Université Pierre-et-Marie-Curie Licence de Mathématiques LM383
Equations différentielles. Méthodes de résolution numérique.
Travaux dirigés Année universitaire 2006-2007
TD n
o8 : Méthodes d’approximation d’EDO Corrigé
Exercice 1
a) On applique le théorème du point fixe à l’applicationy7→yn+hf(t0+ (n+ 1)h, y)car pourhL <1, cette application est contractante.
b) On a simultanément
yn+1=yn+hf(t0+ (n+ 1)h, yn+1) et
y(tn+1) =y(tn) +hf(t0+ (n+ 1)h, y(tn+1)) +²n
Par soustraction et en utilisant ensuite l’inégalité triangulaire, il vient :
||en+1|| ≤ ||en||+hL||en+1||+||²n||
puis le résultat demandé après simplification.
c) Le résultat se démontre par récurrence : pourn= 1, il suffit de remarquer que1 +hL1≤ehL1. Pour passer den à n+ 1, on utilise l’inégalité du b) ainsi que l’inégalité précédente. On remarque ensuite que chaque exponentielle peut être majorée pareN hL1 soit une constanteC=eT L1. De plus, pour tout n∈ {0, ..., N}, la formule de Taylor Lagrange donne
||²n|| ≤ h2 2 ||y00||∞
soit en regroupant :
||en|| ≤C||e0||+Cn(1 +hL1)h2
2 ||y00||∞≤C||e0||+C(1 +T L1)Th 2||y00||∞
ce qui donne bien la convergence de la méthode d’Euler implicite.
d) Dans le cas particulier demandé, on trouve simplement quey(t) =y(0)e−λt tandis que yn= y0
(1 +λh)n En particulier
eN = y0
(1 +λNT)N −y(0)e−λT soit
eN = (y0−y(t0))e−λT +y0(exp(−Nln(1 +λT
N))−e−λT) soit le résultat demandé :
eN = (y0−y(t0))e−λT +y0e−λT(T2λ2
2N +O( 1 N2))
après approximation du second terme par un DL d’ordre2. En reprenant le calcul avec Euler explicite au lieu d’Euler implicite, on trouve facilement que
˜
eN = (y0−y(t0))e−λT +y0e−λT(−T2λ2
2N +O( 1 N2))
La méthode qui consiste à faire la demi somme d’Euler implicite et d’Euler explicite sera ainsi dans ce cas d’un ordre supérieur et donc plus précise.
Exercice 2
a) Soit le vecteurXn= µ Θn
Θn−1
¶
. L’inégalité proposée peut se récrire matriciellement en
Xn+1≤AXn+ µαn
0
¶
où l’inégalité entre deux vecteurs est supposée vérifiée composante par composante. En remarquant que les composantes de chaqueXi sont toutes positives (car lesΘn sont supposés tous positifs), on peut en déduire que
||Xn+1|| ≤ |||A|||||Xn||+αn≤eLh||Xn||+αn
Par une récurrence similaire à celle de l’exercice 1, on montre alors que
||Xn+1|| ≤enLh||X1||+ Xn
i=1
e(n−i)Lhαi
puis
Θn≤ ||Xn+1|| ≤enLh q
Θ20+ Θ21+ Xn
i=1
e(n−i)Lhαi
b) On trouve facilement que
|²0| ≤ h2 2 M2
et en appliquant deux fois Taylor
|²n| ≤ h3 3 M3
pourn≥1. On écrit ensuite que
en+1=en+ 2h(f(tn, yn)−f(tn, y(tn)))−²n
soit en notantvn=|en|:
vn+1≤(1 + 2hL)vn+|²n| Grâce à la question précédente, il vient :
|en| ≤enLh q
v20+v21+ Xn
i=1
e(n−i)Lh|²i|=enLh|²0|+ Xn
i=1
e(n−i)Lh|²i|
On en déduit finalement que|en| ≤Ch2 avec C=eLTM2
2 +T eLTM3
2
Exercice 3
1)Les méthodesM2,M3,M4et M sont donnés par : (M2)
Z 1/6
0
f(x)dx∼Af(0),
(M3) Z 1/2
0
f(x)dx∼Bf(0) +3 4f(1/6),
et
(M) R1
0 f(x)dx∼ 13f(0)−14f(1/6) +23f(1/2) +14f(5/6).
