La méthode d'Eulerlgcorneille-lyc.spip.ac-rouen.fr/IMG/pdf/euler_b.pdf · Équation non autonome du remierp rdreo Système di érentiel Équation scalaire du second rdreo Bilan La

Équation non autonome du premier ordreSystème di�érentiel

Équation scalaire du second ordreBilan

La méthode d'Euler

Deuxième partie

Lycée Pierre Corneille � MP

2016-2017

Lycée Pierre Corneille � MP La méthode d'Euler



Discrétisations du temps avec pas constant dt

On choisit l'instant initial a = 0 et l'instant �nal b.

dt =b − a

N

T = np.arange(a, b, dt)

T = (a, a + dt, . . . , a + (N − 1) dt < b)

T = np.linspace(a, b, N+1)

T = (a, a + dt, . . . , a + (N − 1) dt, a + N dt = b)

Attention ! Avec np.linspace(a, b, N),

T = (a, a + dτ, . . . , a + (N − 1) dτ = b) et dτ =b − a

N − 1






dt =b − a

N


T = (a, a + dt, . . . , a + (N − 1) dt < b)


T = (a, a + dt, . . . , a + (N − 1) dt, a + N dt = b)



N − 1






dt =b − a

N


T = (a, a + dt, . . . , a + (N − 1) dt < b)


T = (a, a + dt, . . . , a + (N − 1) dt, a + N dt = b)



N − 1






dt =b − a

N


T = (a, a + dt, . . . , a + (N − 1) dt < b)


T = (a, a + dt, . . . , a + (N − 1) dt, a + N dt = b)



N − 1




Problème de Cauchy

Équation di�érentielle

∀ t > 0, y ′(t) + 2ty(t) = 0

Forme résoluble

∀ t > 0, y ′(t) = F(y(t), t

)= −2ty(t)

Condition initialey(0) = 1

Solution∀ t > 0, y(t) = e−t2




Problème de Cauchy


∀ t > 0, y ′(t) + 2ty(t) = 0

Forme résoluble

∀ t > 0, y ′(t) = F(y(t), t

)= −2ty(t)






Problème de Cauchy


∀ t > 0, y ′(t) + 2ty(t) = 0

Forme résoluble

∀ t > 0, y ′(t) = F(y(t), t

)= −2ty(t)






Problème de Cauchy


∀ t > 0, y ′(t) + 2ty(t) = 0

Forme résoluble

∀ t > 0, y ′(t) = F(y(t), t

)= −2ty(t)






Schéma d'Euler explicite

Initialisation

y0 = 1.0

Y = [y0]

Résolution

def F(y,t):

return -2*t*y

for t in T[1:]:

y0 = y0 + dt*F(y0,t)

Y.append(y0)





Initialisation

y0 = 1.0

Y = [y0]

Résolution

def F(y,t):

return -2*t*y

for t in T[1:]:

y0 = y0 + dt*F(y0,t)

Y.append(y0)





Initialisation

y0 = 1.0

Y = [y0]

Résolution

def F(y,t):

return -2*t*y

for t in T[1:]:

y0 = y0 + dt*F(y0,t)

Y.append(y0)




Schéma implicite

Même discrétisation du temps, même initialisation

Après résolution :

∀ i > 1, yi =yi−1

1+ 2ti dt= G (yi−1, ti )

def G(y, t):

return y/(1+2*t*dt)

Itération

for t in T[1:]:

y0 = G(y0, t)

Y.append(y0)




Schéma implicite



∀ i > 1, yi =yi−1

1+ 2ti dt= G (yi−1, ti )

def G(y, t):

return y/(1+2*t*dt)

Itération

for t in T[1:]:

y0 = G(y0, t)

Y.append(y0)




Schéma implicite



∀ i > 1, yi =yi−1

1+ 2ti dt= G (yi−1, ti )

def G(y, t):

return y/(1+2*t*dt)

Itération

for t in T[1:]:

y0 = G(y0, t)

Y.append(y0)




Courbe de Gauss : dt = 0, 1

0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

t

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

y

Euler classiqueEuler impliciteSolution exacte




Courbe de Gauss : dt = 0, 05

0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

t

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

y





Problème de Cauchy en dimension 2

y(t)←(x(t), y(t)

)

Système di�érentiel{x ′(t) = −2x(t) + y(t)

y ′(t) = x(t) − 2y(t)

Condition initialex(0) = 2, y(0) = 0

Solution

∀ t ∈ R,{x(t) = e−t + e−3t

y(t) = e−t − e−3t





y(t)←(x(t), y(t)

)Système di�érentiel{

x ′(t) = −2x(t) + y(t)

y ′(t) = x(t) − 2y(t)


Solution

∀ t ∈ R,{x(t) = e−t + e−3t

y(t) = e−t − e−3t





y(t)←(x(t), y(t)


x ′(t) = −2x(t) + y(t)

y ′(t) = x(t) − 2y(t)


Solution

∀ t ∈ R,{x(t) = e−t + e−3t

y(t) = e−t − e−3t





y(t)←(x(t), y(t)


x ′(t) = −2x(t) + y(t)

y ′(t) = x(t) − 2y(t)


Solution

∀ t ∈ R,{x(t) = e−t + e−3t

y(t) = e−t − e−3t





Initialisation

x0, y0 = 2.0, 0.0

X, Y = [x0], [y0]

Résolution F : R2 ×R→ R2

p, q = 1-2*dt, dt

def F(x, y, t):

return p*x+q*y, q*x+p*y

for t in T[1:]:

x0, y0 = F(x0, y0,t)

X.append(x0)

Y.append(y0)





Initialisation

x0, y0 = 2.0, 0.0

X, Y = [x0], [y0]


p, q = 1-2*dt, dt

def F(x, y, t):


for t in T[1:]:

x0, y0 = F(x0, y0,t)

X.append(x0)

Y.append(y0)





Initialisation

x0, y0 = 2.0, 0.0

X, Y = [x0], [y0]


p, q = 1-2*dt, dt

def F(x, y, t):


for t in T[1:]:

x0, y0 = F(x0, y0,t)

X.append(x0)

Y.append(y0)




Schéma d'Euler implicite

Même discrétisation du temps, même initialisation.

