´ nonc´e E
` Probleme eme
Approximation d’une solution de f (t) = a(t)f (t) + b(t) On d´esigne esi gne par a : [0, 1] →
et b : [0, 1] →
R
R deux
applications continues.
On suppose que l’application t → a (t) est a` valeurs positives ou nulles. Soient λ, µ deux de ux r´eels. eel s. On consid` con sid`ere ere le probl` pro bl`eme eme suivant : Trouver f : [0, 1] →
R deux
fois d´erivable erivable et telle que
∀ t ∈ [0 , 1], f (t) = a (t)f (t) + b(t) f (0) = λ, f (1) = µ
Il s’agit s’a git donc d’une ´equation equat ion diff´erentielle erentie lle avec “condition “con ditionss aux au x limites”. limi tes”. On suppose supp ose que ce probl` prob l`eme eme admet une solution, solut ion, d´esign´ esign´ee ee par f dans toute la suite. On suppose que f est de classe C 4 sur [0, 1].
On note M 2 (f ) = sup |f | et M 4(f ) = sup f (4) .
[0,1]
[0,1]
L’object L’ob jectif if est e st ici d’´etudier etudi er une m´ethode etho de d’approximati d’app roximation on de f sur [0, 1]. Les parties I et II sont ind´ependantes. ependantes.
Prem Premi` i` ere ere part partie ie 1. Soit g : [α, β ] →
R une
application de classe C 2, avec α < β .
On suppose que g (α) = 0 et que g (β ) = 0. On pose M 2 (g ) = sup |g |. [α,β ]
(a) Montrer que : ∀ t ∈ [ α, β ], |g (t)| (b) En d´eduire eduire que : sup su p |g | [α,β ]
(t − α)(β − − t) M 2 (g ). 2
(β − − α)2 M 2 (g ). 8
2. On garde les notations pr´ec´ ec´edentes, edentes, mais on ne suppose plus g (α) = g (β ) = 0. Prou Pr ouver ver l’in´ l’i n´egal eg alit´ it´e : sup su p |g | [α,β ]
(β − − α)2 M 2 (g ) + max(|g (α)| , |g (β )|) 8
1 , et ∀ k ∈ {0, . . . , n + 1}, tk = kh k h. n+1 Pour tout k de {0, . . . , n + 1 }, soit uk un unee valeur approch´ appr och´ee ee de f (tk ).
3. On se donne n dans
N.
On pose h =
On note δ n = max{|uk − f (tk )| , 0 k
n + 1 }.
esente donc don c l’erreur maximum commise dans les approximations f (tk ) ≈ u k . δ n repr´esente On d´efinit efinit une application applic ation ϕn sur [0, 1] de la mani`ere ere suivante :
Pour tout k de {0, . . . , n + 1 }, ϕn (tk ) = u k . Pour tout k de {0, . . . , n}, ϕn est affine sur [tk , tk+1 ]. M 2 (f ) Montrer que sup |f − ϕn | + δ n . 8(n + 1)2 [0,1]
Math´ematique emat iquess en MPSI M PSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 1
´ Enonc´ e
Probl` eme
Deuxi` eme partie On se donne un entier n 2, et des r´eels α1 , α2 , . . . , αn et β 1 , β 2 , . . . , βn . On suppose que pour tout k de {1, . . . , n} on a αk
2.
On consid`ere le syst`eme (S ) de n ´equations (E 1 ), . . . , (E n ) aux n inconnues u1 , . . . , un :
(S )
−u2
α1 u1
−u1 +α2 u2 ...
...
= β 1 = β 2
−u3 ...
−un
...
+αn 1 un −un
2
−
−
1
−
1
−
... ...
(E n 1 ) (E n )
1
−
α1 2. Soient v1 , v2 , . . . , vn les n r´eels d´efinis par les ´egalit´es :
et
...
