Mathématiques L3 – Correction de l’examen du 15/6/2012

Mathématiques L3 – Correction de l’examen du 15/6/2012

Exercice 1

1)Première solution

Par des calculs élémentaires on vérifie queJ²= −1 0 0 −1

!

, J³= 0 1

−1 0

!

, J⁴= 1 0 0 1

!

. On a donc J⁵ =J,J⁶=J², etc., et, généralement,J^4l+k =J^kpourl ∈Netk= 1,2,3,4. Par la formule (6.3.1) (cours 6) de l’exponentielle matricielle, on a

e^tJ =I+tJ+t²

2!J²+t³ 3!J³+t⁴

4!J⁴+t⁵

5!J⁵+· · ·

Tenu compte des expressions des puissances deJ, il vient : e^tJ = 1 0

0 1

!

+ 0 −t t 0

!

+ −t²/2! 0 0 −t²/2!

!

+ 0 t³/3!

−t³/3! 0

! +

+ t⁴/4! 0 0 t⁴/4!

!

+ 0 −t⁵/5!

t⁵/5! 0

! +· · · et

e^tJ = 1−t²/2! +t⁴/4! +· · · −t+t³/3!−t⁵/5! +· · · t−t³/3! +t⁵/5! +· · · 1−t²/2! +t⁴/4! +· · ·

!

On reconnaît les séries de Taylor des sinus et cosinus de rayon de convergence infini, pour toutt∈Ril vient : e^tJ = cost −sint

sint cost

!

. (1)

e^tJest une matrice de rotation d’anglet.

Deuxième solution du 1)

Considérons le système différentiel suivant :

X˙ =JX = 0 −1 1 0

!

X, (2)

oùX= (x, y)^T. On sait (cours 6) que la solution s’écrit

X =e^tJX0 (3)

oùX0est la condition initiale. Le système (2) s’écrit

˙ x

˙ y

!

= −y x

!

. (4)

En prenant comme solutions réelles indépendantes les parties réelle et complexe de l’exponentielle complexe e^−it(voir aussi le paragraphe 3.3.2 du cours 3 où l’on a choisi les parties réelle et complexe de l’exponentielle complexee^it), le système (4) a pour solution

x y

!

= C1cost−C2sint C1sint+C2cost

!

= cost −sint sint cost

! C1

C2

!

, (5)

où les constantesC1etC2sont définies par la condition initialeX0. En comparant (5) et (3) on retrouve l’ex- pression (1) dee^tJ.

2) On vérifie trivialement que

A²= 0 0 0 0

!

, (6)

de mêmeB²est une2×2nulle. Les puissances successives des matricesAetBsont donc nulles. Dès lors on a e^A=I+A+A²/2!+· · ·=I+Aete^B =I+B+B²/2!+· · ·=I+B, donce^Ae^B = (I+A)(I+B) =I+A+B+AB ete^Be^A = (I+B)(I+A) = I+B+A+BA. Or, on observe queAB = 1 0

0 0

!

etBA = 0 0

0 1

! , les matricesAetBne permutent pas et, d’après les expressions précédentes,e^Ae^B 6=e^Be^A. Plus précisément on vérifie que

e^Ae^B =I+ 1 1 1 0

!

, (7)

et

e^Be^A=I+ 0 1 1 1

!

. (8)

Finalement calculonse^A+B. On a

e^A+B=I+ (A+B) +(A+B)²

2! +(A+B)³

3! +(A+B)⁴ 4! +· · ·, avec

A+B = 0 1 1 0

!

. (9)

CommeAB 6= BA, il est plus judicieux de calculer directement les puissances de la matrice(A+B). On a (A+B)²= 1 0

0 1

!

=I,d’où(A+B)³= (A+B),(A+B)⁴=I, etc. Au total, il vient :

e^A+B= 1 0 0 1

!

+ 0 1

1 0

! + 1

2!

1 0 0 1

! + 1

3!

0 1 1 0

! +

+1 4!

1 0 0 1

! +· · · et

e^A+B= 1 + 1/2! + 1/4! + 1/6!· · · 1 + 1/3! + 1/5! +· · · 1 + 1/3! + 1/5! +· · · 1 + 1/2! + 1/4! + 1/6!· · ·

! .

