Équations différentielles
Cours de L3 par Frédéric Hélein
1, janvier–avril 2021
Mardi 6 avril 2021
5 Flot d’un champ de vecteur autonome
5.1 Ensemble de vie et flot d’un champ de vecteur
Nous considérons un champ de vecteur autonome X ∈C0(Ω,Rn), défini sur un ouvert Ω⊂ Rn et localement lipschitzien. Grâce au théorème de Cauchy–Lipschitz nous savons que, pour chaque x ∈ Ω, il existe une unique solution locale t 7−→ y(t) = x ·etX de l’équation dydt = X(y) avec la condition initiale y(0) = x. De plus nous pouvons étendre cette solution à un intervalle maximal Imax(x) ⊂ R, et ce, de façon unique. Cela nous permet de donner la définition suivante.
Définition 5.1 SoitΩ⊂Rn un ouvert et X ∈C0(Ω,Rn)un champ de vecteur localement lipschitzien. L’ensemble de vie de X est le sous-ensemble de R×Ω défini par
∆X :={(t, x) ; x∈Ω, t∈Imax(x)}
Une traduction directe du théorème de Cauchy–Lipschitz est le résultat suivant.
Proposition 5.1 Soit Ω ⊂Rn un ouvert et X ∈C0(Ω,Rn) un champ de vecteur locale- ment lipschitzien. Alors
(i) {0} ×Ω⊂∆X ;
(ii) ∆X est un ouvert de R×Ω.
Il est alors naturel de définir l’application suivante.
Définition 5.2 Sous les hypothèses précédentes, le flot du champ de vecteur X est l’application :
Φ : ∆X −→ Ω
(t, x) 7−→ Φ(t, x) =x·etX (1)
Exemples—1) SiX ∈C0(Rn,Rn), localement lipschitzienne, est linéaire ou, plus géné- ralement, à croissance sous-linéaire, alors les solutions maximales du problème de Cauchy sont définies pour tout temps et donc ∆X =R×Rn.
2) Si X ∈ C∞(R,R) est défini par X(x) = x2, l’ensemble de vie est ∆X = {(t, x) ∈ R2; tx <1}.
La proposition suivante justifie la notation Φ(t, x) = x·etX et établit que la famille de bijections (Φ(t,·))t∈R a une structure depseudogroupe.
1. Université de Paris, Licence 3 de Mathématiques,helein@math.univ-paris-diderot.fr
Proposition 5.2 Soit Ω ⊂ Rn et soit X ∈ C0(Ω,Rn) un champ de vecteur localement lipschitzien. Alors
(i) ∀t, s ∈R, ∀x∈Ω tels que (t, x)∈∆X,
(t+s, x)∈∆X ⇐⇒ (s,Φ(t, x))∈∆X
et, si cette condition est réalisée,
Φ(t+s, x) = Φ(s,Φ(t, x)) (2)
(ii) ∀(t, x)∈∆X, (−t,Φ(t, x))∈∆X et
Φ(−t,Φ(t, x)) = x. (3)
Démonstration — La preuve de (2) s’obtient en remarquant que [s 7−→ Φ(t+s, x)] et [s 7−→ Φ(s,Φ(t, x))] sont tous les deux solutions de l’équation duds(s) = X(u(s)), avec la condition de Cauchy u(0) = Φ(t, x) et en appliquant le théorème d’unicité de Cauchy–
Lipschitz. L’identité (3) s’obtient à partir de (2) en choisissant s=−t.
Nous savons que, pour tout x∈ Ω fixé, l’application[t 7−→Φ(t, x)] estC1, mais nous n’avons pas encore démontré de résultat concernant la continuité de Φ(t, x) en fonction dex.
Dans le prochain paragraphe nous allons montrer queΦest toujours une fonction conti- nue sur∆X, c’est à dire queΦ(t, x)dépend continuement du couple(t, x). Ce résultat est nécessaire pour compléter la preuve du théorème que nous avons montré précédemment, dans lequel nous avons établi la stabilité asymptotique d’un point d’équilibre pour un champ de vecteur autonome admettant une fonction de Liapounov stricte.
5.2 Continuité en fonction de la condition initiale
5.2.1 Résultat local
Théorème 5.1 Soit Ω ⊂ Rn un ouvert et soit X ∈ C0(Ω,Rn) un champ de vecteur autonome localement lipschitzien en espace. Alors, ∀x0 ∈ Ω, il existe un voisinage I0 de 0 dans R, un voisinage O0 de x0 dans Ω, tels que Φ soit continue sur I0× Ox0.
