M62 Devoir Maison 2020

Auteur·rice

Gloria FACCANONI

Date de publication

20 mars 2024

1 M62 Devoir Maison 2020

1.1 Exercice : implémentation et comparaison de schémas

Le déplacement $x(t)$ d’un système oscillant composé d’une masse et d’un ressort, soumis à une force de frottement proportionnelle à la vitesse, est décrit par l’équation différentielle du second ordre $ x''(t)+ 5x'(t)+6x(t)=0, $ avec $x(0) = 1$ et $x'(0) = 0$, pour $t \in [0, 5]$.

Écrire le système sous forme matricielle. Calculer ensuite la solution exacte avec sympy. Afficher $t\mapsto x(t)$, $t\mapsto x'(t)$ et $x\mapsto x'(x)$.
Calculer la solution approchée obtenue par la méthode d’Euler Progressif avec $301$ points. Afficher $t\mapsto x(t)$, $t\mapsto x'(t)$ et $x\mapsto x'(x)$ en comparant solution exacte et solution approchée.
Même exercice avec la méthode d’Euler Regressif.
Même exercice avec la fonction odeint du module scipy.

Code

%reset -f

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt
plt.rcParams.update({'font.size': 16})

import sympy as sym
sym.init_printing()

Q1 [1 point]
Écrire le système sous forme matricielle. Calculer ensuite la solution exacte avec sympy. Afficher $t\mapsto x(t)$, $t\mapsto x'(t)$ et $x\mapsto x'(x)$.

Si on note $y(t)=x(t)$ et $z(t)=x'(t)$ on a $y(0)=1$, $z(0)=0$ et $ \begin{cases} y'(t)=z(t),\\ z'(t)=-6y(t)-5z(t) \end{cases} \quad\text{i.e.}\quad \begin{pmatrix}y\\z\end{pmatrix}'(t) {}= \begin{pmatrix}0&1\\-6&-5\end{pmatrix} \begin{pmatrix}y\\z\end{pmatrix}(t) $

Code

# VARIABLES GLOBALES
t0 = 0
tfinal = 5
N = 300

tt = np.linspace(t0,tfinal,N+1)

y0 = 1
z0 = 0

phi1 = lambda t,y,z : z
phi2 = lambda t,y,z : -6*y-5*z

# FONCTION UTILE

def affichage(tt, yy, zz, uu=None, ww=None, s=""):
    plt.figure(figsize=(17,7)) 
   
    plt.subplot(1,2,1)
    if uu is not None and ww is not None:
        plt.plot(tt,uu,'--',label=r'$u(t) \approx y(t)$',color="red")
        plt.plot(tt,ww,'--',label=r'$w(t) \approx z(t)$',color="blue")
    plt.plot(tt,yy,label='$y(t)$',color="red")
    plt.plot(tt,zz,label='$z(t)$',color="blue")
    plt.xlabel('t')
    plt.legend()
    plt.title(f'{s} - $y(t)$ et $z(t)$') 
    plt.grid()

    plt.subplot(1,2,2)
    if uu is not None and ww is not None:
        plt.plot(uu,ww,'--',label='Approchée')
    plt.plot(yy,zz,label='Exacte')
    plt.xlabel('y')
    plt.ylabel('z')
    plt.legend()
    if s!="":
        plt.title(f'{s} - z(y)')
    plt.grid()
    plt.axis('equal');

La solution exacte est $\begin{align*} x(t)=y(t)&=3e^{-2t}−2e^{-3t},\\ x'(t)=z(t)&=-6e^{-2t}+6e^{-3t}. \end{align*}$ Vérifions-le avec le module sympy:

Code

t = sym.Symbol('t')
y = sym.Function('y')
z = sym.Function('z')
edo1 = sym.Eq( sym.diff(y(t),t) , phi1(t,y(t),z(t)) )
edo2 = sym.Eq( sym.diff(z(t),t) , phi2(t,y(t),z(t)) )
display(edo1)
display(edo2)
solpar_1, solpar_2 = sym.dsolve([edo1,edo2],[y(t),z(t)], ics={y(t0):y0, z(t0):z0})
display(solpar_1)
display(solpar_2)

func_1 = sym.lambdify(t,solpar_1.rhs,'numpy')
func_2 = sym.lambdify(t,solpar_2.rhs,'numpy')

yy = func_1(tt)
zz = func_2(tt)

affichage(tt,yy,zz,s="Solution exacte")

$\displaystyle \frac{d}{d t} y{\left(t \right)} = z{\left(t \right)}$

$\displaystyle \frac{d}{d t} z{\left(t \right)} = - 6 y{\left(t \right)} - 5 z{\left(t \right)}$

$\displaystyle y{\left(t \right)} = 3 e^{- 2 t} - 2 e^{- 3 t}$

$\displaystyle z{\left(t \right)} = - 6 e^{- 2 t} + 6 e^{- 3 t}$

Q2 [2 points]
Calculer la solution approchée obtenue par la méthode d’Euler Progressif avec $301$ points. Afficher $t\mapsto x(t)$, $t\mapsto x'(t)$ et $x\mapsto x'(x)$ en comparant solution exacte et solution approchée.

On notera $u_n\approx y_n=x(t_n)$ et $w_n\approx z(t_n)$.

