Corrigé feuille 2

Exercice 1 :
Soit le système d’équations différentielles
Université de Provence, Année 2011/2012
Licence Mathématiques-Informatique,
parcours Mécanique-3ème année
T.D. de Calcul Scientifique
Corrigé des exercices de la feuille n˚ 2
du 1
dt
du 2
dt
= 2u 1
= 3u 1 − u 2 .
(1)
avec des conditions initiales données en t = 0. Résoudre ce système d’équations différentielles
de deux manières.
1a) Déterminer u 1 par la première équation est injecter le résultat dans la deuxième équation.
Corrigé : La solution de la première équation est bien sûr
u 1 = e 2t a
avec a la condition initiale u 1 (0) = a. Injectant cette solution dans la deuxième équation on doit
résoudre
du 2
= 3e 2t a − u 2 . (2)
dt
Comme il a été rappelé dans le chapitre 1.1 de la partie 4 du cours, la solution u 2 = v+w est
la somme d’une solution générale v de l’équation homogène et d’une solution particulière w.
Donc, v est solution de
dv
dt = −v
et donc v = e −t b (avec b par exemple la condition initiale u 2 (0) = b). La solution particulière
s’écrit, par la méthode de la variation de la constante, w = c(t)e −t et si on injecte cette fonction
dans l’équation (2), on trouve
−t dc
e
dt = 3e2t a,
donc
dc
dt = 3ae3t
et une solution qui s’annule en t = 0 (dans ce cas la constante b de la solution générale correspond
bien à la condition initiale u 2 (0)) est
Z t
c(t) = 3a e 3s ds = a(e 3t − 1) et w = a(e 2t − e −t ).
0
1

Par conséquent,
u 2 (t) = e −t b+a(e 2t − e −t ).
1b) Ecrire le système sous la forme
et trouver la solution à l’aide de e tA .
d
dt u = Au
Corrigé : La matrice A s’écrit
A =
(
2 0
3 −1
et les valeurs propres de cette matrice sont λ 1 = 2 et λ 2 = −1 (en effet, A est triangulaire et les
éléments sur la diagonale d’une matrice triangulaire sont aussi les valeurs propres de la matrice).
On rappelle que si x est vecteur propre associé à la valeur propre λ d’une matrice, alors x est
solution (non nulle) de l’équation (A − λI)x = 0. Ici, pour λ 1 = 2 on trouve
3x 1 − 3x 2 = 0
et donc x (1) = (1,1) T est vecteur propre associé à λ 1 . Pour λ 2 = −1 on trouve 2x 1 = 0 et donc
x (2) = (0,1) T est vecteur propre associé à λ 2 . Soit donc
( )
1 0
P =
1 1
la matrice dont les colonnes sont les vecteurs propres, alors
avec
D =
(
2 0
0 −1
A = PDP −1
)
) (
, P −1 1 0
=
−1 1
Comme il a été démontré dans la partie cours, on peut écrire e tA = Pe tD P −1 ; l’exponentielle
d’une matrice D diagonale se calcule aisément et ici
( )
e tD e
2t
0
=
0 e −t
d’où en définitive
(
e tA =
e 2t )
0
e 2t − e −t e −t
Soit donc u(0) = (u 1 (0),u 2 (0)) T = (a,b) T , alors u(t)=e tA u(0) et on retrouve bien u 1 (t)=e 2t a,
u 2 (t) = (e 2t − e −t )a+e −t b.
)
.
2

Exercice 2 :
Soit maintenant le système d’équations différentielles
du 1
dt
du 2
dt
= 2u 1
= 3u 1 + 2u 2 .
(3)
avec des conditions initiales données en t = 0. Résoudre ce système d’équations différentielles
de deux manières.
2a) Déterminer u 1 par la première équation est injecter le résultat dans la deuxième équation.
Corrige : On trouve u 1 = e 2t a et on injecte cette solution dans la deuxième équation, donc
du 2
dt
= 3e 2t a+2u 2 .
A nouveau u 2 = v+w avec v = e 2t b solution générale de l’équation homogène et w = c(t)e 2t :
injectant cette expression dans l’équation, on trouve
dc
dt = e−2t 3e 2t a = 3a
dont la solution qui s’annule en t = 0 est c(t) = 3at et donc
u 2 (t) = e 2t b+3ate 2t .
2b) Ecrire le système sous la forme
Décomposer A
A =
( 2 0
0 2
d
dt u = Au.
et en déduire e tA ainsi que la solution du système.
Corrigé : Bien sûr
A =
) ( 0 0
+
3 0
(
2 0
3 2
Cette matrice a λ 1 = 2 comme valeur propre double et on peut montrer que la matrice n’est pas
diagonalisable. La décomposition ci-dessus est de la forme
A = 2I + N
)
.
)
3

