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9 Solutions des exercices
Solution 7.8 En appliquant la méthode (9.4) au problème modèle (7.28), on
obtient K1 = λun et K2 = λun(1 + hλ). Donc un+1 = un[1 + hλ + (hλ)
2 /2] =
unp2(hλ). Pour assurer la stabilité absolue, on doit avoir |p2(hλ)| < 1, ce qui
est équivalent à 0 < p2(hλ) < 1, puisque p2(hλ) est positive. En résolvant
cette dernière inéquation, on obtient −2 < hλ < 0, c’est-à-dire, h < 2/|λ| ,
puisque λ est un nombre réel strictement négatif.
Solution 7.9 Prouvons par récurrence sur n la propriété (7.34), notée Pn.
Autrement dit, prouvons P1 et montrons que Pn−1 implique Pn pour un n ≥ 2
quelconque. Ceci montrera que Pn est vraie pour tout n ≥ 2.
On vérifie facilement que u1 = u0 +h(λ0u0 +r0). Pour montrer que Pn−1 ⇒
Pn, il suffit de remarquer que un = un−1(1 + hλn−1) + hrn−1.
Solution 7.10 Comme |1 + hλ| < 1, on déduit de (7.38) que
|zn − un| ≤ |ρ|
1 +
1
λ
+
1
λ
.
Si λ ≤ −1, on a 1/λ < 0 et 1 + 1/λ ≥ 0, donc
1 +
1
λ
+
1
λ
= 1 +
1
λ
−
1
λ
= 1 = ϕ(λ).
D’autre part, si −1 < λ < 0, on a 1/λ < 1 + 1/λ < 0, donc
1 +
1
λ
+
1
λ
= −1 −
2
λ
=
1 +
2
λ
= ϕ(λ).
Solution 7.11 D’après (7.36) on a
|zn − un| ≤ ρ[a(h)]
n + hρ
n−1
k=0
[a(h)]
n−k−1 .
D’où le résultat en utilisant (7.37).
Solution 7.12 On a
hτn+1(h) = y(tn+1) − y(tn) −
h
6
(
K1 + 4
K2 +
K3),
K1 = f (tn, y(tn)),
K2 = f (tn +
h
2 , y(tn) +
h
2
K1),
K3 = f (tn+1, y(tn) + h(2
K2 −
K1)).
Comme f est continue en ses deux variables, la méthode est consistante car
lim
h→0
τn+1 = y
(tn) −
1
6
[f (tn, y(tn)) + 4f (tn, y(tn)) + f (tn, y(tn))] = 0.
Cette méthode est un schéma de Runge-Kutta explicite d’ordre 3 et est
implémentée dans le Programme 9.3. Comme dans la Solution 7.7, on peut
obtenir une estimation de son ordre de convergence à l’aide des instructions
suivantes :
9 Solutions des exercices
Solution 7.8 En appliquant la méthode (9.4) au problème modèle (7.28), on
obtient K1 = λun et K2 = λun(1 + hλ). Donc un+1 = un[1 + hλ + (hλ)
2 /2] =
unp2(hλ). Pour assurer la stabilité absolue, on doit avoir |p2(hλ)| < 1, ce qui
est équivalent à 0 < p2(hλ) < 1, puisque p2(hλ) est positive. En résolvant
cette dernière inéquation, on obtient −2 < hλ < 0, c’est-à-dire, h < 2/|λ| ,
puisque λ est un nombre réel strictement négatif.
Solution 7.9 Prouvons par récurrence sur n la propriété (7.34), notée Pn.
Autrement dit, prouvons P1 et montrons que Pn−1 implique Pn pour un n ≥ 2
quelconque. Ceci montrera que Pn est vraie pour tout n ≥ 2.
On vérifie facilement que u1 = u0 +h(λ0u0 +r0). Pour montrer que Pn−1 ⇒
Pn, il suffit de remarquer que un = un−1(1 + hλn−1) + hrn−1.
Solution 7.10 Comme |1 + hλ| < 1, on déduit de (7.38) que
|zn − un| ≤ |ρ|
1 +
1
λ
+
1
λ
.
Si λ ≤ −1, on a 1/λ < 0 et 1 + 1/λ ≥ 0, donc
1 +
1
λ
+
1
λ
= 1 +
1
λ
−
1
λ
= 1 = ϕ(λ).
D’autre part, si −1 < λ < 0, on a 1/λ < 1 + 1/λ < 0, donc
1 +
1
λ
+
1
λ
= −1 −
2
λ
=
1 +
2
λ
= ϕ(λ).
Solution 7.11 D’après (7.36) on a
|zn − un| ≤ ρ[a(h)]
n + hρ
n−1
k=0
[a(h)]
n−k−1 .
D’où le résultat en utilisant (7.37).
Solution 7.12 On a
hτn+1(h) = y(tn+1) − y(tn) −
h
6
(
K1 + 4
K2 +
K3),
K1 = f (tn, y(tn)),
K2 = f (tn +
h
2 , y(tn) +
h
2
K1),
K3 = f (tn+1, y(tn) + h(2
K2 −
K1)).
Comme f est continue en ses deux variables, la méthode est consistante car
lim
h→0
τn+1 = y
(tn) −
1
6
[f (tn, y(tn)) + 4f (tn, y(tn)) + f (tn, y(tn))] = 0.
Cette méthode est un schéma de Runge-Kutta explicite d’ordre 3 et est
implémentée dans le Programme 9.3. Comme dans la Solution 7.7, on peut
obtenir une estimation de son ordre de convergence à l’aide des instructions
suivantes :