−un = β n +αn un = β n
1. Montrer qu’on d´efinit n r´eels γ 1 , γ 2, . . . , γn de ] 0, 1] en posant : 1 ∀ k ∈ {1, . . . , n − 1}, γ k+1 = et γ 1 =
v1 = β 1 γ 1
(E 1 ) (E 2 ) −
1 αk+1 − γ k
∀ k ∈ {1, . . . , n − 1}, vk+1 = (β k+1 + vk )γ k+1
Montrer que (S ) a une solution unique (u1 , . . . , un ), et qu’elle est donn´ee par les relations : (Σ) :
un = v n
∀ k ∈ {1, . . . , n − 1}, uk = v k + γ k uk+1
et
3. Montrer qu’on a la majoration sup |uk | 1kn
(n + 1)2 sup |β k | 2 1kn
Troisi` eme partie 1. Soit t un ´el´ement de ]0, 1[. Soit h dans
R+∗
tel que [t − h, t + h] ⊂ [0 , 1]. 2
Montrer que |f (t + h) + f (t − h) − 2f (t) − h f (t)|
h4
12
M 4 (f ).
1 . n+1 D´eduire de ce qui pr´ec`ede que pour tout k de {1, . . . , n} il existe un r´eel εk tel que :
2. On reprend maintenant les notations de la question I-3. On rappelle que h =
2
2
−f (tk 1) + (2 + h a(tk ))f (tk ) − f (tk+1 ) = − h b(tk ) + εk , avec |εk | −
h4
12
M 4 (f ).
3. On connait d´ej`a les valeurs f (t0 ) = f (0) = λ et f (tn+1) = f (1) = µ . On veut maintenant des valeurs approch´ees u1 de f (t1 ), u2 de f (t2), ..., un de f (tn ). Pour cela, on r´esout le syst`eme suivant, “proche” de celui v´erifi´e par les f (tk ) :
u0 = λ,
un+1 = µ
∀ k ∈ {1, . . . , n}, −uk 1 + (2 + h2 a(tk ))uk − uk+1 = − h2 b(tk ) −
(a) Indiquer comment calculer successivement un, un 1, . . . , u1 . (b) Pr´eciser le syst`eme v´erifi´e par les r´eels w1 = f (t1 ) − u1 , . . . , wn = f (tn) − un . M 4 (f ) En d´eduire que sup |f (tk ) − uk | . 24(n + 1)2 1kn −
4. ϕn ayant le sens vu en I-3, trouver K tel que : sup |f − ϕn | [0,1]
Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
K
(n + 1)2
. Conclusion ?
Page 2
Probl` eme
Corrig´e
Corrig´ e Premi` ere partie 1. (a) Remarquons que le r´esultat est ´evident si t ∈ {α, β }, car g (α) = g (β ) = 0. Dans la suite de cette question, on fixe donc t dans ]α, β [. Pour tout x de [α, β ] on pose ψ (x) = g (x) − θ(x − α)(x − β ). Le r´eel θ est choisi de telle mani`ere que ψ (t) = 0. L’application ψ est de classe C 2 sur [α, β ] et elle v´erifie ψ (α) = ψ (t) = ψ (β ) = 0. On applique le th´eor`eme de Rolle a` ψ sur [α, t] et sur [t, β ]. Il existe donc x1 dans ]α, t[ et x2 dans ]t, β [ tels que ψ (x1 ) = ψ (x2 ) = 0.
On applique alors le th´eor`eme de Rolle a` ψ sur [x1 , x2 ].
Il existe x3 dans ]x1 , x2 [ tel que ψ (x3 ) = 0.
Or, pour tout x de [α, β ] , on a ψ (x) = g (x) − 2θ. On en d´eduit θ =
1 g (x3 ). 2
(t − α)(t − β ) g (x3 ). 2 (t − α)(β − t) (t − α)(β − t) |g (x3 )| M 2 (g ). On en d´eduit |g(t)| = 2 2
L’´egalit´e ψ (t) = 0 donne alors g (t) =
(b) L’application t → P (t) = (t − α)(β − t) est positive ou nulle sur [α, β ]. α + β α + β Sa d´eriv´ee P (t) = α + β − 2t est positive sur α, et n´egative sur , β . 2 2 (β − α)2 α + β L’application P est donc maximum en t = et ce maximum vaut . 2 4 (β − α)2 P (t) Pour tout t de [α, β ], on a alors |g (t)| M 2 (g ) M 2 (g ). 2 8 (β − α)2 Il en d´ecoule l’in´egalit´e : sup |g| M 2 (g ). 8 [α,β ]
2. Soit g l’application affine qui co¨ıncide avec g aux points α et β .
L’application g − g est de classe C 2 sur [0, 1], et s’annule en α et β .
Enfin g − g a la mˆeme d´eriv´ee seconde que g .