avec I matrice unité 2 × 2 et
N =
( 0 0
3 0
et on peut facilement se convaincre que N 2 = 0 est la matrice identiquement égale à zéro. Les
matrices I et N commutent et (voir cours, partie 4, chapitre 1.2)
Evidemment,
e t2I =
)
e tA = e t2I e tN .
( ) e
2t
0
0 e 2t
et e tN se calcule aisément car la série est une somme finie, étant donné que N 2 = 0 (et donc
N k = 0,k ≥ 2)
( )
e tN 1 0
= I +tN = .
3t 1
Opérant le produit de ces deux matrices, on trouve bien
( )
e tA e
2t
0
=
3te 2t e 2t
et on retrouve u(t) = e tA u 0 avec u 0 = (a,b) T la condition initiale.
Exercice 3 : Deux ressorts couplés.
Deux masses égales m 1 = m 2 = m sont reliées entre elles et à un support fixe par des ressorts
de même constante k. Les élongations u 1 (t) et u 2 (t) des masses à partir de leurs positions
d’équilibre sont, en l’absence de forces extérieures régies par le système différentiel
0000000000000000000
1111111111111111111
0000000000000000000
1111111111111111111
01
0000 11110
1
m
10000
11110
1
01
01
u 1
01
0000 11110
1
m 0000 11110
1 u
2 2
01
01
m d2 u 1
dt 2 = k(u 2 − u 1 ) − ku 1
m d2 u 2
dt 2 = −k(u 2 − u 1 )
Trouver la solution du système, qui vérifie la condition initiale
u 1 (0) = 1, u 2 (0) = 0, du 1
dt (0) = 0, du 2
(0) = 0.
dt
4

Indication : On cherchera la solution sous la forme (u 1 ,u 2 ) = e λt (a,b).
Corrigé : Il s’agit ici de deux équation différentielles linéaires à coefficients constants d’ordre
deux et ce système pourrait être écrit sous la forme de 4 équations d’ordre 1. Il a été vu dans
la partie cours que les composantes de la solution d’un système d’équations différentielles
linéaires à coefficients constants s’écrivent comme une combinaison linéaire de e tλ avec λ les
valeurs propres de la matrice qui définit le système d’équations différentielles. Pour trouver ces
valeurs propres λ, il est donc légitime de poser (u 1 ,u 2 ) = e λt (a,b) et d’injecter cette expression
dans l’équation. On trouve
mλ 2 ae λt
mλ 2 be λt
= k(b − a)e λt − kae λt
= −k(b − a)e λt
ce qui donne lieu au système
(mλ 2 + 2k)a − kb = 0
−ka+(mλ 2 + k)b = 0.
On cherche évidemment à écrire les conditions pour que ce système ait une solution (a,b) ≠
(0,0), ce qui est le cas si le déterminant du système est nul et donc
et en posant µ= λ 2 , on doit résoudre
(mλ 2 + 2k)(mλ 2 + k) − k 2 = 0
m 2 µ 2 + 3kmµ+ k 2 = 0.
Par conséquent
µ 1 = k m
(
−3+ √ ) (
5
, µ 2 = k −3 − √ )
5
.
2
m 2
Ces deux solutions sont négatives et étant donné que λ 2 = µ, on trouve
avec les fréquences
λ 1 = iω 1 ,λ 2 = −iω 1 ,λ 3 = iω 2 ,λ 4 = −iω 2 ,
ω 1 =
√
k
m
√
3 − √ √
√
5 k 3+ √ 5
,ω 2 = .
2
m 2
Les valeurs de λ sont imaginaires pures et conjuguées complexes : au lieu d’écrire la solution
(réelle) comme une combinaison linéaire des fonctions e ±iω jt , il est plus commode de l’écrire
comme une somme de sinus et cosinus et
u 1 (t) = A 1 cos(ω 1 t)+B 1 sin(ω 1 t)+C 1 cos(ω 2 t)+D 1 sin(ω 2 t)
u 2 (t) = A 2 cos(ω 1 t)+B 2 sin(ω 1 t)+C 2 cos(ω 2 t)+D 2 sin(ω 2 t).
5