Formule de récurrence

∀ k > 0,

xk+1 = (1+2 dt)·xk+ dt·yk1+4 dt+3 dt2

yk+1 = dt·xk+(1+2 dt)·yk1+4 dt+3 dt2

Det = 1+4*dt+3*dt**2

p, q = (1+2*dt)/Det, dt/Det

def F(x, y, t):


Même résolution





Même discrétisation du temps, même initialisation.Formule de récurrence

∀ k > 0,

xk+1 = (1+2 dt)·xk+ dt·yk1+4 dt+3 dt2

yk+1 = dt·xk+(1+2 dt)·yk1+4 dt+3 dt2

Det = 1+4*dt+3*dt**2


def F(x, y, t):


Même résolution






∀ k > 0,

xk+1 = (1+2 dt)·xk+ dt·yk1+4 dt+3 dt2

yk+1 = dt·xk+(1+2 dt)·yk1+4 dt+3 dt2

Det = 1+4*dt+3*dt**2


def F(x, y, t):


Même résolution






∀ k > 0,

xk+1 = (1+2 dt)·xk+ dt·yk1+4 dt+3 dt2

yk+1 = dt·xk+(1+2 dt)·yk1+4 dt+3 dt2

Det = 1+4*dt+3*dt**2


def F(x, y, t):


Même résolution




Système di�érentiel : dt = 0, 05

0.0 0.5 1.0 1.5 2.0

x

0.00

0.05

0.10

0.15

0.20

0.25

0.30

0.35

0.40

0.45y





Système di�érentiel : dt = 0, 025

0.0 0.5 1.0 1.5 2.0

x

0.00

0.05

0.10

0.15

0.20

0.25

0.30

0.35

0.40

0.45y





Problème de Cauchy

Mise sous forme résoluble

x ′′(t) + ω2x(t) = 0 ⇐⇒{x ′(t) = v(t)v ′(t) = −ω2x(t)

Inconnue y(t) =(x(t), v(t)

)Condition initiale

y(0) = (1, 0) ⇐⇒{x(0) = 1, x ′(0) = 0

}Solution

y(t) = (cosωt,−ω sinωt) ⇐⇒ x(t) = cosωt




Problème de Cauchy


x ′′(t) + ω2x(t) = 0 ⇐⇒{x ′(t) = v(t)v ′(t) = −ω2x(t)


)

Condition initiale

y(0) = (1, 0) ⇐⇒{x(0) = 1, x ′(0) = 0

}Solution





Problème de Cauchy


x ′′(t) + ω2x(t) = 0 ⇐⇒{x ′(t) = v(t)v ′(t) = −ω2x(t)


)Condition initiale

y(0) = (1, 0) ⇐⇒{x(0) = 1, x ′(0) = 0

}

Solution





Problème de Cauchy


x ′′(t) + ω2x(t) = 0 ⇐⇒{x ′(t) = v(t)v ′(t) = −ω2x(t)


)Condition initiale

y(0) = (1, 0) ⇐⇒{x(0) = 1, x ′(0) = 0

}Solution





Schémas d'Euler

Schéma explicite {xk+1 = xk + vk · dtvk+1 = vk − ω2 · xk · dt

Schéma implicite

xk+1 =xk + vk · dt1+ (ω dt)2

vk+1 =vk − ω2xk dt

1+ (ω dt)2




Schémas d'Euler

Schéma explicite {xk+1 = xk + vk · dtvk+1 = vk − ω2 · xk · dt

Schéma implicite

xk+1 =xk + vk · dt1+ (ω dt)2

vk+1 =vk − ω2xk dt

1+ (ω dt)2




Pendule harmonique : dt = 0, 1

0 2 4 6 8 10 12 14

t

−1.5

−1.0

−0.5

0.0

0.5

1.0

1.5

x

Euler expliciteEuler impliciteSolution exacte




Pendule harmonique : dt = 0, 02

0 2 4 6 8 10 12 14

t

−1.5

−1.0

−0.5

0.0

0.5

1.0

1.5

x

Euler expliciteEuler impliciteSolution exacte




Dans l'espace des phases : dt = 0, 1

−1.0 −0.5 0.0 0.5 1.0

x

−0.5

0.0

0.5

dx/

dt

Solution exacteEuler expliciteEuler implicite




Dans l'espace des phases : dt = 0, 02

−1.0 −0.5 0.0 0.5 1.0

x

−0.5

0.0

0.5

dx/

dt

Solution exacteEuler expliciteEuler implicite




Avantages

La qualité d'approximation est meilleure quand le pas de tempsdt diminue.

Le schéma implicite est légèrement plus précis que le schémaexplicite.




Inconvénients

Quand le pas de temps diminue, le nombre de calculs àe�ectuer augmente.

Dans l'espace des phases, on peut perdre des propriétésqualitatives essentielles (périodicité).

Pour des équations non linéaires, le schéma implicite est lourden calculs.

Comment contrôler la qualité de l'approximation quand on nesait pas résoudre littéralement l'équation ?

Comment choisir le pas de temps ?


Documents

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