(β − α)2 La question pr´ec´edente donne donc : sup |g − g | M 2 (g ). 8 [α,β ] L’application x → g (x) est affine donc monotone sur [α, β ].
Ainsi g (t) est toujours compris entre g (α) = g (α) et g (β ) = g (β ).
Il en d´ecoule que pour tout t de [α, β ] on a |g (t)| max{|g(α)| , |g (β )|}.
Ainsi : ∀ t ∈ [ α, β ], |g (t)| |g (t) − g(t)| + |g (t)| On en d´eduit effectivement : sup |g| [α,β ]
Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
(β − α)2 M 2 (g ) + max{|g (α)| , |g (β )|}. 8
(β − α)2 M 2 (g ) + max(|g (α)| , |g (β )|). 8
mathprepa.fr
Page 3
Probl` eme
Corrig´e
3. Soit k un ´el´ement de {0, 1, . . . , n}. Soit f k la restriction de f a` [tk , tk+1]. On va appliquer le r´esultat pr´ec´edent a` g = f k − ϕn sur le segment [tk , tk+1 ]. Cette application est de classe C 2 sur [tk , tk+1 ] et g = f k .
Ici
(β −α)2 1 = 8 8(n+1)2 et max(|g (α)| , |g (β )|) = max(|uk − f (tk )| , |uk+1 − f (tk+1 )|) δ n .
La question pr´ec´edente donne donc, en majorant M 2 (f k ) par M 2 (f ) : sup |f k − ϕn | [tk ,tk+1 ]
M 2 (f k ) M 2 (f ) + + δ n δ n 8(n + 1)2 8(n + 1)2
Cela est vrai pour tous les k de {0, . . . , n}, donc : sup |f − ϕn | [0,1]
M 2 (f ) + δ n . 8(n + 1)2
Deuxi` eme partie 1. On prouve l’existence des γ k au moyen d’une r´ecurrence finie. 1 Puisque α1 2, le r´eel γ 1 = existe et est dans ] 0, 21 ] donc dans ]0, 1]. α1
Supposons maintenant qu’on dispose de γ k dans ]0, 1], avec 1 k n − 1. 1 Alors αk+1 2 ⇒ α k+1 − γ k 1 ⇒ γ k+1 = existe dans ] 0, 1]. αk+1 − γ k On a donc prouv´e l’existence des n r´eels γ 1 , γ 2, . . . , γn de ] 0, 1]. 2. On doit montrer deux implications :
Le n-uplet (u1, u2, . . . , un) donn´e par (Σ) est solution du syst`eme (S ). Si un n-uplet (u1 , u2 , . . . , un) est solution de (S ), alors il v´erifie (Σ). – Soit (u1 , u2 , . . . , un ) le n-uplet d´etermin´e de fa¸con unique par (Σ). On a d’abord α1 u1 − u2 = α 1 (v1 + γ 1 u2 ) − u2 = α 1 γ 1 (β 1 + u2 ) − u2 = (β 1 + u2 ) − u2 = β 1 . Ainsi la premi`ere ´equation du syst`eme (S ) est v´erifi´ee. On se donne maintenant k dans {1, . . . , n − 1}. Montrons que (E k+1) est v´erifi´ee.
