évidenteF(x) = 0. Commex∈]0,1[la fonctionF a bien trois racines distinctes.

iii)La fonctionF est de classeC⁴ (carf l’est et queRetΠsont des polynˆomes doncC^∞).

On pourra donc essayer d’appliquer le théorème de Rolle à la fonctionF ainsi qu’à ses dérivées successivesF⁰,F⁰⁰ etF⁰⁰⁰.

On aF(0) =F(x) =F(1) = 0. On applique le théorème de Rolle àF sur chacun des intervalles[0, x]et[x,1]. Il existe donc0< x₁ < x < x₂ <1tels queF⁰(x₁) =F⁰(x₂) = 0.

Par ailleursF⁰(0) =F⁰(1) = 0. On peut donc appliquer ensuite Rolle `aF⁰ sur chacun des intervalles[0, x1],[x1, x2]et[x2,1]. Il existe doncy1, y2, y3 v´erifiant

0< y₁ < x₁ < y₂ < x₂ < y₃ <1 et F⁰⁰(y₁) =F⁰⁰(y₂) = F⁰⁰(y₃) = 0.

En particulier lesy_i sont distincts.

On continue de mˆeme en appliquant Rolle `aF⁰⁰sur[y1, y2]et[y2, y3]: il existe

y1 < z1 < y2 < z2 < y3 tels queF⁰⁰⁰(z1) =F⁰⁰⁰(z2) = 0. Et une dernière application de Rolle àF⁰⁰⁰ sur[z₁, z₂]donne le résultat.

iv)On a0 =F⁽⁴⁾(ξ) =R⁽⁴⁾(ξ)Π(x)−Π⁽⁴⁾(ξ)R(x). OrΠ(t) =t²(t−1)² est un polynôme de degré4donc sa dérivée quatrième est constante. Le coefficient dominant deΠ étant1on obtientΠ⁽⁴⁾(ξ) = 4!. Par ailleursR⁽⁴⁾ =f⁽⁴⁾−P_f⁽⁴⁾ etP_f est de degré au plus3donc sa dérivée quatrième est nulle. Finalement on a

0 =F⁽⁴⁾(ξ) = f⁽⁴⁾(ξ)Π(x)−4!×R(x) ⇐⇒ R(x) = f⁽⁴⁾(ξ)Π(x) 4! . c)On aΠ(t) =t²(t−1)² ≥0donc

Z 1

0

|Π(t)|dt = Z 1

0

t²(t−1)²dt = Z 1

0

t⁴−2t³+t²dt= 1 30. On a alors, d’apr`es b)iv),

kf−P_fk₁ = Z 1

0

|f(x)−P_f(x)|dx= Z 1

0

|R(x)|dx≤ 1 4!

Z 1

0

|Π(x)f⁽⁴⁾(ξ)|dx.

Attention!!! Le ξ d´epend dex et on ne peut donc pas sortirf⁽⁴⁾(ξ) de l’int´egrale. On com- mence par le majorer parM₄et on a alors

kf−P_fk₁ ≤ 1 24

Z 1

0

M₄|Π(x)|dx= M₄ 24

Z 1

0

|Π(x)|dx= M₄ 720.

(3)

d) i)On af(0) =f⁰(0) = 0donc0est racine au moins double dePf. AinsiPf peut s’´ecrire Pf(X) = X²(aX+b). En utilisantPf(1) =f(1) = 1etP_f⁰(1) =f⁰(1) = 5on en d´eduit que

a+b= 1 et 3a+ 2b = 5.

Finalement on trouvea= 3etb=−2, et doncP_f(x) = 3x³−2x².

ii)On af(x)−P_f(x) =x⁵−3x³+ 2x²est un polynôme de degré5dont0et1sont racines au moins doubles (par définition deP_f). Donc on peut le factoriser parx² et(x−1)². La factorisation donne alorsf(x)−P_f(x) = x²(x−1)²(x+ 2)qui est positif sur[0,1]donc

kf −P_fk₁ = Z 1

0

|f(x)−P_f(x)|dx= Z 1

0

f(x)−P_f(x) dx= 1 12. Par ailleursf(4)(x) = 120xdoncM4 = 120et ^M₇₂₀⁴ = ¹₆.

L’inégalité du c) est bien sur vérifiée (elle l’est pour toute fonctionfde classeC⁴!!). L’exemple f(x) =x⁵ montre juste que l’inégalité peut être stricte.