Avec les développements rappelés dans l’ènoncé, il vient :

e^A+B = cosh(1)I+ sinh(1) 0 1 1 0

!

. (10)

Par (7), (8) et (10) on a donce^A+B6=e^Ae^B =6 e^Be^Aalors queAB6=BA, ce qui conclut.

Exercice 2

Trouver la racine positive de l’équationx²−x−1 = 0ou de x² = x+ 1, revient à trouver le point fixe de l’équationx=F(x)avecF(x) =√

x+ 1. On sait (théorème 1.3.1 du cours) que la méthode de Picard converge siF est une contraction lipschitzienne. OrF^′(x) = ₂√¹

x+1 ≤ ¹2 sur l’intervalleJ = [0,∞[. On peut donc partir d’un point arbitraire surJ pour converger vers le point fixe, ou la racine,asatisfaisant àa=√

1 +a.

Le processus itératif s’écritxn+1 =F(xn) =√

1 +xn=p 1 +√

1 +xn−1. On a donc la convergence des itérés versa=

q 1 +p

1 +√ 1 +· · ·.

On remarque que la racine positive de l’équationx²−x−1 = 0, c’est une équation banale du second degré, esta= (1 +√

5)/2 = 1.61803....

Exercice 3

1) Soit un maillage régulier de l’intervalle[a, b] enn sous-intervalles[xi, xi+1],1 ≤ i ≤ n, avecx1 = a et xn+1=b. Le pashdu maillage esth= ^b−_n^a etxj=a+ (j−1)hpour1≤j≤(n+ 1). Sur un intervalle[xi, xi+1] la méthode des trapèzes est définie par :

Z xi+1

xi

f(x)dx≈h

2(f(xi) +f(xi+1)). (11)

Or on aRb

af(x)dx=Pn i=1

Rxi+1

xi f(x)dx. D’après (11) il vientRb

a f(x)dx≈Pn i=1h

2(f(xi) +f(xi+1)), soit :

Z b a

f(x)dx≈ h

2(f(a) +f(b)) +h

n

X

i=2

f(xi). (12)

Supposons maintenant quef(x) =CoùCest une constante. Son intégrale sur[a, b]estC(b−a). Par ailleurs, le second membre de (12) s’écrit^h₂(2C) +hPn

i=2C=hPn

i=1C= ^b−_n^anC=C(b−a).La méthode des trapèzes est exacte pour les constantes.

On remarque qu’il suffit que la méthode soit exacte sur[xi, xi+1]pour qu’elle soit exacte sur[a, b].

Vérifions qu’elle est exacte pourf(x) =x. Dès lors, d’après ce qu’on vient de voir, elle sera exacte pourf ∈ P¹, oùP¹est l’espace des polynômes de degré un. D’après la remarque faite il suffit de vérifier l’exactitude de la formule sur l’intervalle[xi, xi+1]. Le premier membre de (11) est évidemment ^x2i+1₂^−xi2 = ^xi+1₂^−xi(xi+1+xi) =

h

2(xi+1+xi). Le dernier terme est exactement l’expression du second membre de (11) sif(x) = x. Ce qui conclut.

La méthode ne peut pas être exacte pourf ∈ P², espace des polynômes de degré deux. Soitf(x) = x², la formule serait exacte si on pouvait calculer exactement l’aire d’un arc de parabole sur un intervalle[xi, xi+1] par un trapèze. Ce qui est évidemment impossible.