Or, dans ces expressions apparaissent 8 constantes à déterminer, mais la condition initiale ne
fournit que 4 conditions. Il convient donc d’injecter la forme générale de la solution ci-dessus
dans une des deux équations différentielles du système, par exemple la deuxième, ce qui donne
les relations
(−ω 2 1m+k)A 2 = kA 1 (4)
(−ω 2 1 m+k)B 2 = kB 1 (5)
(−ω 2 2 m+k)C 2 = kC 1 (6)
(−ω 2 2 m+k)D 2 = kD 1 . (7)
Ecrivons les relations provenant des conditions initiales. La condition du 1
dt
(0) = 0 donne
tandis que du 2
dt (0) = 0 permet d’écrire ω 1 B 2 + ω 2 D 2 = 0.
ω 1 B 1 + ω 2 D 1 = 0 (8)
Or, les équations (5) et (7) permettent d’exprimer B 2 en fonction de B 1 et D 2 en fonction de D 1
et donc
kω 1
k − ω 2 1 mB 1 + kω 2
k − ω 2 2 mD 1 = 0. (9)
Utilisant (8) pour exprimer D 1 en fonction de B 1 on trouve
( kω1
B 1
k − ω 2 1 m − kω )
1
k − ω 2 2 m = 0
ce qui équivaut à, en mettant l’expression entre parenthèses sur le dénominateur commun,
B 1
(
ω
2
1 − ω 2 2)
= 0
et donc B 1 = 0 et ensuite D 1 = B 2 = D 2 = 0 car ω 2 1 ≠ ω2 2 . La condition u 1(0) = 1 donne lieu à
l’équation
A 1 +C 1 = 1 (10)
et enfin u 2 (0) = 0 à
A 2 +C 2 = 0.
Utilisant (4) et (6) dans cette dernière équation, on trouve
k
k
k − ω 2 1 mA 1 +
k − ω 2 2 mC 1 = 0
et exprimant C 1 en fonction de A 1 donne en injectant le résultat obtenu dans (10)
(
A 1 1 − k − ω2 2 m )
(ω 2 2
k − ω 2 1 m = A − ω2 1 )m
1
k − ω 2 1 m = 1
6

d’où
A 1 =
D’où la solution
k − ω2 1 m
(ω 2 2 − ω2 1 )m, C 1 = ω2 2 m − k
(ω 2 2 − ω2 1 )m, A 2 =
u 1 (t) =
u 2 (t) =
k
(ω 2 2 − ω2 1 )m, C k
2 = −
(ω 2 2 − ω2 1 )m.
k − ω 2 1 m
(ω 2 2 − ω2 1 )m cos(ω 1t)+ ω2 2 m − k
(ω 2 2 − ω2 1 )m cos(ω 2t),
k
(ω 2 2 − ω2 1 )m (cos(ω 1t) − cos(ω 2 t)).
Exercice 4 : Erreur dans un schéma d’Euler explicite.
4a) Soit le problème à valeur initiale
u ′ = t −t 3 , u(0) = 0.
Supposons que nous utilisons la méthode d’Euler explicite avec un pas de temps h afin de
déterminer une solution approchée U j de u(t j ) avec t j = jh. Trouver une expression explicite
pour U j et pour l’erreur E(t j ,h) = U j −u(t j ). Soit maintenant t fixé, et h n =
n t de façon à ce que
t n = t. Evaluer l’erreur E(t,h n ) et montrer que l’erreur tend vers zéro quand n → ∞.
Corrigé : Soit t j = jh ; le schéma d’Euler explicite pour la résolution d’une équation différentielle
avec condition initiale u ′ (t) = f(t,u(t)), u(0) = u 0 s’écrit simplement
Ici f(t,u(t)) = t −t 3 et donc
et en itérant
etc. Finalement on trouve
U j+1 = U j + h f(t j ,U j ), j = 0,1,···, U 0 = u 0 .
U j+1 = U j + h(t j −t 3 j )
U j+1 = U j−1 + h(t j−1 −t 3 j−1 +t j −t 3 j )
U j = U 0 + h
j−1
∑
k=0
(t k −t 3 k
j−1
) = h2 ∑ k − h 4 j−1
∑ k 3
k=0 k=0
car t k = kh et ici la condition initiale U 0 = 0. Or, il est bien connu que ∑ j−1 j( j−1)
k=0
k =
2
et
∑ j−1
k=0 k3 = j2 ( j−1) 2
4
et par conséquent
2 j( j − 1)
U j = h
2
− h 4 j2 ( j − 1) 2
.
4
Pour cet exemple l’équation différentielle s’intègre aisément, la solution étant u(t) = t2 2 − t4 4 et
donc
u(t j ) = h 2 j2
2
7
− h4
j4
4

