Mathématiques L3– Correction de l’examen partiel du 18/11/09

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École Normale Supérieure 24, rue Lhomond - 75231 PARIS CEDEX 05 LICENCE- MASTER DESSCIENCES DE LAPLANÈTETERRE- L3 9 décembre 2009 MATHÉMATIQUES- Partiel

Mathématiques L3– Correction de l’examen partiel du 18/11/09

Exercice 1

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 3.1 du cours) que la méthode de Picard converge siF est une contraction lipschitzienne. OrF^′(x) = ₂^√_x+1¹ ≤ 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 2

(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 etxi=a+ (i−1)hpour1≤i≤(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)). (1)

Or on aRb

af(x)dx=Pn+1 i=1

Rxi+1

xi f(x)dx. D’après (1) il vientRb

af(x)dx≈Pn+1 i=1

h

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). (2)

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

i=2C=hPn

i=1C=nC^b⁻_n^a =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 (1) est évidemment ^x²ⁱ⁺¹2⁻^x²ⁱ = (xi+1−xi)^xⁱ⁺¹₂^+xⁱ =

xi+1−xi

2 (xi+1+xi) = ^h₂(xi+1+xi). Le dernier terme est exactement l’expression du second membre de (1) si f(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.

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(2) Cette question est un très simple rappel du cours. On a ei(h) =

Z xi+1

xi

f(x)dx−h

2(f(xi) +f(xi+1)). (3)

(3) Soit la formule de Taylor avec reste intégral

f(x) =f(a) +f^′(a)(x−a) + Z x

a

(x−t)f^′′(t)dt. (4)

Introduisons la fonction

(x−t)+=







(x−t) six≥t

0 six < t. (5)

et considérons le terme intégral dans (4). 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 : f(x) =f(a) +f^′(a)(x−a) +

Z b a

(x−t)+f^′′(t)dt. (6)

Appliquons l’opérateurLà l’équation (6). Cet opérateur est linéaire en la fonction, c’est-à-dire que L(f1+f2) =

Z b a

(f1+f2)(x)dx−h 2

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

=L(f1) +L(f2).

On a donc en appliquantLà l’équation (6)

L(f(x)) =L(f(a)) +f^′(a)L(x−a) +L



 Z b

a

(x−t)+f^′′(t)dt



.

CommeL(f) =Rb

a f(x)dx−^h2(f(a) +f(b))avech=b−a,L(f)représente l’erreur de la méthode des trapèzes appliquée à la fonctionf définie sur l’intervalle [a, b]en la variable x. On a vu au (1) que la méthode est exacte pour les constantes et les polynômes de degré un. On a donc L(f(a)) = 0 etL(x−a) = 0. Il reste L(f) =L

Rb

a(x−t)+f^′′(t)dt

oùLopère en la variable muettex, ce que l’on note parL^x. Cet opérateur est constitué en partie par une intégrale enx. On a par définition deL:

L



 Z b

a



= Z b

a



 Z b

a



dx−b−a 2



 Z b

a

(x−t)+f^′′(t)dt|^x=a+ Z b

a

(x−t)+f^′′(t)dt|^x=b



. (7) On peut intervertir les deux signes intégrales carf ∈ C²[a, b]etf^′′est continue ; de plus la fonction(x−t)+

est (au moins !) continue en ces deux variables. Comme on travaille sur le compact[a, b]×[a, b], l’intégrable double existe et on peut (par le théorème de Fubini) intervertir les deux signes d’intégration. Il vient

Z b a



 Z b

a



dx= Z b

a

f^′′(t)



 Z b

a

(x−t)+dx



dt.

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(3)

Finalement d’après (7) on a : L



 Z b

a



= 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 vérifie queK(t) =L^x((x−t)+).

CalculonsK(t) =Rb

a(x−t)+dx−^b⁻2^a

(a−t)++ (b−t)+

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

K(t) = (x−t)²+

2 |^x=bx=a−b−a 2 (b−t), soit

K(t) =(b−t)²

2 −b−a

2 (b−t) = (b−t)(a−t)

2 .

Il est évident que la fonctionK est positive pour toutt ∈ [a, b], c’est là un point essentiel pour appliquer le théorème de la moyenne. Dès lors il existe un pointξ∈[a, b]tel que

Z b a

f^′′(t)K(t)dt=f^′′(ξ) Z b

a

K(t)dt.

et donc

e(h) =L(f) =f^′′(ξ) 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 donce(h) =−12¹h³f^′′(ξ).

Comme la dérivée seconde d’un polynôme de degré un est nulle, la méthodes des trapèzes est exacte sif ∈ P¹. Par contre la méthode est inexacte pour tout polynôme de degré supérieur ou égal à deux. On dit que cette méthode est d’ordre un (ne pas confondre avec l’ordre de l’erreure(h)qui est d’ordre 3 enh).

Exercice 3

L’espace des polynômes de degré inférieur ou égal à deux est stable pour l’opérationf →tf^′−f. En vertu du même principe qu’à l’exercice 3 cherchons 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 = 0et β quelconque. On peut donc prendreβ = 0 etxp(t) = t² est donc une solution particulière. Calculons les solutions xh de l’équation homogène. On atx˙ = x, soit ^x_x^˙ = ¹_t; il vient logx= logt+ logCou encorexh(t) =CtoùCest une constante.

La solution générale est doncx(t) =xp(t) +xh(t) =t²+Ct.

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(4)

Exercice 4

Cet exercice ne nécessite que des calculs triviaux que nous ne détaillerons pas.

(1) Soit l’équation

y^′′+y^′+ (−2 + 3 x− 2

x²)y= 0, (8)

montrons quef(x) =^e_x^x est une solution particulière. On vérifie que

f^′(x) = e^x

x 1−1 x

! ,

et

f^′′(x) =e^x

x 1−2 x+ 2

x²

! .

Par conséquent

f^′′(x) +f^′(x) + (−2 + 3 x− 2

x²)f(x) = 0.

(2) Soitλune fonction telley=λf. On a :

y^′=f^′λ+λ^′f, et

y^′′=f^′′λ+ 2λ^′f^′+λ^′′f.

Portons ces expressions dans l’équation (8).

f^′′λ+ 2λ^′f^′+λ^′′f+f^′λ+λ^′f+ (−2 + 3 x− 2

x²)λf = 0, soit

λ f^′′+f^′+ (−2 + 3 x− 2

x²)f

!

+ 2λ^′f^′+λ^′′f+λ^′f = 0.

Commef est une solution particulière de l’équation, le facteur deλest nul. Il reste 2λ^′f^′+λ^′′f+λ^′f = 0.

Posonsω=λ^′,ωvérifie donc l’équation du premier ordre 2ωf^′+ω^′f+ωf = 0, ce qui, par les expressions defetf^′, donne

ω^′=ω −3 + 2 x

! .

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