Exercice 3.

a)f(V)est la suite constante ´egale `a−6. On calcule alors facilementkVk= 3etkf(V)k= 6.

b) Si U ∈ `^∞ il existe M ≥ 0 tel que |u_n| ≤ M pour tout n. Pour tout entier n on a donc

|u_nu_n+1| ≤ M² ce qui prouve que la suitef(U)est bornée, i.e. f(U) ∈ `^∞. On peut aussi noter qu’on akf(U)k ≤ kUk². (L’exemple de la suiteV montre qu’il n’y a pas toujours égalité.) c) i)Pour toutnon aw_n= 1. SiH = (h_n)n∈N, le terme général de la suiteW +H est1 +h_net

celui de la suitef(W +H)est donc(1 +h_n)(1 +h_n+1).

ii)Pour montrer quef est diff´erentiable enW, de diff´erentielle l’application L:H = (h_n)_n∈_N7→L(H) = (h_n+1+h_n)_n∈_N,

il faut montrer queLest une application lin´eaire continue de`^∞dans`^∞et que f(W +H)−f(W)−L(H) =o(H).

On v´erifie facilement queLest lin´eaire. Par ailleurs, on a kL(H)k= sup

n

|hn+hn+1| ≤sup

n

(|hn|+|hn+1|)≤sup

n

|hn|+ sup

n

|hn+1| ≤2kHk.

L’applicationLest donc bien continue, de norme inférieure ou égale à2. Attention!! on n’est pas en dimension finie! On ne pouvait pas utiliser cet argument ici.

Le terme g´en´eral de la suitef(W +H)−f(W)−L(H)est

(1 +h_n)(1 +h_n+1)−1−(h_n+1+h_n) =h_nh_n+1.

Autrement dit,f(W +H)−f(W)−L(H) = f(H). On a vu au b) quekf(H)k ≤ kHk²,

donc^kf(H)k_kH_k ≤ kHk →0lorsqueH →0. Cela prouve bien quef(W +H)−f(W)−L(H) = o(H).

Finalementf est diff´erentiable enW etDf(W) =L.

d)On proc`ede exactement comme ci-dessus.

1. L_U est lin´eaire et on a

kL_U(H)k = sup

n

|u_nh_n+1+u_n+1h_n|

≤ sup

n

(|u_n||h_n+1|+|u_n+1||h_n|)

≤ sup

n

|u_n| ×sup

n

|h_n+1|+ sup

n

|u_n+1| ×sup

n

|h_n|

≤ 2kUk × kHk.

L’applicationL_U est donc bien continue, de norme inférieure ou égale à2kUk.

(4)

2. Le terme g´en´eral de la suitef(U+H)−f(U)−LU(H)est

(u_n+h_n)(u_n+1+h_n+1)−u_nu_n+1−(u_nh_n+1+u_n+1h_n) = h_nh_n+1.

Autrement dit,f(U+H)−f(U)−L_U(H) = f(H)et on a prouvé à la question précédente quef(H) = o(H). Finalementf est différentiable enU etDf(U) = L_U.

e)Il faut ici montrer queDf est continue, i.e. queU 7→Df(U)est continue de`^∞dansL(`^∞).

SoientU, U⁰ ∈`^∞. Pour toutH ∈`^∞le terme g´en´eral de la suiteDf(U)(H)−Df(U⁰)(H)est (unhn+1+un+1hn)−(u⁰_nhn+1+u⁰_n+1hn) = (un−u⁰_n)hn+1+ (un+1−u⁰_n+1))hn.

Le mˆeme calcul qu’`a la question d) montre que

kDf(U)(H)−Df(U⁰)(H)k ≤2kU −U⁰kkHk

et donc que kDf(U)−Df(U⁰)k_L(`^∞₎ ≤ 2kU −U⁰k. Cela prouve queDf est continue, elle est mˆeme2-Lipschitzienne, et doncf estC¹.

f) i)On reprend le calcul du d) en notant que siH ∈`^∞pour toutnon a|h_n| ≤ kHk.

On a

kDf(U)k_L(`^∞₎ = sup

kHk≤1

kDf(U)(H)k

= sup

kHk≤1

sup

n

|u_nh_n+1+u_n+1h_n|

≤ sup

kHk≤1

sup

n

(|u_n||h_n+1|+|u_n+1||h_n|)

≤ sup

kHk≤1

sup

n

(|u_n|+|u_n+1|)

car|h_n/n+1| ≤ kHk ≤1

≤ sup

n

(|u_n|+|u_n+1|).

ii)On a|v_2k|= 2et|v_2k+1|= 3. On en d´eduit que pour toutnon a|v_n|+|v_n+1|= 5et donc d’apr`es i) on akDf(V)k ≤5.

