Exercice 1 : cf cours. Exercice 2. y = z + 1 2t y 1. y 1 2t 2 y = z + 1 2t z 1. t 2 z t 2. z 1 2t z = 0

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1 Université de Lille L3 Mathématiques M- Corrigé du DS1 mars 18 Exercice 1 : cf cours Exercice 1. Changement de fonction inconnue Sur I ] ; [ ou ]; +[, en posant z y 1 y, on a t y z + 1 t y y z + 1 t y 1 t y z + 1 z + 1t t y 1 t y z + 1 t z 1 4t y et donc y est solution de 1 On a par conséquent { y est deux fois dérivable t y ty { y z est dérivable t z + 1 t z 1 y t z + 1 4t t y { y z est dérivable t z t { z z est dérivable z 1 t z sur ] ; [ ou ]; +[, y est solution de 1 si et seulement si z est solution de.. Résolution de et 1 sur ] ; [ ou ]; +[ L équation différentielle est linéaire homogène d ordre 1. On sait qu alors les solutions sur I ] ; [ ou ]; +[ sont les fonctions t λe At pour tout λ R, où A est une primitive sur I de t 1 t. On peut prendre At 1 ln t : ainsi les solutions de sur ] ; [ ou ]; +[ sont les fonctions t λ t λ R. 1

2 Alors, vu 1., résoudre 1 sur I revient à résoudre y 1 t y λ t 1 qui est une équation différentielle linéaire d ordre 1 avec second membre. On a déjà résolu l équation homogène associée, ses solutions sont les fonctions t µ t, avec µ R. On cherche une solution particulière en utilisant la méthode de variation de la constante : en posant ε 1 resp. -1 si I ]; +[ resp. I ] ; [ et y p t µt t, on a t εt et donc Ainsi y p est solution de 1 µ t εt λ εt µ t λ µt λt + cste les solutions de 1 sur ] ; [ ou ]; +[ sont les fonctions t λt + c t λ, c R. 3. Solutions 1 sur R Soit φ une solution de 1 sur R : alors φ est solution de 1 sur ] ; [ et ]; +[, et donc s écrit φt λ+ t + c + t si t > λ t + c t si t < Il s agit de déterminer à quelles conditions sur λ +, c +, λ, c on obtient une fonction deux fois dérivable en, et solution de 1 en. Le prolongement par continuité en est immédiat avec φ. Le prolongement en une fonction dérivable en est possible si et seulement si c + c, ce qui donne donc φt λ+ t 3/ si t λ t 3/ si t < et φ t 3λ + 3λ t si t t si t < Donc φ se prolonge en une fonction dérivable en si et seulement si λ + λ, autrement dit φ. Réciproquement, la fonction nulle est bien solution de 1 sur R, la seule solution de 1 sur R est la fonction nulle. Problème Partie I : étude de E 1. Montrons que le problème de Cauchy admet une unique solution maximale On remarque que y sin y 5 { y y y y sin y 5 Y F Y y y x1 x où Y y et F sin x 1 5 x. Ainsi x

3 y est solution de E avec condition initiale y a, y X F X y est la première composante d une solution de a. X Comme F est de classe C 1, a fortiori continue et localement lipschitzienne sur R, le théorème de Cauchy-Lipschitz s applique et montre qu il existe une unique solution maximale X de première composante y et donc nécessairement de seconde composante y, E admet une unique solution maximale vérifiant la condition initiale y a, y.. Majoration de ϕ et ϕ Posons ft 1 ϕ t cosϕt + cosa : puisque ϕ est deux fois dérivable, f est dérivable et f t ϕ tϕ t + ϕ t sinϕt 5 ϕ t car ϕ est solution de E. Ainsi f est décroissante, donc t [; T [, ft f, ce qui donne bien car a ]; π [. t [; T [, 1 ϕ t cosϕt cosa 1 Ainsi, pour t [; T [, ϕ t et ϕ t sinϕt + 5 ϕ t 1 + 5, en particulier les fonctions ϕ et ϕ sont bornées sur [; T [. 3. Majoration de ϕ L inégalité obtenue dans la question. montre que t [; T [, cosϕt cosa et donc ϕt [ a + kπ; a + kπ]. Or ϕ est continue sur l intervalle [; T [, donc k Z ϕ[; T [ est un intervalle inclus dans [ a + kπ; a + kπ] et contenant ϕ a : k Z nécessairement ϕ[; T [ [ a; a], autrement dit t [; T [, ϕt a. 4. Montrons que T + ϕ Méthode 1 : on applique le théorème d explosion en temps fini à la solution Φ de l équation X F X sur [; T [. On a déjà vérifié qu on est sous les hypothèses du théorème de Cauchy-Lipschitz, avec F : R R indépendante de t ; de plus d après les questions. et 3., Φ est bornée sur [; T [. On en déduit que [; T [ [; +[. ϕ 3

