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Faire trois itérations avec h = 0,1 des méthodes d'Euler explicite, d'Euler modi- fiée, du point milieu et de Runge-Kutta d'ordre 4 pour les équations différentielles

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Réponses aux exercices du chapitre 7

Numéro 1. Faire trois itérations avech= 0,1des méthodes d"Euler explicite, d"Euler modi-

fiée, du point milieu et de Runge-Kutta d"ordre 4 pour les équations différentielles suivantes :

a)y0(t) =tsin(y(t)) (y(0) = 2) b)y0(t) =t2+ (y(t))2+ 1 (y(1) = 0) c)y0(t) =y(t)et(y(0) = 2)

Solution

a) On a y0=tsin(y(t)),y(0) = 2eth= 0,1. On a donc quet0= 0, quey0= 2et que f(tn;yn) =tnsin(yn).

Euler:yn+1=yn+hf(tn;yn)

t n+1=tn+h -y0= 2 -y1= 2 + 0,10sin2 = 2 -y2= 2 + 0,10,1sin2 = 2,0090929 -y3= 2,0090929 + 0,10,2sin2,0090929 = 2,02720249

Euler modifiée :

^y=yn+hf(tn;yn) y n+1=yn+h2 [f(tn;yn) +f(tn+1;^y)] -f(t0;y0) =f(0,2) = 0 ^y=y0+hf(t0;y0) = 2 +h0 = 2 y

1=y0+h2

[f(t0;y0) +f(t0+h;^y)] = 2 + 0,05[0 + 0,1sin(2)] = 2,004546487 -f(t1;y1) = 0,1sin(2,004546487) = 0,0907396 ^y= 2,004546487 + 0,10,0907396 = 2,01362044 f(t2;^y) = 0,2sin(2,01362044) = 0,18070903 y

2= 2,004546487 + 0,05[0,0907396 + 0,18070903] = 2,018118919

De même, on a que y3= 2,040539939.

Runge-Kutta d"ordre 4 :

8 >>>>>:k

1=hf(tn;yn)

2=hf(tn+h=2;yn+k1=2)

3=hf(tn+h=2;yn+k2=2)

4=hf(tn+h;yn+k3)

y n+1=yn+ 1=6(k1+ 2k2+ 2k3+k+ 4) t n+1=tn+h On a queh= 0,1,t0= 0,y0= 2et quef(tn;yn) =tnsin(yn). 1 -P ourla première itération, on obtien t: k

1=hf(t0;y0) = 0,10sin2 = 0

2=hf0 + 0,05;2 +02

= 0,1f(0,05,2) = 0,10,05sin2 = 0,004546487 k

3= 0,1f(0,05;2 + 0,004546487=2) = 0,1f(0,05,2,002273244)

= 0,10,05sin(2,002273244) = 0,004541745 k

4= 0,1f(0,1,2,004541745) = 0,00907398

)y1= 2 +16 (k1+ 2k2+ 2k3+k4) = 2,004541741.

De même, on trouve que :

Deuxième itération :

1= 0,009074k2= 0,013582k3= 0,013568k4= 0,018032

2= 2,01810947

T roisièmeitération : k

1= 0,018032k2= 0,022442k3= 0,022418k4= 0,026751

2= 2,04052645

b) On a y0(t) =t2+ (y(t))2+ 1,y(1) = 0eth= 0,1. Donc, on a également quet0= 1, y

0= 0et quef(tn;yn) =t2n+ (yn)2+ 1.

Euler:y1=y0+hf(t0;y0) = 0 + 0,1(12+ 0 + 1)

1= 0,2t1= 1,1

2=y1+hf(t1;y1) = 0,2 + 0,1(1,12+ 0,22+ 1)

2= 0,425t2= 1,2

3=y2+hf(t2;y2) = 0,425 + 0,1(1,22+ 0,4252+ 1)

3= 0,6870625t3= 1,3

Euler modifiée:

Première itération

^y=y0+hf(t0;y0) = 0 + 0,1f(1,0) = 0,2 y

1=y0+h=2(f(t0;y0) +f(t0+h;^y)) = 0 + 0,05(f(1,0) +f(1,1,0,2)) = 0,2125

1= 1,1

Deuxième itération ^y=y1+hf(t1;y1) = 0,2125 + 0,1f(1,1,0,2125) = 0,4380156 y

2=y1+h=2(f(t1;y1) +f(t1+h;^y))

2= 0,2125 + 0,05(f(1,1,0,2125) +f(1,2,0,4380156)) = 0,45685069

2= 1,2

T roisièmeitération ^y=y2+hf(t2;y2) = 0,45685069 + 0,1f(1,2,0,45685069) = 0,7217219 y

3=y2+h=2(f(t2;y2) +f(t2+h;^y))

3= 0,45685069 + 0,05(f(1,2,0,45685069) +f(1,3,0,7217219)) = 0,74983045

3= 1,3

Runge-KuttaO(h4):

Première itération

2 k

1= 0,2k2= 0,211250k3= 0,211366k4= 0,225468

1= 0,2117831

Deuxième itération k

1= 0,225485k2= 0,242782k3= 0,243351k4= 0,264715

2= 0,45552718

T roisièmeitération k

1= 0,264751k2= 0,290813k3= 0,292362k4= 0,420788

3= 0,748199

c) On a y0(t) =y(t)et,y(0) = 2eth= 0,1. Donc, on a également quet0= 0,y0= 2et quef(tn;yn) =ynetn.