−uk + αk+1uk+1 − uk+2 = − (vk + γ k uk+1 ) + αk+1 uk+1 − uk+2 uk+1 − uk+2 γ k+1
= − vk + (αk+1 − γ k )uk+1 − uk+2 = − vk + vk+1 + γ k+1 uk+2 − uk+2 γ k+1 vk+1 = − vk + = − vk + (β k+1 + vk ) = β k+1 γ k+1
= − vk +
Enfin on v´erifie l’´egalit´e (E n ) :
−un 1 + αn un = − (vn 1 + γ n 1 un ) + αn un = − vn 1 + ( αn − γ n 1 )un −
−
−
= − vn 1 + −
−
un vn = − vn 1 + = − vn γ n γ n −
−
1 + ( β n +
−
vn
1)
−
= β n
Conclusion : Le n-uplet (u1, u2, . . . , un) donn´e par (Σ) est solution de (S ). Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 4
Probl` eme
Corrig´e
– Inversement, soit (u1 , u2 , . . . , un ) une solution du syst`eme (S ). On va v´erifier les ´egalit´es ∀ k ∈ {1, . . . , n − 1}, uk = v k + γ k uk+1 par r´ecurrence. 1 Si k = 1 : α1u1 − u2 = β 1 ⇒ u 1 = (β 1 + u2 ) = γ 1(β 1 + u2) = v 1 + γ 1 u2. α1
Soit k dans {1, . . . , n − 2}. On suppose que uk = v k + γ k uk+1 . Montrons qu’on a l’´egalit´e uk+1 = v k+1 + γ k+1 uk+2 . Pour cela on part de l’´egalit´e (E k+1 ) du syst`eme (S ) :
−uk + αk+1 uk+1 − uk+2 = β k+1 ⇒ −(vk + γ k uk+1 ) + αk+1 uk+1 − uk+2 = β k+1 ⇒ ( αk+1 − γ k )uk+1 − uk+2 = β k+1 + vk ⇒ ⇒ u k+1 = v k+1 + γ k+1 uk+2
Il reste a` v´erifier que un = v n . Pour cela on sait que
uk+1 vk+1 − uk+2 = γ k+1 γ k+1
−un 1 + αn un = β n un 1 = v n 1 + γ n 1 un −
−
−
Ces deux ´egalit´es impliquent (αn − γ n 1 )un = β n + vn 1 donc −
−
−
un = β n + vn γ n
1.
−
Il en d´ecoule un = (β n + vn 1)γ n = v n ce qui ach`eve la d´emonstration. −
3. Pour simplifier, on pose B = sup |β k |. On rappelle que : ∀ k ∈ {1, . . . , n}, |γ k | 1. 1kn
On trouve tout d’abord |v1 | = | β 1 γ 1 | |β 1 | B . Pour k dans {1, . . . , n − 1}, on a : |vk+1 | = | β k+1 + vk | |γ k+1 | |β k+1| + |vk | B + |vk |. Une r´ecurrence ´evidente donne alors : ∀ k ∈ {1, . . . , n}, |vk | kB . On en d´eduit : ∀ k ∈ {1, . . . , n − 1}, |uk | = | vk + γ k u k+1| |vk | + |uk+1 | kB + |uk+1 |. On a enfin l’in´egalit´e |un| = | vn| nB . Une r´ecurrence ´evidente donne alors, pour tout k de {1, . . . , n} : (n + 1)2 |uk | (k + ( k + 1) + · · · + n)B B 2 (n + 1)2 On a donc obtenu la majoration : sup |uk | sup |β k |. 2 1kn 1kn
Troisi` eme partie 1. Pour cette question, on peut voir deux d´emonstrations : – Premi`ere d´emonstration Posons F (x) = f (t + x) − f (t) − xf (t) −
x2
2!
f (t) −
L’in´egalit´e de Taylor-Lagrange donne : |F (h)| De mˆeme, mais sur [t − h, t] : |F (−h)|
h4
4!
h
4
4!
x3
3!
(4)
sup f [t,t+h]
(4)
sup f [t−h,t]
f (3) (t) pour tout x de [−h, h].
h4
24
h4
24
M 4 (f ).
M 4 (f ).
On constate que f (t + h) + f (t − h) − 2f (t) − h2f (t) = F (h) + F (−h).
2
On en d´eduit |f (t + h) + f (t − h) − 2f (t) − h f (t)| |F (h)| + |F (−h)|
Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
h4
12
M 4 (f ).
Page 5
Probl` eme
–
Corrig´e
Deuxi` eme d´ emonstration
On pose G(x) = f (t + x) + f (t − x) − 2f (t) − x2 f (t).
L’application G est de classe C 4 sur [−h, h]. On trouve successivement :
G (x) = f (t + x) − f (t − x) − 2xf (t) donc G (0) = 0.
G (x) = f (t + x) + f (t − x) − 2f (t) donc G (0) = 0.
G(3)(x) = f (3)(t + x) − f (3) (t − x) donc G(3) (0) = 0. G(4)(x) = f (4)(t + x) + f (4)(t − x) donc M 4(G) 2M 4 (f ). On applique l’in´egalit´e de Taylor-Lagrange a` G entre 0 et h. On trouve :
|G(h)| = G(h) − G(0) − hG (0) −
h2
2!
h3
G (0) −
3!