Pour montrer l’égalité il suffit de trouverHtel quekHk ≤1etkDf(V)(H)k= 5. C’est le cas si on prendHla suite de terme généralh_n = (−1)ⁿ.

iii)On a d´ej`akDf(U)k ≤sup

n

(|u_n|+|u_n+1|). Il reste à montrer l’autre inégalité, i.e. en notant A = sup_n(|u_n|+|u_n+1|)quekDf(U)k ≥A. On ne sait pas si cette borne supérieure est atteinte. Soit donc >0, il existeN ∈Ntel que

|u_N|+|u_N₊₁|> A−. PrenonsHla suite d´efinie par:

• h_N = 1siu_N+1 ≥0eth_N =−1sinon,

• h_N₊₁ = 1siu_N ≥0eth_N+1 =−1sinon,

• h_n = 0sin 6=N, N + 1.

On a bienkHk= 1et le choix deHassure queu_Nh_N₊₁ =|u_N|etu_N₊₁h_n=|u_N+1|. On a donc, pour ceH,

kDf(U)(H)k= sup

n

|u_nh_n+1+u_n+1h_n| ≥ |u_Nh_N+1+u_N₊₁h_N|=|u_N|+|u_N₊₁|> A−, et donckDf(U)k ≥A−. Ceci ´etant vrai pour tout >0, en faisant tendrevers0on obtient bien quekDf(U)k ≥A.

N.B.: si le sup ´etait atteint dans la d´efinition deAon pourrait directement prendreN tel que

|u_N|+|u_N+1|=Aet on effectue ensuite le mˆeme raisonnement.

(5)

Exercice 4.

a)(E,k kE)est un Banach si toute suite de Cauchy d’´el´ements deE converge dansE.

b)Sif ∈L(E, F), par d´efinition on a

kfk_L(E,F₎= sup

x∈E,x6=0

kf(x)k_F kxk_E . De fac¸on ´equivalente on a aussi

kfk_L(E,F₎= sup

kxkE≤1

kf(x)k_F = sup

kxkE=1

kf(x)k_F.

c)Par d´efinition d’une suite de Cauchy on a

∀ε >0, ∃N ∈N, ∀n, p≥N, kf_n−f_pk_L(E,F₎≤ε.

Soitε >0etN comme ci-dessus. Pour tousn, p≥N etx∈Eon a, par d´efinition dek k_L(E,F), kf_n(x)−f_p(x)k_F ≤ kf_n−f_pk_L(E,F)× kxk_E ≤εkxk_E.

On a donc bien montr´e que

∀ε >0, ∃N ∈N, ∀n, p≥N,∀x∈E, kfn(x)−fp(x)kF ≤εkxkE.

d) Si x = 0, comme les fn sont lin´eaires on a fn(0) = 0 pour toutn et donc la suite (fn(0))n

converge vers0.

Six6= 0est fix´e, soitε > 0etε⁰ = _kxk^ε

E >0(on utilise icix6= 0). D’apr`es c) appliqu´e avecε⁰ il existeN tel que pour tousn, p ≥N on ait, pour touty∈E,

kf_n(y)−f_p(y)k_F ≤ε⁰kyk_E.

En particulier pour y = xon a kf_n(x)−f_p(x)k_F ≤ ε⁰kxk_E = ε. On a ainsi prouvé que “étant donnéε > 0, on peut trouverN ∈ Ntel que pour tousn, p ≥ N on aitkf_n(x)−f_p(x)k_F ≤ ε”.

Autrement dit la suite(f_n(x))_nest de Cauchy dansF qui est un Banach, donc elle converge dans F. On notef(x)sa limite.

e)Pour toutn ∈N, tousx, y ∈Eetλ∈Ron a

f_n(λx+y) =λf_n(x) +f_n(y).

En passant à la limiten → ∞dans l’égalité ci-dessus on obtientf(λx+y) = λf(x) +f(y), ce qui prouve la linéarité def.

f)Soitε >0etN ∈Ntel que

∀n, p≥N,∀x∈E, kfn(x)−fp(x)kF ≤εkxkE.