de façon à ce que
E(t j ,h) = U j − u(t j ) = h 2 ( j( j − 1)
2
) (
− j2 j
− h 4 2 ( j − 1) 2 )
− j4
= −h 2 j 2
4 4 2 + 2 h4 j3 − j 2
.
4
Soit t et h n =
n t , alors t n = nh n = t. D’après l’expression ci-dessus (prenant j = n et h = h n )
E(t,h n ) = −h 2 n
n
2 + 2n 3 − n 2
h4 n = −t 2 1 ( 1
4 2n +t4 2n − 1 )
4n 2 .
On remarque que l’on peut aussi écrire cette erreur au temps t (entre la solution obtenue par le
schéma d’Euler explicite et la solution exacte) en termes de h n et
E(t,h n ) = h n
t 3 −t
2
− h 2 nt 2 4 .
On remarque que le terme dominant de l’erreur est bien en O(h n ) comme démontré dans la
partie cours et bien sûr E(t,h n ) → 0 quand h n → 0 (et h n → 0 si et seulement si n → ∞).
4b) Maintenant on considère l’équation différentielle
du
dt
= u, u(0) = 1.
Soit t un temps donné et n un entier positif ; on note h n = t/n de façon à ce que t n = nh n = t.
On note U n l’approximation de u(t), obtenue au temps t n = t par la méthode d’Euler explicite.
Montrer que U n = exp(tϕ(h n )) pour une fonction ϕ(h n ) que l’on précisera. Montrer que ϕ(h n )
est développable en une série de la variable h n qui converge pour n assez grand tel que |h n | < 1.
En déduire que l’on peut alors écrire U n sous la forme
U n =
∞
∑
i=0
τ i (t)h i n ,
convergente (t étant fixé), si |h n | < 1. Expliciter τ i (t) pour i = 0,1,2. Interpréter le résultat.
Corrigé : Appliquant le schéma d’Euler explicite à cette équation (ici f(t,u(t)) = u(t)) on
obtient
U n+1 = U n + h n U n = (1+h n )U n
et en itérant
etc. pour obtenir
U n+1 = (1+h n ) 2 U n−1
U n = (1+h n ) n U 0 = (1+h n ) n
car la condition initiale U 0 = 1. Tenant compte de h n =
n t on peut écrire
( )
U n = (1+h n ) t/h n t ln(1+hn )
= exp
= exp(tϕ(h n )).
h n
8

Par le développement en série
ln(1+h n ) =
∞
∑(−1) i+1 hi n
i=1
i
convergente pour |h n | < 1 on a
ϕ(h n ) = ln(1+h n)
h n
=
∞
∑
i=1
i+1 hi−1 n
(−1)
i
=
∞
∑
i=0
h i n
(−1) i
i+1
Cette série converge pour |h n | < 1 et la fonction exponentielle e u étant développable en série
entière convergente pour tout u, on déduit que pour t fixé la fonction exp(tϕ(h n )) est développable
en série entière et on peut écrire
U n =
∞
∑
i=0
τ i (t)h i n,
convergente si |h n | < 1. Pour calculer les premiers coefficients τ i (t), il suffit d’observer que
( )
exp(tϕ(h n )) = exp
t
∞
∑
i=0
h i n
(−1) i
i+1
= exp(t)exp(−th n /2)exp(th 2 n /3)···
et par le développement bien connu de la fonction exponentielle
(
t
exp(tϕ(h n )) = exp(t) 1 − h n
2 + t 2 ) ( h2 n
8 + O(h3 n) 1+h 2 t
)
n
3 + O(h3 n) ···
Regroupant les termes on trouve
U n = exp(t) − exp(t) t 2 h n + exp(t)
( t
3 + t2 8
)
h 2 n + ···
On observe ici que le terme exp(t) est en fait la solution exacte u(t) de l’équation différentielle
et donc
E(t,h n ) = U n − u(t) = −exp(t) t ( ) t
2 h n + exp(t)
3 + t2 h 2 n + ···
8
L’erreur entre la solution numérique et la solution exacte est donc bien en O(h n ) et donc (pour t
donné) E(t,h n ) → 0 quand h n → 0. Cependant, lorsqu’on écrit −exp(t)
2 t h n = O(h n ), il faut
être conscient que h n apparaît en produit avec la fonction −exp(t)
2 t de t. Pour la solution
u(t) = exp(t) l’erreur relative entre la solution du schéma d’Euler et la solution exacte est plus
significative que l’erreur absolue et
E(t,h n )
exp(t) = − t ) t
2 h n +(
3 + t2 h 2 n
8
+ ···
9