Euler:y1= 2,2

2= 2,4431376

3= 2,741543

Euler modifiée:^y= 2,2)y1= 2,2215688

^y= 2,4670901)y2= 2,494994 ^y= 2,7997344)y3= 2,836326

Runge-KuttaO(h4):

Première itération : k

1= 0,2k2= 0,220767k3= 0,221859k4= 0,245553

2= 2,2218007

Deuxième itération : k

1= 0,245547k2= 0,272401k3= 0,273961k4= 0,304833

2= 2,495651

T roisièmeitération : k

1= 0,304820k2= 0,340018k3= 0,342278k4= 0,383080

2= 2,8377328

Numéro 2. L"équation différentielle :

y0(t) =y(t) +e2t(y(0) = 2) possède la solution analytiquey(t) =et+e2t. a) En prenan th= 0,1, faire 3 itérations de la méthode d"Euler modifiée et calculer l"erreur commise sury3en comparant les résultats avec la solution analytiquey(0;3). b) En prenan th= 0,05, faire 6 itérations de la méthode d"Euler modifiée et calculer l"erreur commise sury6en comparant les résultats avec la solution analytiquey(0;3). c) F airele rapp ortdes erreurs commises en a) et en b) et commen terle résultat en fonction de l"erreur de troncature locale liée à la méthode utilisée. d) Utiliser l"extrap olationde Ric hardsonp ourobtenir une meilleure appro ximationde y(0;3). 4

Solution

Commey(t) =et+e2t, alorsy(0,3) = 3,171977608. Aussi, on a quef(tn;yn) =yn+e2tn, quey(0) = 2et donc quey0= 2et quet0= 0. a) On fait 3 itérations a vech= 0,1et avec la méthode d"Euler modifiée. ^y= 2,3)y1= 2,2215688 ^y= 2,68081743)y2= 2,712075889 ^y= 3,132465948)y3= 3,1700001557

L"erreur est alors donnée par :

jy(0,3)y3j=j3,1719776083,1700001557j= 0,00197745. b) On fait 6 itéra tionsa vech= 0,05et avec la méthode d"Euler modifiée. ^y= 2,15)y1= 2,1563793 ^y= 2,3194568)y2= 2,3264395 ^y= 2,5038316)y3= 2,5114778 ^y= 2,7045447)y4= 2,7129205 ^y= 2,9231577)y5= 2,9323361 ^y= 3,1613890)y6= 3,1714502

L"erreur est alors donnée par :

jy(0,3)y6j=j3,1719776083,1714502j= 0,00052739. c)

Le ratio des erreurs est :

0,001977450,00052739= 3,754, ce qui confirme que la méthode

d"Euler modifiée est d"ordre 2. d) L"extra polationde Ric hardsond"ordre nest donnée par l"équation suivante : Q exaw2n+Qapp(h=2)Qapp(h)2 n1

On a donc :

43,1714502173,17000015573

= 3,171933572(erreur =0,44104). 5 Numéro 4. On considère l"équation différentielle : y0(t) = 2y(t) y(0) = 5 a) Vérifier que la s olutionanalytique est y(t) = 5e2t. b)

En p osanth=1N

, montrer que les approximations fournies par la méthode d"Euler explicite peuvent s"écrire commeyn= 5(1 + 2h)n, pourn= 0;:::;N. c) Vérifier n umériquementque l"erreur e(h)se comporte suivant la relatione(h)Kh, oùKest une constante.

Solution

a) Si y(t) = 5e2t, alors on a quey0(t) = 10e2t= 2y(t). De plus, on a quey(0) = 5e0= 5. Donc,y(t) = 5e2test bien une solution analytique de l"équation différentielle. b) Puisque y0(t) = 2y(t), on a quef(tn;yn) = 2yn. On a également quey0= 5. L"algo- rithme de la méthode d"Euler explicite nous dit que y n+1=yn+hf(tn;yn) =yn+h(2yn) = (1 + 2h)yn pour toutn. Par conséquent, on obtient par récursivité que : y n+1= (1 + 2h)((1 + 2h)yn1) = (1 + 2h)2((1 + 2h)yn2) = (1 + 2h)n+1y0= 5(1 + 2h)n+1 c) On p eutc hercherla constan teen calculan ten=hn.nh ne ne n=hn20,516,946233,9

100,15,986659,9

200,053,307766,7

1000,010,722072,2

2000,0050,365173,0

et doncK'73. 6 Numéro 19. On vous demande de résoudre le système d"équations différentielles suivant pour modéliser le mouvement d"un pendule de Foucault : 8< :x00(t) = 2!y0(t)sin k2x(t)x(0) = 1x0(0) = 0 y00(t) =2!x0(t)sin k2y(t)y(0) = 1y0(0) = 0 où(x(t);y(t))désigne la trajectoire du pendule dans le plan,!est la vitesse angulaire de la terre, est la latitude locale etk2=g=l,gétant l"accélération gravitationnelle etlla longueur du pendule.

