مسابقة دكتوراه 2017 — Université Amar Telidji - Laghouat — الموضوع 02

مسابقة عامة · الرياضيات

Faculté des Sciences, Département de Mathématiques, Concours d'accès au Doctorat 2017-2018, Épreuve : Analyse Mathématique, Date : 18/10/2017

التمرين 1

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

#équations différentielles#estimation énergétique#unicité

On considère l'équation différentielle $y''(x)-(x^4+1)y(x)=0$ pour $x\in[0,+\infty[$ .

Soit $y\in C^2([0,+\infty[)$ une solution telle que $y(0)=y'(0)=0$ . Montrer que $y\equiv 0$ sur $[0,+\infty[$ .
En déduire l'unicité de la solution du problème de Cauchy associé à cette EDO.

Technique de l'énergie + Grönwall pour l'unicité. Cette méthode s'étend aux EDO linéaires à coefficients continus et aux EDP elliptiques/paraboliques.

◀الحل

Posons $E(x)=y(x)^2+y'(x)^2$ (énergie). Alors $E'(x)=2yy'+2y'y''=2y'(y+y'')=2y'(y+(x^4+1)y)=2y'y(x^4+2)$ .

Par Cauchy-Schwarz : $|E'(x)|\le (x^4+2)\cdot 2|y y'|\le (x^4+2)(y^2+(y')^2)=(x^4+2)E(x)$ .

Donc $|E'(x)|\le (x^4+2)E(x)$ . Par lemme de Grönwall (intégration) avec $E(0)=0$ : $E(x)\le E(0)\exp\int_0^x(t^4+2)dt = 0$ . Donc $E(x)=0$ pour tout $x\ge 0$ , ce qui donne $y\equiv 0$ .

Si $y_1,y_2$ sont deux solutions du problème de Cauchy avec mêmes conditions initiales, alors $y=y_1-y_2$ est solution avec $y(0)=y'(0)=0$ . Par 1) $y\equiv 0$ , donc $y_1=y_2$ .

التمرين 2

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

#interpolation#Newton#différences divisées

Soit la fonction $f(x)=\ln(x)$ connue aux points $x_0=1$ , $x_1=2$ , $x_2=4$ .

Construire le polynôme d'interpolation de Newton $P_2(x)$ de $f$ passant par ces trois points.
Calculer $P_2(3)$ et comparer avec $f(3)=\ln 3\approx 1{,}0986$ .
Donner une majoration théorique de l'erreur $|f(3)-P_2(3)|$ .

Interpolation de Newton : facile à mettre à jour, pratique numériquement. Erreur $\propto 1/(n+1)!$ (Runge). Pour minimiser, choisir nœuds de Chebyshev sur $[a,b]$ : $x_k=(a+b)/2+((b-a)/2)\cos((2k+1)\pi/(2(n+1)))$ .

◀الحل

Table des différences divisées : $f[x_0]=\ln 1=0$ , $f[x_1]=\ln 2\approx 0{,}6931$ , $f[x_2]=\ln 4=2\ln 2\approx 1{,}3863$ .

Ordre 1 : $f[x_0,x_1]=(\ln 2-0)/(2-1)=\ln 2$ . $f[x_1,x_2]=(\ln 4-\ln 2)/(4-2)=\ln 2/2$ .

Ordre 2 : $f[x_0,x_1,x_2]=(\ln 2/2 - \ln 2)/(4-1) = (-\ln 2/2)/3 = -\ln 2/6$ .

Donc $P_2(x) = 0 + \ln 2\cdot(x-1) - \dfrac{\ln 2}{6}(x-1)(x-2)$ .

$P_2(3) = \ln 2\cdot 2 - \dfrac{\ln 2}{6}\cdot 2\cdot 1 = 2\ln 2 - \dfrac{\ln 2}{3} = \dfrac{5\ln 2}{3}\approx 1{,}1552$ .

Erreur : $|1{,}1552-1{,}0986|\approx 0{,}057$ .

Majoration : $|f(x)-P_2(x)|\le \dfrac{M_3}{3!}|(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)|$ où $M_3=\max_{[1,4]}|f'''|$ . Or $f'''(x)=2/x^3$ , $M_3=2$ (en $x=1$ ). En $x=3$ : $|(3-1)(3-2)(3-4)|=2$ . Majoration : $|f(3)-P_2(3)|\le (2/6)\cdot 2 = 2/3\approx 0{,}667$ . La majoration est nettement plus large que l'erreur réelle.