Euler explicite $ \begin{cases} u_0=1,\\ w_0=0,\\ u_{n+1}=u_n+h\varphi_1(t_n,u_n,w_n),\\ w_{n+1}=w_n+h\varphi_2(t_n,u_n,w_n). \end{cases} $

Code

def euler_progressif(phi1,phi2,tt,y0,z0):
    h = tt[1]-tt[0]
    uu, ww = np.zeros_like(tt), np.zeros_like(tt)
    uu[0], ww[0] = y0, z0
    for n in range(len(tt)-1):
        uu[n+1] = uu[n] + h*phi1(tt[n],uu[n],ww[n])
        ww[n+1] = ww[n] + h*phi2(tt[n],uu[n],ww[n])
    return [uu,ww]

[uu, ww] = euler_progressif(phi1,phi2,tt,y0,z0)
affichage(tt,yy,zz,uu,ww,"Euler explicite");

Q3 [2 points]
Calculer la solution approchée obtenue par la méthode d’Euler Regressif avec $301$ points. Afficher $t\mapsto x(t)$, $t\mapsto x'(t)$ et $x\mapsto x'(x)$ en comparant solution exacte et solution approchée.

Euler implicite $ \begin{cases} u_0=1,\\ w_0=0,\\ u_{n+1}=u_n+h\varphi_1(t_{n+1},u_{n+1},w_{n+1}),\\ w_{n+1}=w_n+h\varphi_2(t_{n+1},u_{n+1},w_{n+1}), \end{cases} $ qu’on peut rendre explicite par un calcul élementaire: $ w_{n+1} = w_n + h(-6u_{n+1}-5w_{n+1}) = w_n + h(-6(u_{n}+hw_{n+1})-5w_{n+1}) \quad\implies\quad (1+5h+6h^2)w_{n+1} = w_n-6hu_{n}$ ainsi $ \begin{cases} u_0=1,\\ w_0=0,\\ u_{n+1}=u_n+h\dfrac{w_n-6hu_{n}}{1+5h+6h^2},\\ w_{n+1}=\dfrac{w_n-6hu_{n}}{1+5h+6h^2}. \end{cases} $

Code

# VERSION explicite
# def euler_regressif(phi1,phi2,tt,y0,z0):
#   h = tt[1]-tt[0]
#   uu, ww = np.zeros(len(tt)), np.zeros(len(tt))
#   uu[0], ww[0] = y0, z0
#   for n in range(len(tt)-1):
#       uu[n+1] = uu[n] + h*(ww[n]-6*h*uu[n])/(1+5*h+6*h**2)
#       ww[n+1] = (ww[n]-6*h*uu[n])/(1+5*h+6*h**2)  
#   return [uu,ww]


#  VERSION AVEC fsolve
from scipy.optimize import fsolve
def euler_regressif(phi1,phi2,tt,y0,z0):
    h = tt[1]-tt[0]
    uu, ww = np.zeros_like(tt), np.zeros_like(tt)
    uu[0], ww[0] = y0, z0
    for n in range(len(tt)-1):
        systeme = lambda k : [ -k[0]+uu[n]+h*phi1(tt[n+1],k[0],k[1]) , 
                               -k[1]+ww[n]+h*phi2(tt[n+1],k[0],k[1]) ]
        uu[n+1], ww[n+1] = fsolve( systeme , (uu[n],ww[n]) ) 
    return [uu,ww]

[uu, ww] = euler_regressif(phi1,phi2,tt,y0,z0)
affichage(tt,yy,zz,uu,ww,"Euler implicite")

Q4 [1 point]
Calculer la solution approchée obtenue par la fonction odeint du module scipy. Afficher $t\mapsto x(t)$, $t\mapsto x'(t)$ et $x\mapsto x'(x)$ en comparant solution exacte et solution approchée.

Code

pphi = lambda t,yy : [ phi1(t,yy[0],yy[1]), phi2(t,yy[0],yy[1])  ]
yy0  = [y0,z0]

# OLD
from scipy.integrate import odeint
uu,ww = odeint(pphi,yy0,tt, tfirst=True).T

# NEW
# from scipy.integrate import solve_ivp
# uu,ww = solve_ivp(pphi,[t0,tfinal],yy0, t_eval=tt, 
#                 #   method='RK45'
#                   method='BDF'
#                   ).y


affichage(tt,yy,zz,uu,ww,"Scipy")

1.2 Exercice : étude d’un schéma RK

Soit le schéma de Runge-Kutta dont la matrice de Butcher est $ \begin{array}{c|cc} \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & 0\\ 1 & 1 & 0\\ \hline & \frac{3}{4} & \frac{1}{4} \end{array} $

Écrire le schéma sous la forme d’une suite définie par récurrence.
Étudier théoriquement l’ordre de ce schéma.
Étudier théoriquement la A-stabilité de ce schéma.
Implémenter ce schéma et le tester sur le problème de Cauchy suivant avec $N+1$ points et $N=8$ : $ \begin{cases} y'(t)=-6y(t), &t\in[0;1]\\ y(0)=1 \end{cases} $

Code

%reset -f

import sympy 
sympy.init_printing()

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt
# from scipy.optimize import fsolve

from IPython.display import display, Math, Markdown
prlat = lambda *args : display(Math(''.join( sympy.latex(arg) for arg in args )))

Q5 [1 point] Écrire le schéma sous la forme d’une suite définie par récurrence.

Le schéma associé à cette matrice est semi-implicite ($K_0$ dépend de lui même) et permet de calculer $u_{n+1}$ à partir de $u_n$ par la formule de récurrence $\begin{cases} u_0 = y_0 \\ K_0 = \varphi\left(t_n+\frac{h}{3},u_n+\frac{h}{3}K_0\right)\\ K_1 = \varphi\left(t_{n+1},u_n+hK_0\right)\\ u_{n+1} = u_n + \frac{h}{4}\left(3K_0+K_1\right) & n=0,1,\dots N-1 \end{cases}$

Q6 [2 points] Étudier théoriquement l’ordre du schéma.

Soit $\omega$ l’ordre de la méthode.