2) Évidemment on a

e(h) = Z b

a

f(x)dx−h

2(f(a) +f(b)). (13)

Soit la formule de Taylor avec reste intégral

f(x) =f(a) +f^′(a)(x−a) + Z x

a

(x−t)f^′′(t)dt. (14)

Introduisons la fonction

(x−t)+=







(x−t) six≥t

0 six < t. (15)

et considérons le terme intégral dans (14). On aRb a =Rx

a +Rb

x. Or sit∈ [x, b]par définition(x−t)+ = 0et si t∈[a, x]par définition(x−t)+=x−t. On peut écrireRx

a(x−t)f^′′(t)dt=Rx

a(x−t)+f^′′(t)dt+Rb

x(x−t)+f^′′(t)dt puisque la dernière intégrale est nulle. Nous avons doncRx

a(x−t)f^′′(t)dt=Rb

a(x−t)+f^′′(t)dt, et on a d’après (14) :

f(x) =f(a) +f^′(a)(x−a) + Z b

a

(x−t)+f^′′(t)dt. (16)

Comme par définitionLx(f) =Rb

a f(x)dx−^h2(f(a) +f(b))avech=b−a,Lx(f)représente l’erreure(h)de la méthode des trapèzes appliquée à la fonctionf définie sur l’intervalle[a, b]en la variablex.

Lxest évidemment linéaire en la fonction, c’est-à-dire que Lx(f1+f2) =

Z b a

(f1+f2)(x)dx−h 2

(f1+f2)(a) + (f1+f2)(b)

=Lx(f1) +Lx(f2).

On a donc en appliquantLxà l’équation (16)

Lx(f(x)) =Lx(f(a)) +f^′(a)Lx(x−a) +Lx



 Z b

a

(x−t)+f^′′(t)dt



.

On a vu à la question 1) que la méthode est exacte pour les constantes et les polynômes de degré un. On a donc Lx(f(a)) = 0etL§(x−a) = 0. Il restee(h) =Lx

Rb

a(x−t)+f^′′(t)dt

. On a par définition deLx:

Lx



 Z b

a

(x−t)+f^′′(t)dt



= Z b

a



 Z b

a

(x−t)+f^′′(t)dt



dx−b−a 2



 Z b

a

(x−t)+f^′′(t)dt|x=a+ Z b

a

(x−t)+f^′′(t)dt|x=b



. (17)

On peut intervertir les deux signes d’intégration dans l’intégrale double car, premièrement,f^′′ est continue - en effetf ∈ C²[a, b]par hypothèse ; de plus, la fonction(x−t)+ est (au moins !) continue en ces deux va- riables. Comme on travaille sur le compact[a, b]×[a, b], l’intégrable double existe (une fonction continue sur un compact est bornée) et on peut donc (par le théorème de Fubini) intervertir les deux signes d’intégration. Il vient :

Z b a



 Z b

a

(x−t)+f^′′(t)dt



dx= Z b

a

f^′′(t)



 Z b

a

(x−t)+dx



dt.

Finalement d’après (17) on a :

e(h) =Lx



 Z b

a

(x−t)+f^′′(t)dt



= Z b

a

f^′′(t)K(t)dt,

avec

K(t) = Z b

a

(x−t)+dx−b−a 2

(x−t)+|x=a+ (x−t)+|x=b

.

On constate queK(t) =Lx((x−t)+).

3) CalculonsK(t) =Rb

a(x−t)+dx−^b−2^a

(a−t)++ (b−t)+

poura≤t≤b. Par définition on a(a−t)+= 0 et(b−t)+= (b−t)pour toutttel quea≤t≤b. On a donc

K(t) = (x−t)²+

2 |^xx⁼=^ba−b−a 2 (b−t), soit

K(t) =(b−t)²

2 −b−a

2 (b−t) = (b−t)(a−t)

2 . (18)

4) On sait que la dérivée secondef^′′est au moins continue. De plus, il est évident, d’après (18), que la fonction Kest positive pour toutt ∈[a, b], c’est là un point essentiel pour appliquer le théorème de la moyenne. Dès lors, par celui-ci, il existe un pointc∈[a, b]tel que

e(h) = Z b

a

f^′′(t)K(t)dt=f^′′(c) Z b

a

K(t)dt.

Le calcul de l’intégrale deKest élémentaire, il suffit de développer ce polynôme et d’intégrer terme à terme.

On trouveRb

aK(t)dt= ₁₂¹(a−b)³=−12¹h³et donc e(h) =−1

12h³f^′′(c). (19)

5a) On a

Z b a

f(x)dx=

n

X

i=1

Z xi+1

xi

f(x)dx, (20)

soit

Z b a

f(x)dx=

n

X

i=1

hi

2

f(xi) +f(xi+1

,

ou encore

Z b a

f(x)dx=h1

2 f(a) + h1+h2

2

!

f(x2) +· · ·+ hn−1+hn

2

!

f(xn) +hn

2 f(b).