G
(3)
(0)
On a ainsi obtenu l’in´egalit´e demand´ee par l’´enonc´e.
h4
24
M 4 (G)
h4
12
M 4 (f )
2. Soit k dans {1, . . . , n}. On note εk = − f (tk 1 ) + (2 + h2 a(tk ))f (tk ) − f (tk+1) + h2 b(tk ). −
On sait que f (t) = a (t)f (t) + b(t) sur [0, 1]. En particulier a(tk )f (tk ) + b(tk ) = f (tk ).
On en d´eduit : εk = − f (tk 1 ) + 2 f (tk ) − f (tk+1 ) + h2 f (tk ). tk 1 = t k − h Puisque , on a : εk = − (f (tk + h) + f (tk − h) − 2f (tk ) − h2 f (tk )). tk+1 = t k + h
−
−
Le r´esultat de la question pr´ec´edente nous donne bien |εk |
h4
12
M 4 (f ).
3. (a) En posant αk = 2 + h2 a(tk ) 2, le syst`eme v´erifi´e par u1 , u2, . . . , un s’´ecrit :
(S )
Les αk ´etant
= λ − h2 b(t1 ) = β 1 = − h2 b(t2 ) = β 2
−u2
α1 u1
−u1 +α2 u2 ...
−u3
...
...
−un
2
−
...
+αn 1 un −un −
1
−
1
−
... ...
...
−un = − h2 b(tn 1 ) = β n +αn un = µ − h2b(tn) = β n −
1
−
2, il y a une solution unique, qu’on obtient comme suit : 1 1 On pose γ 1 = , et ∀ k ∈ {1, . . . , n − 1}, γ k+1 = α1 αk+1 − γ k
On pose : v1 = β 1 γ 1 , et ∀ k ∈ {1, . . . , n − 1}, vk+1 = (β k+1 + vk )γ k+1 Les n r´eels (un, un 1 , . . . , u1 ) sont alors successivement donn´es par les relations : −
un = v n
∀ k ∈ {1, . . . , n − 1}, uk = v k + γ k uk+1
et
(b) Le syst`eme v´erifi´e par f (t1), f (t2), . . . , f ( tn ) s’´ecrit :
−f (t2 ) −f (t1 ) +α2 f (t2 )
= λ − h2 b(t1 ) + ε1 = − h2 b(t2 ) + ε2
α1 f (t1 )
Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
...
...
−f (t3 ) ...
...
... ...
−f (tn 2 ) +αn 1 f (tn 1) −f (tn ) = − h2 b(tn 1 ) + εn −f (tn 1) +αn f (tn ) = µ − h2 b(tn ) + εn −
−
−
−
1
−
−
mathprepa.fr
Page 6
Probl` eme
Corrig´e
Si on soustrait membre a` membre les ´equations qui constituent d’une part le syst`eme v´erifi´e par f (t1 ), f (t2 ), . . . , f ( tn ) et d’autre part le syst`eme v´erifi´e par u1 , u2, . . . , un, on obtient le syst`eme v´erifi´e par w1 , w2 , . . . , wn a` savoir :
−w2
α1 w1
−w1 +α2 w2 ...
= ε 1 = ε 2
−w3
...
...
−wn
2
−
...
+αn 1wn −wn −
... ...
−wn = ε n +αn wn = ε n
1
−
1
−
La question II-3 nous donne la majoration sup |wk | 1kn
Or |εk |
h4
12
a-dire |εk | M 4 (f ) c’est-`
(n + 1)2 sup |εk |. 2 1kn
M 4 (f ) M 4 (f ) . Donc sup . | w | k 12(n + 1)4 24(n + 1)2 1kn
4. La question I-3 nous a donn´ e la ma joration sup |f − ϕn| [0,1]
On a ici δ n = sup |f (tk ) − uk | = sup |f (tk ) − uk | car 0kn+1
1
−
1kn
M 2 (f ) + δ n. 8(n + 1)2 u0 = f (t0 ) = λ u1 = f (t1 ) = µ
M 4 (f ) . 24(n + 1)2 K M 2 (f ) M 4 (f ) K avec = + . 2
La question III-3-b donne sup |f (tk ) − uk | 1kn
On en d´eduit : sup |f − ϕn| [0,1]
(n + 1)
8
24
Conclusion : On dispose d’une m´ethode permettant d’approcher la solution f du probl`eme initial par une application ϕn affine par morceaux. L’erreur globale commise dans cette approximation est de l’ordre de n1 , o`u n est le nombre de points utilis´es pour construire ϕn. 2
Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 7