Un tel N existe d’après c). Etant donnésn≥N etx∈E, on fait tendre p vers l’infini dans l’inégalité ci-dessus (c’est possible puisque l’inégalité est vraie pour tout p ≥ N). Comme f_p(x)→f(x)et par continuité de la normek k_F, on en déduit que

kf_n(x)−f(x)k_F ≤εkxk_E. Au final on a bien montr´e

∀ε >0, ∃N ∈N, ∀n≥N,∀x∈E, kf_n(x)−f(x)k_F ≤εkxk_E.

g) La phrase “ ∀x ∈ E, kf_n(x)−f(x)k_F ≤ εkxk_E” est équivalente à “f_n−f ∈ L(E, F) et kf_n−fk_L(E,F) ≤ε”. La question précédente montre donc que

∀ε >0, ∃N ∈N, ∀n ≥N, f_n−f ∈L(E, F) etkf_n−fk_L(E,F) ≤ε.

Finalement, soit ε > 0 fixé etN comme ci-dessus. On af_N −f ∈ L(E, F) etf_N ∈ L(E, F) (par hypothèse). CommeL(E, F)est un espace vectoriel on en déduit quef =f_N −(f_N −f)∈ L(E, F).

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h)La phrase

∀ε >0, ∃N ∈N, ∀n≥N, kfn−fkL(E,F) ≤ε

est précisément la définition de limf_n = f dans L(E, F). Etant donnée une suite de Cauchy (f_n)_n dansL(E, F) on a donc montré que celle-ci convergeait vers un certainf ∈ L(E, F), i.e.

toute suite de Cauchy dansL(E, F)converge dansL(E, F). C’est la d´efinition deL(E, F)est un Banach.

Exercice 5.

a)La fonctionf(x, y) = xy+ sin(x+y)d´efinie sur R×Rest de classeC¹ (et mˆemeC^∞). Si (x0, y0) = (0,0) on a f(x0, y0) = 0, ∂f

∂y(x, y) = x+ cos(x+y) et donc ∂f

∂y(x0, y0) = 1 6= 0.

Le th´eor`eme des fonctions implicites permet d’affirmer qu’il existe V voisinage de x₀ = 0, W voisinage dey₀ = 0etϕ:V →W de classeC¹tels que

∀(x, y)∈V ×W, f(x, y) = 0 ⇐⇒ y=ϕ(x).

Finalement, commef est de classeC^∞le théorème assure queϕest également de classeC^∞. b)Par définition deϕon aϕ(x₀) =y₀, autrement ditϕ(0) = 0. Par ailleurs, pour toutx∈V on a f(x, ϕ(x)) = 0, i.e.

xϕ(x) + sin(x+ϕ(x)) = 0.

La fonctionxϕ(x) + sin(x+ϕ(x))est constante (égale à0) au voisinage de0, ses dérivées suc- cessives sont donc nulles au voisinage de0. En dérivant une première fois on obtient ainsi

ϕ(x) +xϕ⁰(x) + (1 +ϕ⁰(x)) cos(x+ϕ(x)) = 0 et donc enx= 0, et sachant queϕ(0) = 0, on obtientϕ⁰(0) =−1.

En d´erivant une seconde fois on obtient

2ϕ⁰(x) +xϕ⁰⁰(x) +ϕ⁰⁰(x) cos(x+ϕ(x))−(1 +ϕ⁰(x))²sin(x+ϕ(x)) = 0 et donc enx= 0, et sachant queϕ(0) = 0etϕ⁰(0) =−1, on obtientϕ⁰(0) = 2.

Finalement, commeϕest de classeC^∞, son DL est donn´e par la formule de Taylor et on a, au voisinage dex0 = 0,

ϕ(x) =−x+x²+o(x²).

c) Au voisinage de(0,0)on af(x, y) = 0si et seulement si y = ϕ(x). Ainsi, au voisinage de (0,0)la courbeC est la courbe repr´esentative de la fonction ϕ. Sa tangente T au point(0,0)est donc la droite d’´equation

y =ϕ⁰(0)×(x−0) +ϕ(0) ⇐⇒ y=−x.

Pour savoir si C est au dessus ou au dessous de T on d´etermine, au voisinage de 0, le signe de ϕ(x)−(−x). D’apr`es b) on a au voisinage de0

ϕ(x)−(−x) = x²+o(x²) =x²(1 +o(1)).

Par d´efinitiono(1)tend vers0lorsquextend vers0donc le terme1 +o(1)est positif au voisinage de0. Commex² ≥0on en d´eduit queϕ(x)−(−x)≥0au voisinage de0, i.e.Cest au dessus de T au voisinage de(0,0).