C’est un schéma semi-implicite à $2$ étages ($s=2$) donc $\omega\le2s=4$
$\omega\ge1$ si $\begin{cases} b_1+b_2=1 \\ c_1=a_{11}+a_{12} \\ c_2=a_{21}+a_{22} \end{cases}$
$\omega\ge2$ si, de plus, $b_1c_1+c_2b_2=\frac{1}{2}$
$\omega\ge3$ si, de plus, $\begin{cases} b_1c_1^2+b_2c_2^2=\frac{1}{3}\\ \left(b_1 a_{11} c_1 +b_1 a_{12} c_2\right) + \left(b_2 a_{21} c_1+b_2 a_{22} c_2\right) =\frac{1}{6} \end{cases}$
$\omega\ge4$ si, de plus,
$\begin{cases} b_1c_1^3+b_2c_2^3=\frac{1}{4}& \\ \left(b_1 c_1 a_{11} c_1+b_1 c_1 a_{12} c_2\right)+\left(b_2 c_2 a_{21} c_1+b_2 c_2 a_{22} c_2\right) =\frac{1}{8} \\ \left(b_1 a_{11} c_1^2 +b_1 a_{12} c_2^2\right) + \left(b_2 a_{21} c_1^2+b_2 a_{22} c_2^2\right)=\frac{1}{12} \\ b_1 a_{11}a_{11} c_1 + b_1 a_{11}a_{22} c_2 + b_1 a_{12}a_{21} c_1+b_1 a_{12}a_{22} c_2 + b_2 a_{21}a_{11} c_1 + b_2 a_{21}a_{22} c_2 + b_2 a_{22}a_{21} c_1+b_2 a_{22}a_{22} c_2 =\frac{1}{24} \end{cases}$

Calculons donc toutes ces sommes (on pose directement $a_{12}=a_{22}=0$ et $a_{21}=1$):

$\begin{cases} b_1+b_2=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}=1 \\ c_1=\frac{1}{3}=a_{11} \\ c_2=1=a_{21} \end{cases}$
$b_1c_1+c_2b_2=\frac{3}{4}\frac{1}{3}+1\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$
$\begin{cases} b_1c_1^2+b_2c_2^2=\frac{3}{4}\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4}1^2=\frac{1}{3}\\ \left(b_1 a_{11} c_1 \right) + \left(b_2 c_1\right) = \frac{3}{4}\frac{1}{3}\frac{1}{3}+ \frac{1}{4}\frac{1}{3}=\frac{1}{6} \end{cases}$
$b_1c_1^3+b_2c_2^3=\frac{3}{4}\frac{1}{3^3}+\frac{1}{4}1^3 =\frac{5}{18} \neq \frac{1}{4}$

Code

def ordre_RK(s, A=None, b=None, c=None):

    j = sympy.symbols('j')
    
    if A is None:
        A = sympy.MatrixSymbol('a', s, s)
    else:
        A = sympy.Matrix(A)
    if c is None:
        c = sympy.symbols(f'c_0:{s}')    
    if b is None:
        b = sympy.symbols(f'b_0:{s}')
    
    
    display(Markdown("**Matrice de Butcher**"))
    But = matrice_Butcher(s, A, b, c)
    
    Eqs = []

    display(Markdown(f"**On a {s+1} conditions pour avoir consistance = pour être d'ordre 1**"))
    Eq_1 = ordre_1(s, A, b, c, j)
    Eqs.append(Eq_1)
    
    display(Markdown("**On doit ajouter 1 condition pour être d'ordre 2**"))
    Eq_2 = ordre_2(s, A, b, c, j)
    Eqs.append([Eq_2])

    display(Markdown("**On doit ajouter 2 conditions pour être d'ordre 3**"))
    Eq_3 = ordre_3(s, A, b, c, j)  
    Eqs.append(Eq_3)  
    
    display(Markdown("**On doit ajouter 4 conditions pour être d'ordre 4**"))
    Eq_4 = ordre_4(s, A, b, c, j)
    Eqs.append(Eq_4)

    return Eqs


def matrice_Butcher(s, A, b, c):
    But = sympy.Matrix(A)
    But = But.col_insert(0, sympy.Matrix(c))   
    last = [sympy.Symbol(" ")]
    last.extend(b)
    But = But.row_insert(s,sympy.Matrix(last).T)
    display(Math(sympy.latex(sympy.Matrix(But))))
    return But


def ordre_1(s, A, b, c, j):
    texte = "\sum_{j=1}^s b_j =" + f"{sum(b).simplify()}"
    texte += r"\text{ doit être égale à }1"
    display(Math(texte))
    Eq_1 = [sympy.Eq( sum(b).simplify(), 1 )]
    for i in range(s):
        somma = sympy.summation(A[i,j],(j,0,s-1)).simplify()
        texte = r'\sum_{j=1}^s a_{'+str(i)+r'j}=' + sympy.latex( somma )
        texte += r"\text{ doit être égale à }"+sympy.latex(c[i])
        display(Math( texte ))
        Eq_1.append(sympy.Eq( somma, c[i] ))
    return Eq_1    


def ordre_2(s, A, b, c, j):
    texte = '\sum_{j=1}^s b_j c_j=' +sympy.latex(sum([b[i]*c[i] for i in range(s)]).simplify())
    texte += r"\text{ doit être égale à }\frac{1}{2}"
    display(Math(texte))
    Eq_2 = sympy.Eq( sum([b[i]*c[i] for i in range(s)]).simplify(), sympy.Rational(1,2) )
    return Eq_2


def ordre_3(s, A, b, c, j):
    texte = '\sum_{j=1}^s b_j c_j^2='
    texte += sympy.latex( sum([b[i]*c[i]**2 for i in range(s)]).simplify() )
    texte += r"\text{ doit être égale à }\frac{1}{3}"
    display(Math(texte))
    Eq_3_1 = sympy.Eq( sum([b[i]*c[i]**2 for i in range(s)]).simplify(), sympy.Rational(1,3) )
    texte = r'\sum_{i,j=1}^s b_i a_{ij} c_j='    
    somma = sum([b[i]*A[i,j]*c[j] for j in range(s) for i in range(s)]).simplify()
    texte = texte + sympy.latex(somma)
    texte += r"\text{ doit être égale à }\frac{1}{6}"
    display(Math(texte))
    Eq_3_2 = sympy.Eq( sum([b[i]*A[i,j]*c[j] for j in range(s) for i in range(s)]).simplify(), sympy.Rational(1,6) )
    return [Eq_3_1, Eq_3_2]


