Corrigés desexercices
135
2ème cas :S io ni mpose u 0 = 1e t u 1 = 1 − h ,o naa lors le système de deux équations
linéaires
l + m = 1
l r 1 + m r 2 = 1 − h
dont l’unique solution est ( l , m ) =
r 2 − 1+h
r 2 − r 1
,
1 − h − r 1
r 2 − r 1
.
Il est facile de montrer que l = 0etque r 1 − 1puisque h > 0. Dans ce cas lim
i → + ∞
| u i | = + ∞ .
Sachant que − h +
√ h 2 +1 = 1 − h + h
2
/ 2+o ( h
2
). Si h est petit, la différence entre les deux
approximations initiales u 1 est petite, de l’ordre de h
2
/ 2etpourtant les comportements des deux
solutions approchées sont très différents quand i devient grand avec n suffisamment grand.
2. Les solutionsd e y
( t ) = − b
2
y ( t )f orment un sous-espace vectoriel de dimension 2d e
C
2
( R ). Elles sont de la forme y ( t ) = y (0) cos( b t )+
y
(0)
b
sin( b t ). Si dans ( P ), on impose de
plus y (0) = l et y
(0) = m ,l’unique solution est alors définie par y ( t ) = l cos( b t )+
m
b
sin( b t ),
fonction périodique.
L’équation
u k +1 − 2 u k + u k − 1
h 2
= − b
2
u k peut s’écrire u k +1 = 2 a u k − u k − 1 avec a = 1 −
h
2
b
2
2
.
Ajoutons que u 0 = l et u 1 = l + h m −
1
2
h
2
b
2
= al + h m .Notons que a < 1puisque h > 0.
Commedans l’exercice précédent, l’ensemble des suites vérifiant u k +1 = 2 a u k − u k − 1 est un sousespace vectoriel de dimension 2. En recherchant des éléments sous la forme u k = r
k
,ontrouve
2solutions distinctes, réelles r 1 = a +
a 2 − 1 , r 2 = a −
a 2 − 1 si a < − 1etcomplexes
r 1 = a + i
1 − a 2 , r 2 = a − i
1 − a 2 si a > − 1;enfin on aune racine double quand a = − 1.
Pour a = − 1, on obtient u k = ar
k
1 + br
k
2 et pour a = − 1, u k = ( a + kb)(− 1)
k
.Les coefficients a
et b sont déterminés par les conditions sur u 0 et u 1 .Dans le premier cas
( a , b ) =
l ( r 2 − a ) − h m
r 2 − r 1
,
l ( a − r 1 )+h m
r 2 − r 1
.
Si r 1 et r 2 sont réelles, la solution n’est pas oscillante. Si par contre a > − 1 ⇔ h <
2
b ,alors
| r 1 | = 1etnous pouvons écrire r 1 = e
i u
.Onendéduit que r 2 = e
− i u
si bien que la solution u k
peut s’écrire u k = a
cos(u k )+b
sin(u k );elle est oscillante.
9.2I ntégration numérique
On choisitlabase { 1 , ( x − x 0 ) , ( x − x 0 )
2
} de P 2 .Bien entendu une autre base est possible mais elle
compliquerales calculs. On cherche q ( x ) = a 1+b ( x − x 0 )+g ( x − x 0 )
2
.Les conditions s’écrivent :
q ( x 0 ) = f ( x 0 ) = a , q
( x 0 ) = f
( x 0 ) = b et q ( x 0 − 2 h ) = f ( x 0 − 2 h ) = a − 2 h b +4h
2
g dont la
solution unique est donnée par
q ( x ) = f ( x 0 )+f
( x 0 )(x − x 0 )+
f ( x 0 − 2 h ) − f ( x 0 )+2h f
( x 0 )
4 h 2
( x − x 0 )
2
.
Dunod –Laphotocopie non autorisée est un délit
135
2ème cas :S io ni mpose u 0 = 1e t u 1 = 1 − h ,o naa lors le système de deux équations
linéaires
l + m = 1
l r 1 + m r 2 = 1 − h
dont l’unique solution est ( l , m ) =
r 2 − 1+h
r 2 − r 1
,
1 − h − r 1
r 2 − r 1
.
Il est facile de montrer que l = 0etque r 1 − 1puisque h > 0. Dans ce cas lim
i → + ∞
| u i | = + ∞ .
Sachant que − h +
√ h 2 +1 = 1 − h + h
2
/ 2+o ( h
2
). Si h est petit, la différence entre les deux
approximations initiales u 1 est petite, de l’ordre de h
2
/ 2etpourtant les comportements des deux
solutions approchées sont très différents quand i devient grand avec n suffisamment grand.
2. Les solutionsd e y
( t ) = − b
2
y ( t )f orment un sous-espace vectoriel de dimension 2d e
C
2
( R ). Elles sont de la forme y ( t ) = y (0) cos( b t )+
y
(0)
b
sin( b t ). Si dans ( P ), on impose de
plus y (0) = l et y
(0) = m ,l’unique solution est alors définie par y ( t ) = l cos( b t )+
m
b
sin( b t ),
fonction périodique.
L’équation
u k +1 − 2 u k + u k − 1
h 2
= − b
2
u k peut s’écrire u k +1 = 2 a u k − u k − 1 avec a = 1 −
h
2
b
2
2
.
Ajoutons que u 0 = l et u 1 = l + h m −
1
2
h
2
b
2
= al + h m .Notons que a < 1puisque h > 0.
Commedans l’exercice précédent, l’ensemble des suites vérifiant u k +1 = 2 a u k − u k − 1 est un sousespace vectoriel de dimension 2. En recherchant des éléments sous la forme u k = r
k
,ontrouve
2solutions distinctes, réelles r 1 = a +
a 2 − 1 , r 2 = a −
a 2 − 1 si a < − 1etcomplexes
r 1 = a + i
1 − a 2 , r 2 = a − i
1 − a 2 si a > − 1;enfin on aune racine double quand a = − 1.
Pour a = − 1, on obtient u k = ar
k
1 + br
k
2 et pour a = − 1, u k = ( a + kb)(− 1)
k
.Les coefficients a
et b sont déterminés par les conditions sur u 0 et u 1 .Dans le premier cas
( a , b ) =
l ( r 2 − a ) − h m
r 2 − r 1
,
l ( a − r 1 )+h m
r 2 − r 1
.
Si r 1 et r 2 sont réelles, la solution n’est pas oscillante. Si par contre a > − 1 ⇔ h <
2
b ,alors
| r 1 | = 1etnous pouvons écrire r 1 = e
i u
.Onendéduit que r 2 = e
− i u
si bien que la solution u k
peut s’écrire u k = a
cos(u k )+b
sin(u k );elle est oscillante.
9.2I ntégration numérique
On choisitlabase { 1 , ( x − x 0 ) , ( x − x 0 )
2
} de P 2 .Bien entendu une autre base est possible mais elle
compliquerales calculs. On cherche q ( x ) = a 1+b ( x − x 0 )+g ( x − x 0 )
2
.Les conditions s’écrivent :
q ( x 0 ) = f ( x 0 ) = a , q
( x 0 ) = f
( x 0 ) = b et q ( x 0 − 2 h ) = f ( x 0 − 2 h ) = a − 2 h b +4h
2
g dont la
solution unique est donnée par
q ( x ) = f ( x 0 )+f
( x 0 )(x − x 0 )+
f ( x 0 − 2 h ) − f ( x 0 )+2h f
( x 0 )
4 h 2
( x − x 0 )
2
.
Dunod –Laphotocopie non autorisée est un délit