Universit´ e de Provence, Ann´ ee 2011/2012 Licence Math´ ematiques-Informatiqu

Universit´ e de Provence, Ann´ ee 2011/2012 Licence Math´ ematiques-Informatique, parcours M´ ecanique-3` eme ann´ ee T.D. de Calcul Scientifique Corrig´ e des exercices de la feuille n˚ 2 Exercice 1 : Soit le syst` eme d’´ equations diff´ erentielles du1 dt = 2u1 du2 dt = 3u1 −u2. (1) avec des conditions initiales donn´ ees en t = 0. R´ esoudre ce syst` eme d’´ equations diff´ erentielles de deux mani` eres. 1a) D´ eterminer u1 par la premi` ere ´ equation est injecter le r´ esultat dans la deuxi` eme ´ equation. Corrig´ e : La solution de la premi` ere ´ equation est bien sˆ ur u1 = e2ta avec a la condition initiale u1(0) = a. Injectant cette solution dans la deuxi` eme ´ equation on doit r´ esoudre du2 dt = 3e2ta−u2. (2) Comme il a ´ et´ e rappel´ e dans le chapitre 1.1 de la partie 4 du cours, la solution u2 = v + w est la somme d’une solution g´ en´ erale v de l’´ equation homog` ene et d’une solution particuli` ere w. Donc, v est solution de dv dt = −v et donc v = e−tb (avec b par exemple la condition initiale u2(0) = b). La solution particuli` ere s’´ ecrit, par la m´ ethode de la variation de la constante, w = c(t)e−t et si on injecte cette fonction dans l’´ equation (2), on trouve e−t dc dt = 3e2ta, donc dc dt = 3ae3t et une solution qui s’annule en t = 0 (dans ce cas la constante b de la solution g´ en´ erale corres- pond bien ` a la condition initiale u2(0)) est c(t) = 3a Z t 0 e3s ds = a(e3t −1) et w = a(e2t −e−t). 1 Par cons´ equent, u2(t) = e−tb+a(e2t −e−t). 1b) Ecrire le syst` eme sous la forme d dt u = Au et trouver la solution ` a l’aide de etA. Corrig´ e : La matrice A s’´ ecrit A =  2 0 3 −1  et les valeurs propres de cette matrice sont λ1 = 2 et λ2 = −1 (en effet, A est triangulaire et les ´ el´ ements sur la diagonale d’une matrice triangulaire sont aussi les valeurs propres de la matrice). On rappelle que si x est vecteur propre associ´ e ` a la valeur propre λ d’une matrice, alors x est solution (non nulle) de l’´ equation (A−λI)x = 0. Ici, pour λ1 = 2 on trouve 3x1 −3x2 = 0 et donc x(1) = (1,1)T est vecteur propre associ´ e ` a λ1. Pour λ2 = −1 on trouve 2x1 = 0 et donc x(2) = (0,1)T est vecteur propre associ´ e ` a λ2. Soit donc P =  1 0 1 1  la matrice dont les colonnes sont les vecteurs propres, alors A = PDP−1 avec D =  2 0 0 −1  , P−1 =  1 0 −1 1  . Comme il a ´ et´ e d´ emontr´ e dans la partie cours, on peut ´ ecrire etA = PetDP−1 ; l’exponentielle d’une matrice D diagonale se calcule ais´ ement et ici etD =  e2t 0 0 e−t  d’o` u en d´ efinitive etA =  e2t 0 e2t −e−t e−t  Soit donc u(0) = (u1(0),u2(0))T = (a,b)T, alors u(t) = etAu(0) et on retrouve bien u1(t) = e2ta, u2(t) = (e2t −e−t)a+e−tb. 2 Exercice 2 : Soit maintenant le syst` eme d’´ equations diff´ erentielles du1 dt = 2u1 du2 dt = 3u1 +2u2. (3) avec des conditions initiales donn´ ees en t = 0. R´ esoudre ce syst` eme d’´ equations diff´ erentielles de deux mani` eres. 2a) D´ eterminer u1 par la premi` ere ´ equation est injecter le r´ esultat dans la deuxi` eme ´ equation. Corrige : On trouve u1 = e2ta et on injecte cette solution dans la deuxi` eme ´ equation, donc du2 dt = 3e2ta+2u2. A nouveau u2 = v+w avec v = e2tb solution g´ en´ erale de l’´ equation homog` ene et w = c(t)e2t : injectant cette expression dans l’´ equation, on trouve dc dt = e−2t3e2ta = 3a dont la solution qui s’annule en t = 0 est c(t) = 3at et donc u2(t) = e2tb+3ate2t. 2b) Ecrire le syst` eme sous la forme d dt u = Au. D´ ecomposer A A =  2 0 0 2  +  0 0 3 0  et en d´ eduire etA ainsi que la solution du