Sihi=hpour toution retrouve évidemment la formule (12).

5b) Avec les notations de cette question, d’après la formule (19), l’erreur sur le sous-intervalle[xi, xi+1]est ei(hi) =−^h12³ⁱf^′′(ci)avecci∈[xi, xi+1]. On aE=Pn

i=1ei(hi), comme|f^′′(ci)| ≤maxx∈I|f^′′(x)|il vient :

|E| ≤

n

X

i=1

|ei(hi)| ≤

n

X

i=1

h³_i 12max

x∈I |f^′′(x)|.

De plus commeh³_i ≤h²hi, il vientPn i=1

h³i

12maxx∈I|f^′′(x)| ≤maxx∈I|f^′′(x)|^h12²

Pn

i=1hiavecPn

i=1hi=b−a.

Ce qui démontre la formule de l’énoncé.

Comme la dérivée seconde d’un polynôme de degré un est nulle, la méthode itérée des trapèzes, avec une partition arbitraire, est exacte sif ∈ P¹. Par contre la méthode est inexacte pour tout polynôme de degré supérieur ou égal à deux. Cette méthode est donc d’ordre un (ne pas confondre avec l’ordre de l’erreure(h), qui est d’ordre 3 enhsi la partition est régulière).

Remarque 1 Observons que la partition non régulière de l’intervalleId’intégration est intéressante si nous connaissons la fonctionfà intégrer en des points non nécessairement équidistants. Cela évite de faire au préalable, dans le cadre d’une méthode des trapèzes à pashconstant, des interpolations sources d’erreurs supplémentaires.

Exercice 4

L’espace des polynômes de degré inférieur ou égal à deux est stable pour l’opérationf →tf^′−f. Cherchons donc une solution particulière de la formexp(t) =αt²+βt+γ. En remplaçant dans l’équation, il vientt(2αt+ β) =αt²+βt+γ+t²soit, en identifiant les coefficients des termes de même degré :α= 1,γ= 0etβquelconque.

On peut donc prendreβ = 0etxp(t) = t²est donc une solution particulière. Calculons les solutionsxh de l’équation homogène. On atx˙ =x, soit ^x_x^˙ = ¹_t; il vientlogx= logt+ logCou encorexh(t) =CtoùCest une constante.

La solution générale est doncx(t) =xp(t) +xh(t) =t²+Ct. La constanteCest déterminée par la condition initiale.

Exercice 5

Notons qu’il est facile de partir du modèle logistique généralx˙ = x(a−bx), où aetb sont des constantes positives, pour arriver à l’équationx˙ =x(1−x)par un changement de variable du typey =kx,k >0, et un paramétrage approprié du temps.

Soit donc l’équation de l’énoncé

˙

x(t) = (1−x(t))x(t)−c, (21)

oùcest une constante strictement positive.

1) Les points d’équilibre sont les racines def(x) = −x²+x−c. Ces racines sontx1,2 = (1±√

1−4c)/2si (1−4c)≥0. Leur existence et leur stabilité dépendent dec.

• Sic < 1/4on a deux racines positives0 < x1 < x2 etf(x) = −(x−x1)(x−x2). Dès lors on ax >˙ 0 si x1< x < x2etx <˙ 0six < x1oux > x2.

Donc si l’effectif est plus petit quex1il décroît vers zéro.

Six1< x < x2, l’effectif croît versx2. Six > x2, l’effectif décroît versx2.

Le pointx1est instable et le pointx2est stable. La prise en compte de la capture par le nombrec, lorsque c <1/4, a deux effets : la population à l’équilibre stable est plus faible avec capture (x2= (1+√

1−4c)/2<1) que celui sans capture (x²= 1), de plus, en-dessous de l’effectifx1, la population disparaît.