def ordre_4(s, A, b, c, j):
    texte = '\sum_{j=1}^s b_j c_j^3='
    texte += sympy.latex( sum([b[i]*c[i]**3 for i in range(s)]).simplify() )
    texte += r"\text{ doit être égale à }\frac{1}{4}"
    display(Math(texte))
    Eq_4_1 = sympy.Eq( sum([b[i]*c[i]**3 for i in range(s)]).simplify(), sympy.Rational(1,4) )
    texte = r'\sum_{i,j=1}^s b_i c_i a_{ij} c_j='
    somma = sum([b[i]*c[i]*A[i,j]*c[j] for j in range(s) for i in range(s)]).simplify()
    texte = texte + sympy.latex(somma)
    texte += r"\text{ doit être égale à }\frac{1}{8}"
    display(Math(texte))
    Eq_4_2 = sympy.Eq( sum([b[i]*c[i]*A[i,j]*c[j] for j in range(s) for i in range(s)]).simplify(), sympy.Rational(1,8) )
    texte = r'\sum_{i,j=1}^s b_i a_{ij} c_j^2='
    somma = sum([b[i]*A[i,j]*c[j]**2 for j in range(s) for i in range(s)]).simplify()
    texte = texte + sympy.latex(somma)
    texte += r"\text{ doit être égale à }\frac{1}{12}"
    display(Math(texte))
    Eq_4_3 = sympy.Eq( sum([b[i]*A[i,j]*c[j]**2 for j in range(s) for i in range(s)]).simplify(), sympy.Rational(1,12) )
    texte = r'\sum_{i,j,k=1}^s b_i a_{ij} a_{jk} c_k='
    somma = sum([b[i]*A[i,j]*A[j,k]*c[k] for k in range(s) for j in range(s) for i in range(s)]).simplify()
    texte = texte + sympy.latex(somma)
    texte += r"\text{ doit être égale à }\frac{1}{24}"
    display(Math(texte))
    Eq_4_4 = sympy.Eq( sum([b[i]*A[i,j]*A[j,k]*c[k] for k in range(s) for j in range(s) for i in range(s)]).simplify(), sympy.Rational(1,24) )
    return [Eq_4_1, Eq_4_2, Eq_4_3, Eq_4_4]



##################################################
# Conditions avec s étages
##################################################

s = 2

# paramètres dans le cas générale
# b_0, b_1  = sympy.symbols('b_0 b_1', real=True)
# c_0, c_1 = sympy.symbols('c_0 c_1', real=True)
# a_00, a_01, a_10, a_11 = sympy.symbols('a_00 a_01 a_10 a_11', real=True)

# matrice dans le cas général
# b = [b_0, b_1]
# c = [c_0, c_1]
# A = [[a_00, a_01], [a_10, a_11]]

# matrice dans notre cas particulier
c = [sympy.Rational(1,3),1]
b = [sympy.Rational(3,4),sympy.Rational(1,4)]
A = [[sympy.Rational(1,3),0],[1,0]]

Eqs = ordre_RK(s, A, b, c)

Matrice de Butcher

$\displaystyle \left[\begin{matrix}\frac{1}{3} & \frac{1}{3} & 0\\1 & 1 & 0\\ & \frac{3}{4} & \frac{1}{4}\end{matrix}\right]$

On a 3 conditions pour avoir consistance = pour être d’ordre 1

$\displaystyle \sum_{j=1}^s b_j =1\text{ doit être égale à }1$

$\displaystyle \sum_{j=1}^s a_{0j}=\frac{1}{3}\text{ doit être égale à }\frac{1}{3}$

$\displaystyle \sum_{j=1}^s a_{1j}=1\text{ doit être égale à }1$

On doit ajouter 1 condition pour être d’ordre 2

$\displaystyle \sum_{j=1}^s b_j c_j=\frac{1}{2}\text{ doit être égale à }\frac{1}{2}$

On doit ajouter 2 conditions pour être d’ordre 3

$\displaystyle \sum_{j=1}^s b_j c_j^2=\frac{1}{3}\text{ doit être égale à }\frac{1}{3}$

$\displaystyle \sum_{i,j=1}^s b_i a_{ij} c_j=\frac{1}{6}\text{ doit être égale à }\frac{1}{6}$

On doit ajouter 4 conditions pour être d’ordre 4

$\displaystyle \sum_{j=1}^s b_j c_j^3=\frac{5}{18}\text{ doit être égale à }\frac{1}{4}$

$\displaystyle \sum_{i,j=1}^s b_i c_i a_{ij} c_j=\frac{1}{9}\text{ doit être égale à }\frac{1}{8}$

$\displaystyle \sum_{i,j=1}^s b_i a_{ij} c_j^2=\frac{1}{18}\text{ doit être égale à }\frac{1}{12}$

$\displaystyle \sum_{i,j,k=1}^s b_i a_{ij} a_{jk} c_k=\frac{1}{18}\text{ doit être égale à }\frac{1}{24}$

D’après ces résultats, le schéma est d’ordre $3$.

Q7 [2 points] Étudier théoriquement la A-stabilité du schéma.

