On a pA(X) =−X3−3X et donc A3 =−3A

Universit´e Pierre et Marie Curie, Licence de Math´ematiques, LM 383, ´Equations diff´erentielles, m´ethodes de r´esolution num´erique,

Corrig´e de l’examen final, mardi 26 juin 2007, 8:30 – 11:30

Exercice 1. 1.1. Il s’agit d’une ´equation lin´eaire scalaire d’ordre 1: y(x) =e^x2/2. 1.2. Equation `a variables s´eparables: dy

1 +y² = dx, arctany =x, y = tanx, solution maxi- male sur ]−π/2, π/2[ non globale car lim_|x|→(^π

2)−tanx= +∞.

1.3. Equation `a variables s´eparables: dy

1−y² = dx, arctanh y = x, y = tanhx, solution globale.

Exercice 2. 2.1. On a pA(X) =−X³−3X et donc A³ =−3A.

2.2. On a x(t) =acos(t√

3) +bsin(t√

3) + ¹₃ et doncx(t) = ¹₃(1−cos(t√ 3)).

2.3. On a E(0) = Id et ˙E −AE = ¨xA+ ˙xA²−A−xA˙ ²−xA³ = (1−3x)A−A+ 3xA= 0.

2.4. On a _dt^d (e^tA)−Ae^tA = 0, e^0A= Id, donc d’apr`es le th´eor`eme d’unicit´e (ici pour un syst`eme lin´eaire `a coefficients constants), on obtient E(t) =e^tA.

Exercice 3. 3.1. La matrice A est sym´etrique avec des valeurs propres n´egatives ou nulles 0,−1,−3. Il vient hAu, ui ≤0.

3.2. On a pour v ∈ R³, _dt^dke^tAvk² = hAe^tAv, e^tAvi ≤ 0 et donc t 7→ ke^tAvk² est d´ecroissante;

pour t≥0 ke^tAvk ≤ ke^0Avk=kvk.

3.3. En posant Φ(t) =e^tA, la formule de Taylor avec reste int´egral donne Φ(t)−Φ(0) =e^tA−Id =

Z 1

0

Φ⁰(θt)dθt=t Z 1

0

Ae^θtAdθ.

3.4. On a

yn+1 =yn+h h

e^hAG(yn) + (e^hA−I) h yn

i ,

F(t, y, h) =e^hAG(y) + (e^hA−I)

h y =e^hAG(y) + Z 1

0

Ae^θhAydθ et F(t, y,0) =G(y) +Ay =f(t, y), ce qui donne la consistance.

3.5. On a

F(t, y, h)−F(t, z, h) =e^hA(G(y)−G(z)) + Z 1

0

Ae^θhA(y−z)dθ et donc

|F(t, y, h)−F(t, z, h)| ≤L|y−z|+

Z 1

0

kAk |e^θhA(y−z)|dθ≤L|y−z|+kAk |y−z|= (L+kAk)|y−z|.