• Sic = 1/4, on a une solution doublex1 = 1/2. La dérivéex(t)˙ est toujours strictement négative sauf pour x = x1 où elle est nulle. Si l’effectif est plus petit que x1 il décroît vers 0, s’il est plus grand que x1 il tend versx1. La solutionx1 est semi-stable. Le pointx1 peut en théorie se maintenir à l’effectifx1, mais toute perturbation par valeur inférieure fait disparaître l’équilibre. Remarquons que la courbe de la fonction f :x→ −x²+x−1/4est concave, c’est une parabole de sommet(x= 1/2,x˙ = 0)dans le plan de phase.

Une capture à tauxc= 1/4correspond au maximum du taux de croissance logistiquex, elle est donc trop˙ forte pour que la population se maintienne à un état d’équilibre.

• Sic > 1/4, il n’y a pas de point d’équilibre. La dérivée est partout négative. La capture est trop forte et la population disparaît.

2) Calculons la solution dans les différents cas de l’énoncé. Commençons par le casc= 1/4, qui est très facile.

•Casc= 1/4.

On a une solution double, notéex1avecx1= 1/2, et on peut écrire :x(t) =˙ −(x(t)−x1)², d’où

−

Z x dx (x−x1)² =

Z t

dt, (22)

soit

− 1

(x−x1) =C+t, (23)

avecC= 1/(x0−x1). Il vient la solution

x=x1+ x0−x1

1 + (x0−x1)t. (24)

•Casc <1/4.

Sic <1/4on a deux racines et on peut écrire

˙

x(t) = (x2−x(t))(x(t)−x1), (25)

ce qui s’ écrit

dx

(x2−x)(x−x1) =dt, ou encore

Z x dx

(x2−x)(x−x1) = Z t

dt=Q+t, (26)

oùQest une constante à déterminer par la condition initiale. Pour calculer la primitive du premier membre, décomposons la fraction rationnelle en éléments simples. On vérifie que

1

(x2−x)(x−x1) = 1 x2−x1

1

x2−x+ 1 x−x1

!

(27)

Portons dans (31, il vient :

Z x dx x2−x+

Z x dx x−x1

= (x2−x1)(Q+t) (28)

on peut poserK= (x2−x1)Q, oùKest une constante à déterminer par la condition initiale.

Petite digression :Posonsτ = (x2−x1)t, c’est-à-dire changeons d’échelle de temps. On définitz(τ) = x(t), alors

dz dτ = dx

dt dt

dτ = x(t)˙ (x2−x1).

Le premier membre de l’équation (25) peut donc s’écrire(x2−x1)^dz_dτ. Les racinesx1etx2sont évidemment indépendantes du temps, le second membre se réécrit donc(x2−z(τ))(z(τ)−x1), finalement (25) se réécrit

˙

z(τ) = (x2−x(t))(x(t)−x1) x2−x1

= (x2−z(τ))(z(τ)−x1) x2−x1

, (29)

ce qui s’écrit, en revenant aux notations habituelles

˙

x(t) =(x2−x(t))(x(t)−x1) x2−x1

. (30)

On reprend les calculs précédents. On a

(x2−x1) dx

(x2−x)(x−x1)=dt, d’où en prenant les primitives

(x2−x1)

Z x dx

(x2−x)(x−x1) = Z t

dt=K+t, (31)

et d’après (27)

Z x dx x2−x+

Z x dx x−x1

=K+t. (32)

Fin de la petite digression.

Maintenant calculons explicitement la solution de l’équation différentielle.

Il est plus naturel de travailler avec (32). En fait l’équation (32) est évidemment équivalente à (28) où il suffit de poserK= (x2−x1)Qetτ = (x2−x1)t, en renommantτpartpuisque le temps est une variable muette.

En prenant les primitives en xdu premier membre de (32), il vientRx dx

x2−x = −log|x2 −x| etRx dx x−x1 = log|x−x1|d’où la solution :

|x(t)−x1|

|x2−x(t)| =Ce^t. (33)

oùC=|x0−x1|/|x2−x0|.