Soit $\beta>0$ un nombre réel positif et considérons le problème de Cauchy $\begin{cases} y'(t)=-\beta y(t), &\text{pour }t>0,\\ y(0)=1. \end{cases}$ Sa solution est $y(t)=e^{-\beta t}$ donc $\lim_{t\to+\infty}y(t)=0.$

Le schéma appliqué à ce problème de Cauchy s’écrit $\begin{cases} u_0 = y_0 \\ K_0 = -\beta\left(u_n+\frac{h}{3}K_0\right)\\ K_1 = -\beta\left(u_n+hK_0\right)\\ u_{n+1} = u_n + \frac{h}{4}\left(3K_0+K_1\right) & n=0,1,\dots N-1 \end{cases}$

L’équation $K_0 = -\beta\left(u_n+\frac{h}{3}K_0\right)$ donne $K_0=\frac{-3\beta}{\beta h+3}u_n$ ainsi $u_{n+1} = u_n + \frac{h}{4}\left(3K_0+K_1\right) = u_n + \frac{h}{4}\left(3K_0-\beta u_n-\beta h K_0\right) = \left(1-\frac{\beta h}{4}\right)u_n + \frac{h(3-\beta h)}{4}K_0$ et enfin $ u_{n+1} = \left(1-\frac{\beta h}{4}\right)u_n + \frac{h(3-\beta h)}{4}K_0 = \left(1-\frac{\beta h}{4}\right)u_n + \frac{h(3-\beta h)}{4}\frac{-3\beta}{\beta h+3}u_n = \left(1-\frac{\beta h}{4} - \frac{3\beta h(3-\beta h)}{4(3 + \beta h)}\right)u_n % u_n + \frac{h}{4}\left( \frac{-9\beta}{\beta h+3}+\beta\frac{2\beta h-3}{\beta h+3}\right)u_ n = \frac{(\beta h)^2-4\beta h+6}{2(\beta h+3)}u_n $

Vérifions ce calcul:

Code

# pour ne pas effacer l'affectation de "h", ici on vas l'appeler "dt" mais on affiche "h"
dt = sympy.Symbol('h')
u_np1 = sympy.Symbol('u_{n+1}')
beta = sympy.Symbol(r'\beta')
sympy.var('u_n,x')

K0 = sympy.solve(-x-beta*(u_n+dt/3*x),x)[0]
display(Math('K_0='+sympy.latex(K0)))

K1 = -beta*(u_n+dt*K0).factor()
display(Math('K_1='+sympy.latex(K1)))

u_np1 = (u_n+dt/4*(3*K0+K1)).factor()
display(Math('u_{n+1}='+sympy.latex(u_np1)))

$\displaystyle K_0=- \frac{3 \beta u_{n}}{\beta h + 3}$

$\displaystyle K_1=\frac{\beta u_{n} \left(2 \beta h - 3\right)}{\beta h + 3}$

$\displaystyle u_{n+1}=\frac{u_{n} \left(\beta^{2} h^{2} - 4 \beta h + 6\right)}{2 \left(\beta h + 3\right)}$

On note $x=\beta h$ et on étudie la fonction $q\colon \mathbb{R}^+\to\mathbb{R}$ définie par $q(x)=\dfrac{x^2-4x+6}{2(x+3)}=\dfrac{1}{2}\left(x-7+\dfrac{27}{x+3}\right)$. Le schéma est A-stable ssi $|q(x)|<1$. D’après les calculs ci-dessous on conclut que le schéma est A-stable ssi $h<\dfrac{6}{\beta}$.

Code

sympy.var('x',nonnegative=True)

q = (u_np1/u_n).subs(beta*dt,x)
display(Math('q(x)='+sympy.latex(q)))

display(Math('q(0)='+sympy.latex(q.subs(x,0))))
lim=sympy.Limit(q,x,sympy.oo)
display(Math(sympy.latex(lim)+'='+sympy.latex(lim.doit())))

print('On cherche les points stationnaires dans R^+')
dq=(q.diff(x)).factor()
display(Math("q'(x)="+sympy.latex(dq)))
print("Le signe de q' est le signe du numérateur qui est une parabole. On cherche où elle s'annulle pour x>0")
sol=sympy.solve(dq)
display(Math("q'(x)=0 \iff x\in"+sympy.latex(sol)))
minimum=sol[0]
display(Math("x="+sympy.latex(minimum)+"\\text{ est un minimum et}"))
qmin=q.subs(x,sol[0])
display(Math("q("+sympy.latex(minimum)+")="+sympy.latex(qmin)+"\\approx"+sympy.latex(sympy.N(qmin))))
print("Conclusion: q(x)>0 pour tout x>0. Vérifions ce calcul:")
print("q(x)>0")
display(sympy.solve(q>0))
print("On resout maintenant q(x)=1:")
display(sympy.solve(q-1))
print('On trouve q(0)=q(6)=1')
print("Conclusion: q(x)<1 pour x<6. Vérifions ce calcul:")
print("q(x)<1")
display(sympy.solve(q<1))


sympy.plot(q,1,-1,xlim=[-1,15],ylim=[-1.5,1.5]);

$\displaystyle q(x)=\frac{x^{2} - 4 x + 6}{2 x + 6}$

$\displaystyle q(0)=1$

$\displaystyle \lim_{x \to \infty}\left(\frac{x^{2} - 4 x + 6}{2 x + 6}\right)=\infty$

On cherche les points stationnaires dans R^+
Le signe de q' est le signe du numérateur qui est une parabole. On cherche où elle s'annulle pour x>0
Conclusion: q(x)>0 pour tout x>0. Vérifions ce calcul:
q(x)>0
On resout maintenant q(x)=1:
On trouve q(0)=q(6)=1
Conclusion: q(x)<1 pour x<6. Vérifions ce calcul:
q(x)<1