Exercice 5 : Ordre d’un schéma de Runge-Kutta et stabilité absolue.
On cherche à résoudre l’équation différentielle
u ′ (t) = f(t,u(t)), u(t 0 ) = u 0 , (11)
par une méthode à un pas du type Runge-Kutta. Ici f : R 2 → R est supposée 3 fois continûment
dérivable dans R 2 . On note t i = t 0 +ih et U i l’approximation de u(t i ), avec U i solution du schéma
avec
b 1 ,b 2 ,c 2 étant des nombres réels.
U 0 = u 0
U i+1 = U i + hF(t i ,U i ,h) (12)
t i+1 = t i + h, i = 0,1,....
F(t i ,U i ,h) = b 1 k 1 + b 2 k 2 avec
k 1 = f(t i ,U i ), k 2 = f(t i + hc 2 ,U i + c 2 hk 1 ), (13)
5a) On note
u(t + h) − u(t)
τ(t,h) = − F(t,u(t),h),
h
u(t) étant la solution exacte de (11). Déterminer les conditions sur b 1 ,b 2 ,c 2 pour que le schéma
(18) soit d’ordre 2, i.e. τ(t,h) = O(h 2 ).
Corrigé : Ecrivons les premiers termes du développement de Taylor en h (pour t fixé)
u(t + h) − u(t)
h
= u ′ (t)+ h 2 u′′ (t)+ h2
6 u′′′ (t)+··· (14)
et u(t) étant solution exacte de l’équation différentielle (11), on peut écrire, pour les 2 premiers
termes du développement
u ′ (t) = f(t,u(t))
et
u ′′ (t) = ∂ f
∂t (t,u(t))+ ∂ f
∂u (t,u(t))u′ (t) = ∂ f
∂t (t,u(t))+ ∂ f (t,u(t)) f(t,u(t)).
∂u
Par conséquent
u(t + h) − u(t)
= f(t,u(t))+ h ( ∂ f
h
2 ∂t (t,u(t))+ ∂ f
)
∂u (t,u(t)) f(t,u(t)) + O(h 2 ) (15)
Par ailleurs le développement de ϕ(h) = F(t,u(t),h) en h pour t fixé s’écrit
ϕ(h) = F(t,u(t),0)+h ∂F
h2 ∂ 2 F
(t,u(t),0)+
∂h 2 ∂h 2 (t,u(t),0)+O(h3 ) (16)
10

