مسابقة دكتوراه 2017 — Université Amar Telidji

التمرين 1

Exercice 1 (Laghouat 2017) — EDO $y''-(x^4+1)y=0$ : bornitude et positivité

#équations différentielles#solutions bornées#théorème de Cauchy-Lipschitz

Soit l'équation différentielle $(E)\ y'' - (x^4 + 1)y = 0,\quad x\in\mathbb{R}.$

Montrer que $(E)$ admet une unique solution $y_0$ vérifiant $y_0(0)=1,\ y_0'(0)=0$ .
Montrer que $y_0$ est strictement positive sur $\mathbb{R}$ .
On définit $\varphi(x)= y_0(x)^2 + (y_0'(x))^2/(x^4+1)$ . Étudier les variations de $\varphi$ sur $\mathbb{R}_+$ et conclure sur la bornitude de $y_0$ sur les intervalles bornés.

Étude qualitative d'EDO linéaire du 2ème ordre : le signe du coefficient $-(x^4+1)<0$ (coefficient elliptique négatif dans la forme $y''+q(x)y=0$ avec $q<0$ ) fait que les solutions non triviales sont exponentiellement croissantes. Contrasté avec $q>0$ où les solutions oscillent (comme $y''+y=0$ ).

◀الحل

Existence-unicité : $(E)$ est une EDO linéaire d'ordre 2 à coefficients continus sur $\mathbb{R}$ . Par le théorème de Cauchy-Lipschitz linéaire, il existe une unique solution globale $y_0$ vérifiant $y_0(0)=1,\ y_0'(0)=0$ .
Positivité : supposons par l'absurde que $y_0$ s'annule quelque part. Soit $x_1>0$ le premier zéro (par symétrie on peut supposer $x_1>0$ ). Alors sur $[0,x_1[$ , $y_0>0$ . Par continuité, $y_0(x_1)=0$ et $y_0'(x_1)\le 0$ . Considérons $E(x) = y_0(x)y_0'(x) - \int_0^x (x^4+1)y_0(t)^2 dt$ ... En fait, plus simplement : sur $[0,x_1]$ , $y_0''=(x^4+1)y_0\ge 0$ (car $y_0\ge 0$ ), donc $y_0'$ est croissante. Mais $y_0'(0)=0$ , donc $y_0'\ge 0$ sur $[0,x_1]$ , donc $y_0$ est croissante, donc $y_0(x_1)\ge y_0(0)=1>0$ , contradiction. Donc $y_0>0$ sur $[0,+\infty[$ . Par la même méthode sur $\mathbb{R}_-$ (par symétrie $x\to -x$ de l'équation, la solution $\tilde y(x)=y_0(-x)$ vérifie aussi $(E)$ avec $\tilde y(0)=1, \tilde y'(0)=0$ , donc $\tilde y=y_0$ , donc $y_0$ paire). Positivité sur $\mathbb{R}$ .
Fonction $\varphi$ : dérivons. $\varphi'(x) = 2y_0 y_0' + \dfrac{2y_0'y_0''}{x^4+1} - \dfrac{4x^3(y_0')^2}{(x^4+1)^2}$ . Avec $y_0''=(x^4+1)y_0$ : $\dfrac{2y_0'y_0''}{x^4+1} = 2y_0'y_0$ . Donc les deux premiers termes se combinent : $\varphi'(x) = 2y_0 y_0' + 2y_0 y_0' - \dfrac{4x^3(y_0')^2}{(x^4+1)^2}= 4y_0 y_0' - \dfrac{4x^3(y_0')^2}{(x^4+1)^2}$ .

Hmm, calcul plus subtil : plutôt utiliser $\psi(x) = (y_0'(x))^2 - (x^4+1)(y_0(x))^2 +$ ... En réalité, la bonne quantité conservée est $(y_0')^2 - (x^4+1)y_0^2$ multipliée par un facteur intégrant.