$\displaystyle q'(x)=\frac{x^{2} + 6 x - 18}{2 \left(x + 3\right)^{2}}$

$\displaystyle q'(x)=0 \iff x\in\left[ -3 + 3 \sqrt{3}\right]$

$\displaystyle x=-3 + 3 \sqrt{3}\text{ est un minimum et}$

$\displaystyle q(-3 + 3 \sqrt{3})=\frac{\sqrt{3} \left(- 12 \sqrt{3} + \left(-3 + 3 \sqrt{3}\right)^{2} + 18\right)}{18}\approx0.196152422706632$

$\displaystyle \text{True}$

$\displaystyle \left[ 0, \ 6\right]$

$\displaystyle 0 < x \wedge x < 6$

Q8 [2 points] Implémenter le schéma et approcher la solution du problème de Cauchy suivant avec $N+1$ points et $N=8$. $ \begin{cases} y'(t)=-6y(t), &t\in[0;1]\\ y(0)=1 \end{cases} $

Dans chaque point $t_i$, il faut approcher $(K_0)_i$ en resolvant une équation. Si on utilise la fonction fsolve du module scipy.optimize, il faut initialiser fsolve avec une approximation de $(K_0)_i$. On choisira donc $\varphi(t_i,u_i)$:

Code

from scipy.optimize import fsolve

# version implicite
def RK(phi,tt):
    h = tt[1]-tt[0] 
    uu =np.zeros(len(tt))
    uu[0] = y0
    for n in range(len(tt)-1):
        k0 = fsolve( lambda x : -x+phi( tt[n]+h/3, uu[n]+h/3*x ) , phi(tt[n],uu[n]) )[0]
        k1 = phi( tt[n+1], uu[n]+h*k0 )
        uu[n+1] = uu[n] + h/4*(3*k0+k1 )
    return uu

# version explicite car phi = - beta h
# def RK(beta,tt):
#     h = tt[1]-tt[0]
#     x = beta*h
#     q = lambda x : (x**2-4*x+6)/(2*x+6)
#     uu = [y0*q(x)**n for n in range(len(tt))]
#     return uu




t0, y0, tfinal = 0, 1, 3
beta = 6
sol_exacte = lambda t : np.exp(-beta*t)
phi = lambda t,y : -beta*y

print('A-stable ssi h <',6/beta)
plt.figure(figsize=(10,5))
N = 8
tt = np.linspace(t0,tfinal,N+1)
h = tt[1]-tt[0]
yy = sol_exacte(tt)    
uu = RK(phi,tt)  # version avec fsolve
# uu = RK(beta,tt) # version explicite
plt.plot(tt,yy,'b-',label=("Exacte"))
plt.plot(tt,uu,'ro',label=("RK"))
plt.title(r' $N$={}, $h$={}'.format(N,h))
plt.xlabel('$t$')
plt.ylabel('$u$')
plt.legend() 
plt.grid(True)

A-stable ssi h < 1.0

1.3 Exercice : étude d’un schéma Predictor-Corrector multipas

On notera $\varphi_k\stackrel{\text{déf}}{=}\varphi(t_k,u_k)$. Soit les méthodes multipas

$ \begin{aligned} u_{n+1}&=u_{n-3}+\frac{4h}{3}\left(2\varphi_{n}-\varphi_{n-1}+2\varphi_{n-2}\right)&\text{[P]} \\ u_{n+1}&=u_{n-1}+\frac{h}{3}\left(\varphi_{n+1}+4\varphi_{n}+\varphi_{n-1}\right)&\text{[C]} \end{aligned} $

Étudier consistance, ordre et zéro-stabilité de ces deux méthodes.
Calculer empiriquement l’ordre de convergence des méthodes [P] et [C] ainsi que de la méthode Predictor-Corrector associée à ces deux méthodes sur le problème de Cauchy

$ \begin{cases} y'(t) = 1+\big(t-y(t)\big)^2, &\forall t \in I=[2,3],\\ y(2) = 1. \end{cases} $

Code

%reset -f

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt
plt.rcParams.update({'font.size': 16})

import sympy as sym
sym.init_printing()

from IPython.display import display, Math, Markdown



def xi(i, q, aa=None, bb=None, bm1=None):
    if aa is None:
        aa = sym.symbols(f'a_0:{q}')
    if bb is None:
        bb = sym.symbols(f'b_0:{q}')
    if bm1 is None:
        bm1 = sym.symbols('b_{-1}')
    p = len(aa)
    sa = sum((-j)**i * aa[j] for j in range(p))
    sb = bm1 + sum((-j)**(i-1) * bb[j] for j in range(1, p))
    # ??? si j=0 et i=0, il calcule (-j)**i =1 et on a bien a_0 dans la somme
    # mais si j=0 et i=1 il ne calcule pas b_0 et il faut l'ajouter à la main
    if i == 1:
        sb += bb[0]
    return (sa) + (i * sb)

def afficahge_xi(q, aa, bb, bm1):
    p = q-1
    omega = q + 2 if q%2==0 else q + 1 # i = 0, ..., omega
    display(Markdown(f"Pour une méthode à q={q} pas, on affiche $\\xi(i)$ pour i = 0, ..., {q+2}"))
    for i in range(q+3):
        display(Markdown(f"$\\xi({i}) = {sym.latex(xi(i, q, None, None, None))} = {sym.latex(xi(i, q, aa, bb, bm1))}$"))

Q9 [3 point] Étudier consistance, ordre et zéro-stabilité de la méthode P.