La fonction F(t,u(t),h) s’écrit ici
et donc
F(t,u(t),h) = b 1 f(t,u(t))+b 2 f (t + hc 2 ,u(t)+c 2 h f(t,u(t)))
F(t,u(t),0) = (b 1 + b 2 ) f(t,u(t))
et
∂F
∂h (t,u(t),0) = b ∂ f
2c 2
∂t (t,u(t))+b ∂ f
2
∂u (t,u(t))c 2 f(t,u(t)).
Injectant ces expression dans (16) et soustrayant (16) de (15) on obtient
τ(t,h) = (1 − b 1 − b 2 ) f(t,u(t))
( )( 1 ∂ f
+ h
2 − b 2c 2
∂t (t,u(t))+ ∂ f
)
∂u (t,u(t)) f(t,u(t)) + O(h 2 )
On déduit aisément que le schéma est d’ordre 2, si
b 1 + b 2 = 1, et b 2 c 2 = 1 2
5b) Montrer qu’il n’est pas possible de trouver des coefficients b 1 ,b 2 ,c 2 pour que l’ordre général
du schéma soit égal à 3.
Indication : Evaluer par exemple τ(t,h) pour la fonction f(t,u) = u.
Corrigé : Pour montrer que l’ordre général du schéma n’est pas égal à 3 il suffit de trouver
un contre-exemple et en suivant l’indication, on évalue le terme en h 2 dans (14) pour la fonction
f(t,u(t)) = u(t). On a donc u ′ (t) = u(t) et ensuite u ′′ (t) = u ′ (t) = u(t) et u ′′′ (t) = u(t). Donc,
ici
u(t + h) − u(t)
= u(t)+ h h2
u(t)+
h
2 6 u(t)+O(h3 ).
Si f(t,u(t)) = u(t), alors
F(t,u(t),h) = b 1 u(t)+b 2 (u(t)+c 2 hu(t)) = (b 1 + b 2 )u(t)+b 2 c 2 hu(t).
Il a été vu que si b 1 + b 2 = 1 et b 2 c 2 =
2 1 alors le schéma est d’ordre 2. Pour ces valeurs des
coefficients
u(t + h) − u(t)
− F(t,u(t),h) = h2
h
6 u(t)+O(h3 )
et le schéma est bien d’ordre 2, mais le terme dominant de τ(t,h) est ici h2
6
u(t) qui n’est pas en
O(h 3 ). En conclusion, l’ordre général du schéma ne peut pas être égal à 3.
5c) Soient des coefficients b 1 ,b 2 ,c 2 tels que le schéma (18) est d’ordre 2. On considère l’équation
différentielle
u ′ = λu, u(0) = 1, avec λ < 0. (17)
11

Ecrire la solution exacte u(t) et observer que u(t) → 0 quand t → ∞. On note U i l’approximation,
donnée par le schéma (18), de la solution exacte u(t i ), t i = ih. Montrer que U i → 0 quand
i → ∞, si et seulement si −2 < λh < 0.
Remarque : la contrainte sur le pas de temps −2 < λh < 0 est une condition dite de stabilité
absolue du schéma.
Corrigé : La solution exacte de l’équation différentielle est évidemment u(t) = e λt et bien
entendu, si λ < 0, alors u(t) → 0 quand t → 0. Pour f(t,u(t)) = λu(t) et pour b 1 + b 2 = 1 et
b 2 c 2 =
2 1 on peut écrire
F(t i ,U i ,h) = b 1 λU i + b 2 λ(U i + c 2 hλU i ) = λU i + h 2 λ2 U i .
Par conséquent,
U i+1 = U i + h
(λU i + h )
2 λ2 U i =
) (1+r+ r2
U i ,
2
r = λh.
En itérant cette relation, tenant compte de la condition initiale U 0 = 1, on trouve
U i =
(
1+r+ r2 2
) i
, r = λh.
Par conséquent, pour que U i → 0 quand i → ∞ avec t i = ih, c’est-à-dire pour que la solution
numérique reproduise la comportement de la vraie solution pour t → ∞, il faut et il suffit que
r2
∣1+r+ 2 ∣ < 1, r = λh.
Donc, il faut et il suffit que
Alors par l’inégalité de droite,
−1 < 1+r+ r2
2 < 1
r+ r2 (
2 = r 1+ r )
< 0
2
ce qui est vérifié, si et seulement si −2 < r < 0. Le minimum de r+ r2 2
et alors la fonction prend la valeur −1/2 et donc on aura toujours
est atteint pour r = −1
−2 < r+ r2 2
et l’inégalité à gauche est toujours vérifiée. Donc U i → 0 quand i → ∞, si et seulement si
−2 < r = λh < 0,
12