4 Méthode : par l absurde, supposons T < +. Puisque ϕ est bornée par sur [; T [, on obtient d après l inégalité des accroissements finis En particulier ϕ t ϕ t t,t < T t, t [; T [, ϕ t ϕ t t t et le critère de Cauchy entraîne que ϕ admet une limite finie en T. De même, comme on sait que ϕ est bornée sur [; T [, on obtient ϕ que ϕ admet une limite finie en T. Ainsi Φ admet une limite finie en T. Comme c est une solution de l équation X F X vérifiant les hypothèses du théorème de Cauchy-Lipschitz, le critère de prolongement aux bornes s applique et on en déduit que Φ se prolonge en une solution sur un intervalle ]T δ; T + δ[, ce qui contredit la maximalité de Φ. On a donc obtenu T +. ϕ Partie II : étude de l équation linéarisée E l 1. Calcul de ψ L équation E l est linéaire d ordre, homogène. L équation caractéristique associée est r + 5 r +1, qui a deux racines réelles distinctes et 1. Par conséquent les solutions de E l sont les fonctions t λe t + µe 5t/ sur R, où λ, µ R. Il reste à satisfaire la condition initiale : si ψt λe t + µe 5t/, on a { ψ a ψ { λ + µ a λ 1 µ { λ a/3 µ 4a/3 Finalement, t R, ψt a 3 e t + 4a 3 e t/.. Ecriture de E l sous la forme Y AY On a y y 5 { y y y y y 5 y c est-à-dire, en posant Y y y, y y 1 E l Y AY où A y y 4

5 3. Montrons que A est diagonalisable Le polynôme caractéristique de A est χ A λ λ λtra+deta λ + 5 λ+1, ayant pour racines et 1. Comme A est une matrice carrée de taille avec deux valeurs propres distinctes, elle est diagonalisable dans une base de vecteurs propres : ainsi P GL R A P 1 P Calcul de e t et des solutions de X X Soit 1. Par définition, e t n t n n n t n n 1 n + t n n + n t n e t e t e t/. Les solutions du système différentiel X X sont de la forme Xt e t X, avec par conséquent X X. Ainsi la solution cherchée est Xt e t x1 e t x 1 x e t/ t R. x 5. Majoration de e ta V Vu 3., A n P P 1 n P P 1 P P 1... P P 1 P n P 1, e ta n t n A n n P t n P 1 Montrons que e ta P e t P 1 : une justification est nécessaire, car la somme est infinie. Or P t n P 1 N P t n P 1 N lim lim N + P t n P 1 N + n n n N t n P lim P 1 N + la dernière égalité venant du fait que l application u : M P MP 1 est continue de M R dans lui-même, et donc lim N + us N ulim N + S N. Ainsi e ta V P e t P 1 V P e t P 1 V n 5

6 où est la norme matricielle induite par ou norme d opérateur. De plus, en notant W P 1 w1 V on a w e t W max e t w 1, e t/ w max w 1, w W si t. Par conséquent, e ta V P P 1 V P P 1 V et en posant C P P 1, il vient t, V, e ta V C V. Partie III : comparaison des deux solutions 1. Montrons que Z est solution d un problème de Cauchy Par hypothèse : ϕ sin ϕ 5 ϕ et ψ ψ 5 ψ, donc { ϕ ψ ϕ ψ ϕ ψ sin ϕ 5 ϕ + ψ + 5 ψ ϕ ψ 5 ϕ ψ + ϕ sin ϕ autrement dit Z ϕ ψ ϕ ψ ϕ ψ ϕ ψ + ϕ sin ϕ Ainsi t, Z t AZt + ft.. Expression de Z et majoration de Zt La fonction Z : t e ta e sa Bsds est dérivable car t e ta est dérivable et t e sa Bsds aussi comme primitive d une fonction continue, et Z t Ae ta e sa Bsds + e ta e ta Bt A Zt + Bt De plus Z Z. Ainsi Z et Z sont solutions du même problème de Cauchy. Comme la fonction t, X A X+Bt est affine en X, à coefficients continus en t puisque f ϕ sin ϕ est dérivable donc continue, elle est continue et localement lipschitzienne, par conséquent le théorème de Cauchy-Lipschitz s applique et l unicité donne Z Z : t, Zt e ta e sa Bsds et sa Bsds.

7 On a donc pour tout t : Zt e t sa Bsds e t sa Bs ds vu II.5, puisque t s pour tout s [; t]. Or Bs max, fs fs fs Enfin, par définition de Z, Zt ϕt ψt ϕ t ψ t et donc t, Zt C fs ds. C Bs ds max ϕt ψt, ϕ t ψ t t, ϕt ψt Zt. 3. Majoration de f On commence par montrer que x R, x sin x x 3 en remarquant qu il suffit de montrer que x, x sin x x3 par imparité, que x, x 3 ce qui donnera, x sin x. Pour cela on pose gx x sin x et hx x sin x x3, et on étudie les fonctions g et h sur R+ : * g est dérivable et g x 1 cos x, donc g est croissante, avec g ; ainsi x, gx. * h est deux fois dérivable, et h x 1 cos x x, h x sin x x sur R + ; donc h est décroissante sur R + et x, h x h ; ainsi h est décroissante sur R + et x, hx h les inégalités voulues. Or pour tout s, fs ϕs sin ϕs ϕs 3, et d après I.3 la fonction ϕ est majorée sur [; +[ par a, donc s, fs a3. 4. Qualité de l approximation de ϕ par ψ Vu. et 3., on obtient la majoration suivante de l erreur : t, ϕt ψt Ca3 t et donc pour assurer que ϕt ψt a 3, il faut t C. 7