[P] est une méthode à $q=4$ pas explicite :

$p=3$
$b_{-1}=0$
$a_0=a_1=a_2=0$ et $a_3=1$
$b_0=\frac{8}{3}$, $b_1=\frac{-4}{3}$, $b_2=\frac{8}{3}$ et $b_3=0$
La méthode est consistante d’ordre au plus $q$ car explicite.
Elle est d’ordre $\omega=4$ car $ \begin{cases} \xi(0)=\displaystyle\sum_{j=0}^p a_j= a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 1 \\ \xi(1)=\displaystyle\sum_{j=0}^p (-j)^{1}a_j+1\sum_{j=-1}^p (-j)^{0}b_j = - a_{1} - 2 a_{2} - 3 a_{3} + b_{0} + b_{1} + b_{2} + b_{3} + b_{-1}=1 \\ \xi(2)=\displaystyle\sum_{j=0}^p (-j)^{2}a_j+2\sum_{j=-1}^p (-j)^{1}b_j = - a_{1} - 2 a_{2} - 3 a_{3} + b_{0} + b_{1} + b_{2} + b_{3} + b_{-1}=1 \\ \xi(3)=\displaystyle\sum_{j=0}^p (-j)^{3}a_j+3\sum_{j=-1}^p (-j)^{2}b_j = - a_{1} - 8 a_{2} - 27 a_{3} + 3 \left(b_{1} + 4 b_{2} + 9 b_{3} + b_{-1}\right)=1 \\ \xi(4)=\displaystyle\sum_{j=0}^p (-j)^{4}a_j+4\sum_{j=-1}^p (-j)^{3}b_j = a_{1} + 16 a_{2} + 81 a_{3} - 4 \left(b_{1} + 8 b_{2} + 27 b_{3} - b_{-1}\right)=1 \end{cases} $ Rappel: $(-0)^0=1$ dans les formules précédentes.

Vérifions ces calculs ci-dessous:

Code

# Paramètres
q = 3

a0 = 0; a1 = 0; a2 = 0; a3 = 1
b0 = sym.Rational(8,3); b1 = sym.Rational(-4,3); b2 = sym.Rational(8,3); b3 = 0
bm1 = 0

aa = [a0,a1,a2,a3]
bb = [b0,b1,b2,b3]
afficahge_xi(q, aa, bb, bm1)

Pour une méthode à q=3 pas, on affiche $\xi(i)$ pour i = 0, …, 5

$\xi(0) = a_{0} + a_{1} + a_{2} = 1$

$\xi(1) = - a_{1} - 2 a_{2} + b_{0} + b_{1} + b_{2} + b_{-1} = 1$

$\xi(2) = a_{1} + 4 a_{2} - 2 b_{1} - 4 b_{2} + 2 b_{-1} = 1$

$\xi(3) = - a_{1} - 8 a_{2} + 3 b_{1} + 12 b_{2} + 3 b_{-1} = 1$

$\xi(4) = a_{1} + 16 a_{2} - 4 b_{1} - 32 b_{2} + 4 b_{-1} = 1$

$\xi(5) = - a_{1} - 32 a_{2} + 5 b_{1} + 80 b_{2} + 5 b_{-1} = - \frac{109}{3}$

Le premier polynôme caractéristique est $ \varrho(r)=r^{p+1}-\sum_{j=0}^p a_jr^{p-j}=r^4-a_0r^3-a_1r^2-a_2r-a_3=r^4-1 $ dont les racines sont $ r_0=1,\ r_1=-1,\ r_2=i,\ r_3=-i $ La méthode est zéro-stable ssi $ \begin{cases} |r_j|\le1 \quad\text{pour tout }j=0,\dots,p \\ %|r_j|=1 \quad\implies \text{ $r_j$ a multiplicité 1, c'est-à-dire }\varrho'(r_j)\neq0, r_j\text{ a multiplicité}>1\quad\implies \quad |r_j|<1, \end{cases} $ ce qui est bien vérifié.
La méthode est convergente car consistante et zéro-stable.

Q10 [3 point] Étudier consistance, ordre et zéro-stabilité de la méthode C.

[C] est une méthode à $q=2$ pas implicite :

$p=1$
$b_{-1}=\frac{1}{3}$
$a_0=0$ et $a_1=1$
$b_0=\frac{4}{3}$ et $b_1=\frac{1}{3}$
La méthode est consistante d’ordre au plus $q+2=4$ car implicite avec un nombre pair de pas.
Elle est d’ordre $\omega=4$ car

$ \begin{cases} \xi(0)=\displaystyle\sum_{j=0}^p a_j = a_{0} + a_{1} = 1, \\ \xi(1)=\displaystyle\sum_{j=0}^p (-j)^{1}a_j+1\sum_{j=-1}^p (-j)^{0}b_j = - a_{1} + b_{0} + b_{1} + b_{-1} =1, \\ \xi(2)=\displaystyle\sum_{j=0}^p (-j)^{2}a_j+2\sum_{j=-1}^p (-j)^{1}b_j = a_{1} - 2 b_{1} + 2 b_{-1} = 1, \\ \xi(3)=\displaystyle\sum_{j=0}^p (-j)^{3}a_j+3\sum_{j=-1}^p (-j)^{2}b_j = - a_{1} + 3 b_{1} + 3 b_{-1} = 1, \\ \xi(4)=\displaystyle\sum_{j=0}^p (-j)^{4}a_j+4\sum_{j=-1}^p (-j)^{3}b_j = a_{1} - 4 b_{1} + 4 b_{-1} = 1. \end{cases} $

Rappel: $(-0)^0=1$ dans les formules précédentes.