ou encore, tenant compte que λ < 0,
0 < h < − 2 λ .
On constate ici que plus −λ = |λ| sera grand, plus la condition de stabilité absolue mettra une
borne sur des valeurs possibles de h.
Exercice 6 : schéma de Runge-Kutta d’ordre 3.
On considère le schéma de Runge-Kutta donné par le tableau ci-après.
0 0 0 0 0
1/2 1/2 0 0 0
1 0 1 0 0
1 0 0 1 0
1/6 2/3 0 1/6
6a) Expliciter ce schéma, c.-à-d. donner la fonction F(t,u(t),h) telle que l’approximation au
temps t i = t 0 +ih, notée U i , de la solution de l’équation du/dt = f(t,u(t)), u(t 0 ) = u 0 est donnée
par le schéma
U 0 = u 0
U i+1 = U i + hF(t i ,U i ,h) (18)
t i+1 = t i + h, i = 0,1,....
Corrigé : Les schémas de Runge-Kutta sont discutés dans la chapitre 2.2 de la partie 4 du cours.
Avec les notations du cours, ici
(les autres coefficients a i j étant nuls) et
Par conséquent, avec les notations du cours,
c 1 = 0,c 2 = 1/2,c 3 = 1,c 4 = 1,
a 21 = 1/2,a 32 = 1,a 43 = 1,
b 1 = 1/6,b 2 = 2/3,b 3 = 0,b 4 = 1/6.
U i,1
= U i
U i,2 = U i + h 2 f(t i,U i,1 )
(
U i,3 = U i + h f t i + h )
2 ,U i,2
U i,4 = U i + h f(t i + h,U i,3 )
13

et finalement
( 1
U i+1 = U i + h
6 f(t i,U i,1 )+ 2 (
3 f t i + h )
2 ,U i,2 + 1 )
6 f(t i + h,U i,4 )
On observe qu’il s’agit bien d’un schéma explicite, dans la mesure où partant de U i,1 = U i on
peut déterminer U i,2 , ensuite U i,3 et enfin U i,4 .
6b) Vérifier à partir des relations données en cours que ce schéma est bien d’ordre 3.
Corrigé : On rappelle (voir partie cours) que pour qu’un schéma de Runge-Kutta soit d’ordre
3, les conditions suivantes doivent être satisfaites
ainsi que
q
∑
i=1
b i = 1,c i =
q
∑ a i j , i = 1,···,q,
j=1
q
∑
i=1b i c 2 i = 1 3 , q
∑
i=1
q
∑ b i a i j c j = 1
j=1
6 .
4
∑ i c i =
i=1b 1 3 + 1 6 = 1 4
2 , ∑ b i c 2 i = 2
i=1
12 + 1 6 = 1 4
3 , ∑
i=1
q
∑
i=1b i c i = 1 2
Ici q = 4, les coefficients sont donnés ci-dessus ; les deux premières relations sont vérifiées et
on a bien
4
∑ b i a i j c j = 1
j=1
6 .
6c) On considère le cas particulier d’une équation différentielle de la forme du/dt = λu avec λ
un nombre réel. Montrer directement, en évaluant pour cet exemple
τ(t,h) =
u(t + h) − u(t)
h
− F(t,u(t),h),
que le schéma appliqué à cette équation différentielle est d’ordre 3.
Corrigé : Evaluant pour f(t,u(t)) = λu(t) la fonction F(t,u(t),h) on obtient
F(t,u(t),h) = 1 6 λu(t)+ 2 (
3 λ u(t)+ h )
2 λu(t) + 1 ( (u(t)+hλ
6 λ u(t)+hλ
(u(t)+ h )))
2 λu(t) .
Regroupant les termes on obtient
F(t,u(t),h) = λu(t)+h 1 2 λ2 u(t)+h 21 6 λ3 u(t)+h 3 1
12 λ4 u(t).
Cette expression est à comparer avec le développement de
u(t + h) − u(t)
h
= u ′ (t)+ h 2 u′′ (t)+ h2
6 u′′′ (t)+ h3
24 u(4) (t)+0(h 4 )
= λu(t)+ h 2 λ2 u(t)+ h2
6 λ3 u(t)+ h3
24 λ4 u(t)+O(h 4 )
14

car u ′ (t)=λu(t), u ′′ (t)=λu ′ (t) = λ 2 u(t) etc. On en déduit que pour cette équation différentielle
τ(t,h) = − h3
24 λ4 u(t)+O(h 4 ).
Cette expression est bien en O(h 3 ) ce qui vérifie l’ordre du schéma pour cet exemple. Cependant,
l’ordre général du schéma n’est pas 4 dans la mesure où pour cet exemple d’équation
différentielle avec f(t,u(t)) = λu(t), l’expression τ(t,h) ≠ O(h 4 ).
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