syst` eme. Corrig´ e : Bien sˆ ur A =  2 0 3 2  . Cette matrice a λ1 = 2 comme valeur propre double et on peut montrer que la matrice n’est pas diagonalisable. La d´ ecomposition ci-dessus est de la forme A = 2I +N 3 avec I matrice unit´ e 2 ×2 et N =  0 0 3 0  et on peut facilement se convaincre que N2 = 0 est la matrice identiquement ´ egale ` a z´ ero. Les matrices I et N commutent et (voir cours, partie 4, chapitre 1.2) etA = et2IetN. Evidemment, et2I =  e2t 0 0 e2t  et etN se calcule ais´ ement car la s´ erie est une somme finie, ´ etant donn´ e que N2 = 0 (et donc Nk = 0,k ≥2) etN = I +tN =  1 0 3t 1  . Op´ erant le produit de ces deux matrices, on trouve bien etA =  e2t 0 3te2t e2t  et on retrouve u(t) = etAu0 avec u0 = (a,b)T la condition initiale. Exercice 3 : Deux ressorts coupl´ es. Deux masses ´ egales m1 = m2 = m sont reli´ ees entre elles et ` a un support fixe par des res- sorts de mˆ eme constante k. Les ´ elongations u1(t) et u2(t) des masses ` a partir de leurs positions d’´ equilibre sont, en l’absence de forces ext´ erieures r´ egies par le syst` eme diff´ erentiel                 m m 1 2 2 1 u u md2u1 dt2 = k(u2 −u1)−ku1 md2u2 dt2 = −k(u2 −u1) Trouver la solution du syst` eme, qui v´ erifie la condition initiale u1(0) = 1, u2(0) = 0, du1 dt (0) = 0, du2 dt (0) = 0. 4 Indication : On cherchera la solution sous la forme (u1,u2) = eλt(a,b). Corrig´ e : Il s’agit ici de deux ´ equation diff´ erentielles lin´ eaires ` a coefficients constants d’ordre deux et ce syst` eme pourrait ˆ etre ´ ecrit sous la forme de 4 ´ equations d’ordre 1. Il a ´ et´ e vu dans la partie cours que les composantes de la solution d’un syst` eme d’´ equations diff´ erentielles lin´ eaires ` a coefficients constants s’´ ecrivent comme une combinaison lin´ eaire de etλ avec λ les valeurs propres de la matrice qui d´ efinit le syst` eme d’´ equations diff´ erentielles. Pour trouver ces valeurs propres λ, il est donc l´ egitime de poser (u1,u2) = eλt(a,b) et d’injecter cette expression dans l’´ equation. On trouve mλ2aeλt = k(b−a)eλt −kaeλt mλ2beλt = −k(b−a)eλt ce qui donne lieu au syst` eme (mλ2 +2k)a−kb = 0 −ka+(mλ2 +k)b = 0. On cherche ´ evidemment ` a ´ ecrire les conditions pour que ce syst` eme ait une solution (a,b) ̸= (0,0), ce qui est le cas si le d´ eterminant du syst` eme est nul et donc (mλ2 +2k)(mλ2 +k)−k2 = 0 et en posant µ = λ2, on doit r´ esoudre m2µ2 +3kmµ+k2 = 0. Par cons´ equent µ1 = k m −3+ √ 5 2 ! , µ2 = k m −3− √ 5 2 ! . Ces deux solutions sont n´ egatives et ´ etant donn´ e que λ2 = µ, on trouve λ1 = iω1,λ2 = −iω1,λ3 = iω2,λ4 = −iω2, avec les fr´ equences ω1 = r k m s 3− √ 5 2 ,ω2 = r k m s 3+ √ 5 2 . Les valeurs de λ sont imaginaires pures et conjugu´ ees complexes : au lieu d’´ ecrire la solution (r´ eelle) comme une combinaison lin´ eaire des fonctions e±iω jt, il est plus commode de l’´ ecrire comme une somme de sinus et cosinus et u1(t) = A1cos(ω1t)+B1sin(ω1t)+C1cos(ω2t)+D1sin(ω2t) u2(t) = A2cos(ω1t)+B2sin(ω1t)+C2cos(ω2t)+D2sin(ω2t). 5 Or, dans ces expressions apparaissent 8 constantes ` a d´ eterminer, mais la condition initiale ne fournit que 4 conditions. Il convient donc d’injecter la forme g´ en´ erale de la solution ci-dessus dans une des deux ´ equations diff´ erentielles du syst` eme, par exemple la deuxi` eme, ce qui donne les relations (−ω2 1m+k)A2 = kA1 (4) (−ω2 1m+k)B2 = kB1 (5) (−ω2 2m+k)C2 = kC1 (6) (−ω2 2m+k)D2 = kD1. (7) Ecrivons les relations provenant des conditions initiales. La condition du1 dt (0) = 0 donne ω1B1 +ω2D1 = 0 uploads/s3/ feuille2-corrige 1 .pdf

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