Pour déterminer les valeurs deA, B etC, il suffit d’imposer A= 1
6, B+3 4 = 1
2 et C+ 1 + 1 3 = 5
6. Donc,A= 1/6,B=−1/4et C=−1/2.
2)
pn,1=f(tn, yn), tn,2=tn+hn
6 , yn,2=yn+hn
6 pn,1, pn,2=f(tn,2, yn,2), tn,3=tn+hn
2 , yn,3=yn+hn
µ
−1
4pn,1+3 4pn,2
¶
, pn,3=f(tn,3, yn,3),
tn,4=tn+5hn
6 , yn,4=yn+hn
µ
−1
2pn,1+pn,2+1 3pn,3
¶
, pn,4=f(tn,4, yn,4),
tn+1=tn+hn, yn+1=yn+hn µ1
3pn,1−1
4pn,2+2
3pn,3+1 4pn,4
¶ .
3)
Avec les notations habituels, on a X4
i=1
bici= 1 72+ 5
72+ 5 12 =1
2, donc l’ordre est supérieur ou égal à 2.
Ensuite,
X4
i=1
bic2i =− 1 144 +1
6+ 25 144 = 1
3
et X4
i=1,1≤j<i
bicjaij = 1 12+ 1
24+ 1 24 =1
6, donc l’ordre est au moins 3.
Enfin,
X4
i=1
bic3i =− 1 864 + 1
12 +125 864 =58
53 6= 1 4, donc l’ordre est égal à 3.
Exercice 4
1) En imposant que cette formule est exacte, respectivement, pour les fonctionsf(x) = 1, f(x) = x,
f(x) =x2 etf(x) =x3, on obtient le système de 4 équations suivant :
a+b+c+d= 1, b
4 +c 2 +2
3d= 1 2, b
16+c 4 +4
9d= 1 3, b
64+c 8 + 8
27d= 1 4. Ceci conduit à
a=−1
12, b=16
15, c=−4
3 et d=27 20.
2.a)
D’abord,
(M2) Z 1/4
0
f(x)dx∼ 1 4f(0).
L’ordre de cette méthode est 0, puisqu’elle n’est pas exacte pourf(x) =x.
Ensuite,
(M3) Z 1/2
0
f(x)dx∼βf(0) + µ1
2 −β
¶ f(1/2).
Cette formule est exacte pourf(x) =xsiβ = 1/4. Donc, siβ= 1/4l’ordre est égal à 1 est si β6= 1/4, l’ordre est égal à 0.
Enfin,
(M4) Z 2/3
0
f(x)dx∼2αf(0) + µ1
3 −α
¶
f(1/4) + µ1
3 −α
¶ f(1/2).
Siα=−1/27l’ordre est égal à 1 est siα6=−1/27, l’ordre est égal à 0.
2.b)
pn,1=f(tn, yn), tn,2=tn+hn
4 , yn,2=yn+hn
4 pn,1, pn,2=f(tn,2, yn,2), tn,3=tn+hn
2 , yn,3=yn+hn
µ1
4pn,1+1 4pn,2
¶
, pn,3=f(tn,3, yn,3),
tn,4=tn+2hn
3 , yn,4=yn+hn
µ
−2
27pn,1+10
27pn,2+10 27pn,3
¶
, pn,4=f(tn,4, yn,4), tn+1=tn+hn, yn+1=yn+hn(apn,1+bpn,2+cpn,3+dpn,4).
2.c)
D’abord,a+b+c+d= 1et
pour que l’ordre soit supérieur ou égal à 2.
Ensuite,
X4
i=1
bic2i = b 16+c
4+4 9d= 1
3
et X4
i=1,1≤j<i
bicjaij= µ1
2 −β
¶c 4 +
µ1 3 −α
¶3 4d= 1
6, (1)
pour que l’ordre soit au moins 3.
Un choix possible est a=− 1
12, b=16
15, c=−4
3, d= 27
20, α= 1/3 et β = 1.
2.d)
Les équations qui doivent être satisfaites pour que l’ordre soit au moins 4 sont : X4
i=1
bic3i = b 64+c
8+ 8 27d=1
4, X4
i=1,1≤j<i
bic2jaij= µ1
2 −β
¶ c 16+
µ1 3−α
¶ 5 16d= 1
12, (2)
X4
i=1,1≤j<i
bicicjaij= µ1
2 −β
¶c 8 +
µ1 3 −α
¶1 2d=1
8, (3)
et X4
i=1,1≤j<i,1≤k<j
biaijajkck= µ1
2 −β
¶ µ1 3 −α
¶d 4 = 1
12.
On voit facilement que les équations (1), (2) et (3) ne peuvent pas être satisfaites au même temps, donc l’ordre ne sera jamais égal à 4.