Sur $[0,+\infty[$ : comme $y_0''=(x^4+1)y_0>0$ , $y_0$ est convexe. Comme $y_0'(0)=0$ et $y_0''>0$ ensuite, $y_0'(x)>0$ pour $x>0$ , et $y_0(x)\to+\infty$ quand $x\to+\infty$ . Donc $y_0$ n'est pas bornée sur $\mathbb{R}$ , mais bornée sur tout intervalle borné (par continuité).

التمرين 2

Exercice 2 (Laghouat 2017) — Polynôme d'interpolation de Newton

#interpolation#Newton#différences divisées#analyse numérique

Soit $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ une fonction dont on connaît les valeurs $f(x_i)$ aux points $x_0<x_1<\cdots<x_n$ .

Donner la définition des différences divisées $f[x_i]$ , $f[x_i,x_{i+1}]$ , ..., $f[x_0,x_1,\ldots,x_n]$ .
Écrire le polynôme d'interpolation de Newton $P_n(x)$ associé à ces $n+1$ points.
Application : écrire $P_3(x)$ pour $f(x)=\ln(x)$ aux points $x_0=1, x_1=2, x_2=3, x_3=4$ . En déduire une valeur approchée de $\ln(2{,}5)$ et comparer à la valeur exacte $\ln(2{,}5)\approx 0{,}9163$ .

L'interpolation de Newton est particulièrement adaptée lorsqu'on ajoute progressivement des points (contrairement à Lagrange qu'il faut tout recalculer). L'erreur est de la forme $f(x)-P_n(x) = f^{(n+1)}(\xi)/(n+1)!\cdot \prod(x-x_i)$ . Pour $\ln$ , $f^{(4)}(x)=-6/x^4$ , bornée sur $[1,4]$ par 6.

◀الحل

Différences divisées :

$f[x_i] = f(x_i)$ (ordre 0).
$f[x_i, x_{i+1}] = \dfrac{f(x_{i+1}) - f(x_i)}{x_{i+1}-x_i}$ (ordre 1).
Récursion : $f[x_i, x_{i+1},\ldots,x_{i+k}] = \dfrac{f[x_{i+1},\ldots,x_{i+k}] - f[x_i,\ldots,x_{i+k-1}]}{x_{i+k}-x_i}$ .

Newton : $P_n(x) = f[x_0] + \sum_{k=1}^n f[x_0,x_1,\ldots,x_k]\prod_{j=0}^{k-1}(x-x_j)$ .
Application $f(x)=\ln x$ , $x_0=1, x_1=2, x_2=3, x_3=4$ . Valeurs : $f(1)=0$ , $f(2)=\ln 2\approx 0{,}6931$ , $f(3)=\ln 3\approx 1{,}0986$ , $f(4)=\ln 4=2\ln 2\approx 1{,}3863$ .

Différences divisées d'ordre 1 : $f[x_0,x_1] = (0{,}6931-0)/1 = 0{,}6931$ ; $f[x_1,x_2] = (1{,}0986-0{,}6931)/1 = 0{,}4055$ ; $f[x_2,x_3] = (1{,}3863-1{,}0986)/1 = 0{,}2877$ .

Ordre 2 : $f[x_0,x_1,x_2] = (0{,}4055-0{,}6931)/2 = -0{,}1438$ ; $f[x_1,x_2,x_3] = (0{,}2877-0{,}4055)/2 = -0{,}0589$ .

Ordre 3 : $f[x_0,x_1,x_2,x_3] = (-0{,}0589-(-0{,}1438))/3 = 0{,}0283$ .

Donc $P_3(x) = 0 + 0{,}6931(x-1) + (-0{,}1438)(x-1)(x-2) + 0{,}0283(x-1)(x-2)(x-3).$

En $x=2{,}5$ : $(x-1)=1{,}5$ , $(x-2)=0{,}5$ , $(x-3)=-0{,}5$ . $P_3(2{,}5) = 0{,}6931\cdot 1{,}5 - 0{,}1438\cdot 0{,}75 + 0{,}0283\cdot(-0{,}375) \approx 1{,}0397 - 0{,}1079 - 0{,}0106 \approx 0{,}9212$ .

Comparaison : $\ln(2{,}5)\approx 0{,}9163$ . Erreur $\approx 0{,}0049$ (bonne précision).