Corrigés desexercices
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Montrons ensuiteque | y ( t 2 ) − u 2 |
M 3
3
+ LM 2
h
3
.
D’une part, nous avons y ( t 2 ) = u 0 +
t 2
t 0
y
( t ) dt,
d’autre part u 2 = u 0 +2hf( t 1 , x ) = u 0 +
t 2
t 0
f ( t 1 , x ) dt.
Pardifférence, nous obtenons
y ( t 2 ) − u 2 =
t 2
t 0
y
( t ) − y
( t 1 )+y
( t 1 ) − f ( t 1 , x )
dt.
Nous utilisons un développement de Taylor. Pour t ∈ [ t 0 , t 2 ], il existe j ∈ ] t 0 , t [tel que
y
( t ) = y
( t 1 )+(t − t 1 ) y
( t 1 )+
( t − t 1 )
2
2
y
(3)
( j ) .
Et puisque
t 2
t 0
( t − t 1 ) dt = 0, on obtient
t 2
t 0
( y
( t ) − y
( t 1 ))dt
=
t 2
t 0
( t − t 1 )
2
2
y
(3)
( j ) dt
M 3
( t − t 1 )
3
6
t 2
t 0
=
M 3
3
h
3
.
Notons que y
( t 1 ) = f ( t 1 , y ( t 1 )) puis en utilisant la lipschicité de f par rapport àl as econde
variable il vient
| y
( t 1 ) − f ( t 1 , x ) | = | f ( t 1 , y ( t 1 )) − f ( t 1 , x ) | L | y ( t 1 ) − x | LM 2
h
2
2
.
En intégrant ces constantes entre t 0 et t 2 ,
t 2
t 0
y
( t 1 ) − f ( t 1 , x )
dt
2 hLM 2
h
2
2
= LM 2 h
3
.
En regroupant les 2majorations :
| y ( t 2 ) − u 2 |
t 2
t 0
y
( t ) − y
( t 1 ) dt
+
t 2
t 0
y
( t 1 ) − f ( t 1 , x ) dt
M 3
3
+ LM 2
h
3
.
Enfin, montrons que | y ( t 1 ) − u 1 |
M 3
12
+
LM 2
4
h
3
.Leraisonnement est semblable au précédent
en utilisant y ( t 1 ) = u 0 +
t 1
t 0
y
( t ) dt et u 1 =
u 0
4
+
x
2
+
y 2
4
= u 0 +
1
2
hf( t 0 , u 0 )+
1
2
hf( t 1 , x ). Sachant
que y
( t 0 ) = f ( t 0 , u 0 )etque t 1 − t 0 = h ,par différence, nous obtenons
| y ( t 1 ) − u 1 | =
t 1
t 0
y
( t ) −
1
2
y
( t 0 ) −
1
2
y
( t 1 )+
1
2
y
( t 1 ) −
1
2
f ( t 1 , x )
dt
t 1
t 0
y
( t ) dt − h
y
( t 0 )+y
( t 1 )
2
+
1
2
t 1
t 0
| y
( t 1 ) − f ( t 1 , x ) | dt
 Dunod –Laphotocopie non autorisée est un délit