Vérifions ces calculs ci-dessous:

Code

# Paramètres
q = 2

a0 = 0; a1 = 1
b0 = sym.Rational(4,3); b1 = sym.Rational(1,3)
bm1 = sym.Rational(1,3)

aa = [a0,a1]
bb = [b0,b1]
afficahge_xi(q, aa, bb, bm1)

Pour une méthode à q=2 pas, on affiche $\xi(i)$ pour i = 0, …, 4

$\xi(0) = a_{0} + a_{1} = 1$

$\xi(1) = - a_{1} + b_{0} + b_{1} + b_{-1} = 1$

$\xi(2) = a_{1} - 2 b_{1} + 2 b_{-1} = 1$

$\xi(3) = - a_{1} + 3 b_{1} + 3 b_{-1} = 1$

$\xi(4) = a_{1} - 4 b_{1} + 4 b_{-1} = 1$

Le premier polynôme caractéristique est $ \varrho(r)=r^{p+1}-\sum_{j=0}^p a_jr^{p-j}=r^2-a_0r-a_1=r^2-1 $ dont les racines sont $ r_0=1,\ r_1=-1 $ La méthode est zéro-stable ssi $ \begin{cases} |r_j|\le1 \quad\text{pour tout }j=0,\dots,p \\ r_j\text{ a multiplicité}>1\quad\implies \quad |r_j|<1, \end{cases} $ ce qui est bien vérifié.
La méthode est convergente car consistante et zéro-stable.

Q11 [2 point] Calculer empiriquement l’ordre de convergence des méthodes P et C ainsi que de la méthode Predictor-Corrector associée aux deux méthodes P et C sur le problème de Cauchy $ \begin{cases} y'(t) = 1+\big(t-y(t)\big)^2, &\forall t \in I=[2,3],\\ y(2) = 1. \end{cases} $

Il est d’ordre $4$ car le prédictor est d’ordre $4$, le corrector d’ordre $4$ et l’on a $ \omega_{[PC]} = \min \left\{ \omega_{[C]} , \omega_{[P]}+1 \right\} $

On définit la solution exacte pour estimer les erreurs et on calcule la solution approchée pour différentes valeurs de $N$ pour les trois schémas:

Code

t0     = 2
tfinal = 3
y0     = 1

phi = lambda t,y : 1+(t-y)**2


t = sym.Symbol('t')
y = sym.Function('y')
edo = sym.Eq( sym.diff(y(t),t) , phi(t,y(t)) )
display(edo)
solpar = sym.dsolve( edo, y(t), ics={y(t0):y0}) 
display(solpar)

sol_exacte = sym.lambdify(t,solpar.rhs,'numpy')
# sol_exacte = lambda t : t+1/(1-t)

def multipas_P(phi, tt):
    h  = tt[1] - tt[0]
    uu = np.zeros_like(tt)
    uu[:4] = sol_exacte(tt[:4])
    for n in range(3,len(tt) - 1):
        k0 = phi(tt[n],uu[n])
        k1 = phi(tt[n-1],uu[n-1])
        k2 = phi(tt[n-2],uu[n-2])
        uu[n+1] = uu[n-3] + 4*h/3*( 2*k0 - k1 + 2*k2 ) 
    return uu


from scipy.optimize import fsolve
def multipas_C(phi, tt):
    h  = tt[1] - tt[0]
    uu = np.zeros_like(tt)
    uu[:2] = sol_exacte(tt[:2])
    for n in range(1,len(tt) - 1):
        k0 = phi(tt[n],uu[n])
        k1 = phi(tt[n-1],uu[n-1])
        temp = fsolve ( lambda x : -x + uu[n-1] + h/3*( phi(tt[n+1],x) + 4*k0 + k1 ), uu[n])
        uu[n+1] = temp[0]
    return uu

def multipas_PC(phi, tt):
    h  = tt[1] - tt[0]
    uu = np.zeros_like(tt)
    uu[:4] = sol_exacte(tt[:4])
    for n in range(3,len(tt) - 1):
        k0 = phi(tt[n],uu[n])
        k1 = phi(tt[n-1],uu[n-1])
        k2 = phi(tt[n-2],uu[n-2])
        u_tilde = uu[n-3]+ 4*h/3*( 2*k0 - k1 + 2*k2 ) 
        uu[n+1] = uu[n-1]+h/3* ( phi(tt[n+1],u_tilde) + 4*k0 + k1 ) 
    return uu


H = []
err_p = []
err_c = []
err_pc = []
N = 10
for k in range(7):
    N+=20
    tt = np.linspace(t0, tfinal, N + 1)
    h = tt[1] - tt[0]
    yy = sol_exacte(tt)
    uu_p = multipas_P(phi, tt)
    uu_c = multipas_C(phi, tt)
    uu_pc = multipas_PC(phi, tt)
    H.append(h)
    err_p.append(max([abs(uu_p[i] - yy[i]) for i in range(len(yy))]))
    err_c.append(max([abs(uu_c[i] - yy[i]) for i in range(len(yy))]))
    err_pc.append(max([abs(uu_pc[i] - yy[i]) for i in range(len(yy))]))

plt.figure(figsize=(8,5))
plt.plot(np.log(H), np.log(err_p), 'r-o', label=f'Multipas  [P], ordre = {np.polyfit(np.log(H),np.log(err_p ), 1)[0]:g}')
plt.plot(np.log(H), np.log(err_c), 'b-o', label=f'Multipas  [C], ordre = {np.polyfit(np.log(H),np.log(err_c ), 1)[0]:g}')
plt.plot(np.log(H), np.log(err_pc),'c-o', label=f'Multipas [PC], ordre = {np.polyfit(np.log(H),np.log(err_pc), 1)[0]:g}')
plt.xlabel('$\ln(h)$')
plt.ylabel('$\ln(e)$')
plt.legend(bbox_to_anchor=(1.04, 1), loc='upper left')
plt.grid(True);

$\displaystyle \frac{d}{d t} y{\left(t \right)} = \left(t - y{\left(t \right)}\right)^{2} + 1$

$\displaystyle y{\left(t \right)} = \frac{t^{2} - t - 1}{t - 1}$

On a bien

ordre du corrector $\omega_{[C]}=4$
ordre du predictor $\omega_{[P]}=4$

et donc

ordre du predictor-corrector $\omega_{[PC]}=\min\{\omega_{[C]},\omega_{[P]}+1\}=4$

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