Il semble qu’il faille distinguer trois cas selon la position de la solutionx(t)par rapport aux points d’équilibre x1etx2. En fait il n’en est rien, même si tout semble dépendre de la position dex0par rapport àx1etx2. En effet supposons quex1< x(t)< x2pour toutt. Alorsx2−x(t)>0etx(t)−x1>0, d’après (33) on a

x(t)−x1

x2−x(t) =Ce^t. (34)

Par hypothèse on ax1< x0 < x2, d’oùC= (x0−x1/(x2−x0). Dès lors (34) s’écrit(x(t)−x1)/(x2−x(t)) = (x0−x1)/(x2−x0)e^t, d’où l’on tire :

x(t) = x2

x0−x1

x2−x0e^t

+x1

1 + ^x_x^0−x1

2−x0e^t = (x0−x1)x2+ (x2−x0)x1e^−t

(x0−x1) + (x2−x0)e^−t . (35) Inversement, il est très facile de voir, d’après (35), que six1< x0 < x2alorsx1< x(t)< x2pour tout tempst.

D’autre part, on vérifie bien quex(0) =x0.

De plus, on vérifie, toujours grâce à (35), que six0 < x1 < x2 alors x(t) < x1 < x2 pour tout tempst, et que six1 < x2 < x0 alors x1 < x2 < x(t) pour tout tempst. Inversement si x(t) < x1 < x2 pour tout

t, on ne fait le raisonnement que dans ce cas-là, d’après (33), on est amené à résoudre l’équation algébrique (x1−x(t))/(x2−x(t)) =Ce^tavec, par hypothèse,C= (x1−x0)/(x2−x0). C’est-à-dire que l’on a à résoudre

x(t)−x1

x2−x0

= x0−x1

x2−x0

e^t,

qui est l’équation (34) précédente qui fournit la solution (35).

En résumé, quelle que soit la condition initialex0, la solution est toujours donnée par (35) lorsquec <1/4. La position dex0détermine la plage de variation de la solutionx(t).

•Casc >1/4Il n’y a pas de solution explicite simple.

3)Soitc < 1/4, remarquons que le dénominateur de (35) s’annule éventuellement pour un tempstc tel que (x1−x0) = (x2−x0)e^−tc, soit

tc= log x2−x0

x1−x0

! .

Ce tempstc n’existe pas six0 > x1. Le casx0 < x1 est vu en détails à la question 4). On en concluera que l’équilibrex1est instable.

Alors, on voit immédiatement, d’après (35), que six0 > x1la trajectoire tend versx2lorsquet→+∞, quex0

soit supérieur ou inférieur àx2(en restant supérieur àx1). L’équilibrex2est stable.

Soitc= 1/4, on constate sur (24) que

•Six0> x1, la trajectoire tend versx1par valeurs supérieures lorsquet→+∞;

•Soitx0< x1, le dénominateur est nul pour une valeur critique du tempstc= 1/(x1−x0). Comme(x0−x1)<

0,x(t)→ −∞lorsquet →tc = 1/(x1−x0)par valeurs supérieures. La solution tend vers zéro en un temps fini. Au total l’unique équilibrex1est semi-stable sic= 1/4.

Soitc >1/4On ne peut rien dire explicitement car on ne dispose pas de la solution.

4) Soitc <1/4. Six0 < x1la limite semble la même - c’est-à-direx2- que lorsquex0 > x1, mais la solution a un comportement différent. Le dénominateur de (35) s’annule pour un tempstctel que

tc= log x2−x0

x1−x0

! .

Pourt=tcle numérateurNde (35) est égal àN = (x0−x1)x2+ (x1−x0)x1= (x0−x1)(x2−x1)qui est négatif six0< x1. Donc, si on part dex0tel que0< x0< x1, comme la solution continue tend vers−∞lorsquet→tc, par le théorème des valeurs intermédiaires (paragraphe 1.3 du cours 1) la solution s’annule - disparaît - en un temps fini. Au total, en reprenant la question 3), l’équilibrex1est instable.

On retrouve que lorsquex0< x1alorsx→0, maintenant on peut préciser qu’elle le fait en un temps fini.

N.B. :On remarque l’intérêt de l’analyse qualitative qui évite des calculs, lorsqu’ils sont possibles, souvent un peu techniques.