Discuter brièvement d"une stratégie de résolution et, si nécessaire, reformuler ce problème

pour que l"on puisse résoudre par les techniques numériques vues dans ce chapitre.Ne pas répondre.

Solution

En posantx1(t) =x(t),x2(t) =x0(t),x3(t) =y(t)etx4(t) =y0(t), on obtient le système suivant : 8>>< >:x

01(t) =x2(t)x1(0) = 1

02(t) = 2!x4(t)sin k2x1(t)x2(0) = 0

03(t) =x4(t)x3(0) = 0

04(t) =2!x2(t)sin k2x3(t)x4(0) = 0

On peut alors résoudre par une méthode de Runge-Kutta d"ordre 4 pour les systèmes d"équa-

tions différentielles pour une plus grande précision. 7quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

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Réponses aux exercices du chapitre 7

Solution

Euler:yn+1=yn+hf(tn;yn)

Euler modifiée :

1=y0+h2

2= 2,004546487 + 0,05[0,0907396 + 0,18070903] = 2,018118919

De même, on a que y3= 2,040539939.

Runge-Kutta d"ordre 4 :

1=hf(tn;yn)

2=hf(tn+h=2;yn+k1=2)

3=hf(tn+h=2;yn+k2=2)

4=hf(tn+h;yn+k3)

1=hf(t0;y0) = 0,10sin2 = 0

2=hf0 + 0,05;2 +02

3= 0,1f(0,05;2 + 0,004546487=2) = 0,1f(0,05,2,002273244)

4= 0,1f(0,1,2,004541745) = 0,00907398

De même, on trouve que :

Deuxième itération :

1= 0,009074k2= 0,013582k3= 0,013568k4= 0,018032

2= 2,01810947

T roisièmeitération : k

1= 0,018032k2= 0,022442k3= 0,022418k4= 0,026751

2= 2,04052645

0= 0et quef(tn;yn) =t2n+ (yn)2+ 1.

Euler:y1=y0+hf(t0;y0) = 0 + 0,1(12+ 0 + 1)

1= 0,2t1= 1,1

2=y1+hf(t1;y1) = 0,2 + 0,1(1,12+ 0,22+ 1)

2= 0,425t2= 1,2

3=y2+hf(t2;y2) = 0,425 + 0,1(1,22+ 0,4252+ 1)

3= 0,6870625t3= 1,3

Euler modifiée:

Première itération

1=y0+h=2(f(t0;y0) +f(t0+h;^y)) = 0 + 0,05(f(1,0) +f(1,1,0,2)) = 0,2125

1= 1,1

2=y1+h=2(f(t1;y1) +f(t1+h;^y))

2= 0,2125 + 0,05(f(1,1,0,2125) +f(1,2,0,4380156)) = 0,45685069

2= 1,2

3=y2+h=2(f(t2;y2) +f(t2+h;^y))

3= 0,45685069 + 0,05(f(1,2,0,45685069) +f(1,3,0,7217219)) = 0,74983045

3= 1,3

Runge-KuttaO(h4):

Première itération

1= 0,2k2= 0,211250k3= 0,211366k4= 0,225468

1= 0,2117831

Deuxième itération k

1= 0,225485k2= 0,242782k3= 0,243351k4= 0,264715

2= 0,45552718

T roisièmeitération k

1= 0,264751k2= 0,290813k3= 0,292362k4= 0,420788

3= 0,748199

Euler:y1= 2,2

2= 2,4431376

3= 2,741543

Euler modifiée:^y= 2,2)y1= 2,2215688

Runge-KuttaO(h4):

Première itération : k

1= 0,2k2= 0,220767k3= 0,221859k4= 0,245553

2= 2,2218007

Deuxième itération : k

1= 0,245547k2= 0,272401k3= 0,273961k4= 0,304833

2= 2,495651

T roisièmeitération : k

1= 0,304820k2= 0,340018k3= 0,342278k4= 0,383080

2= 2,8377328

Numéro 2. L"équation différentielle :

Solution

L"erreur est alors donnée par :

L"erreur est alors donnée par :

Le ratio des erreurs est :

0,001977450,00052739= 3,754, ce qui confirme que la méthode

On a donc :

43,1714502173,17000015573

En p osanth=1N

Solution

100,15,986659,9

200,053,307766,7

1000,010,722072,2

2000,0050,365173,0

Solution