Si k ∈ N, si X est de classe Ck et si les dérivées partielles de X d’ordre k sont localement lipschitziennes, alors Φ est de classe Ck.
Démonstration — Nous procédons en améliorant la preuve du théorème de Cauchy–
Lipschitz déjà vue. Nous cherchons I0, Ox0 et Φ :I0× Ox0 −→Ω, tels que
∀x∈ Ox0, Φ(0, x) =x et ∀(t, x)∈I0× Ox0, ∂Φ
∂t(t, x) =X(Φ(t, x)) Ces deux conditions se traduisent sous la forme d’une équation intégrale :
∀(t, x)∈I0× Ox0, Φ(t, x) = x+ Z t
0
X(Φ(s, x))ds (4)
En posantΦ(t, x) =x+z(t, x)la formulation obtenue ci-dessus s’écritz(t, x) = Rt
0 X(x+ z(s, x))ds et s’interprète sous la forme d’une relation z = T[z], où T[z] est l’application (t, x)7−→Rt
t0X(s, x+z(s, x))ds.
Pour tout ε > 0, notons Iε =]− ε, ε[ et, pour tout x ∈ Rn et pour tout α > 0, Bn(x, α) :={x′ ∈Rn; kx′−xk< α}.
L’hypothèse que X est localement lipschitzienne nous permet d’affirmer qu’il existe r >0 et une constante C =C(x0)>0tels que :
∀x, x′ ∈B(x0,2r), kX(x′)−X(x)k ≤Ckx′−xk (5) Par ailleurs,Xétant localement lipschitzienne, elle est continue, donc en particulier bornée sur tout compact. Donc il existe V>0 (comme vitesse maximale) tel que
∀x∈B(x0,2r), kX(x)k ≤V (6) Pour une valeur deεque nous fixerons ultérieurement, nous considérons l’espace vectoriel C0(Iε×Bn(x0, r),Rn)muni de la norme kzk∞:= sup{kz(t, x)k; (t, x)∈Iε×Bn(x0, r)}.
Nous notons
BC0(r) :={z ∈C0(Iε×Bn(x0, r),Rn) ; kzk∞≤r}
la boule fermée de centre 0 et de rayon r dans (C0(Iε×Bn(x0, r),Rn),k · k∞).
Nous considérons l’application
T : BC0(r) 7−→ BC0(r)
z 7−→ h
T[z] : (t, x)7−→Rt
0 X(x+z(s, x))dsi
Nous commençons par chercher une condition suffisante sur ε pour que cette application soit bien définie et qu’elle applique bien BC0(r) dans BC0(r) :
— d’abord nous remarquons que, ∀z ∈ BC0(r), ∀(s, x) ∈ Iε×Bn(x0, r), la quantité x+z(s, x) est dansB(x0,2r) :
kx+z(s, x)−x0k ≤ kx−x0k+kz(s, x)k ≤r+r Nous pouvons donc appliquer (6) avec x+z(s, x).
— nous avons ainsi ∀z ∈ BC0(0, r), ∀(s, x) ∈ Iε×Bn(0, r), kX(x+z(s, x))k ≤ V et donc, ∀t∈ Iε, kT[z](t, x)k ≤ V|t| <Vε. Donc si nous choisissons ε ≤ Vr, alors T[z]
est bien contenu dans BC0(0, r).
Ensuite nous cherchons une condition supplémentaire que pour T soit contractante :
— d’après (5), nous avons, ∀z, z′ ∈BC0(r),
∀(t, x)∈Iε×Bn(x0, r), kT[z′](t, x)−T[z](t, x)k ≤Cε kz′−zk∞
Il suffit donc de choisir ε <1/C.
En conclusion, en choisissantε <min{Vr,C1}, l’applicationT est bien définie et est contrac- tante. Comme la boule BC0(r) est fermée dans un espace de Banach, il existe un unique z ∈BC0(r)tel que T[z] =z. DoncΦdéfinie par Φ(t, x) = x+z(t, x)est bien une solution de (4) et est une fonction continue de (t, x)2.
Dans le cas où X est Ck, avec k ≥1, et où les dérivées partielles de X d’ordre k sont localement lipschitziennes, la preuve s’obtient par une méthode similaire en remplaçant C0(Iε×Bn(x0, r),Ω) par Ck(Iε×Bn(x0, r),Ω).
Proposition 5.3 Quitte à changerI0× Ox0 en un voisinage plus petit, il est possible de s’assurer que la restriction de Φ à I0× Ox0 est un homéomorphismevers son image.
Démonstration — Considérons
Ψ : ∆X −→ Ψ(∆X)⊂R×Ω
(t, x) 7−→ (t,Φ(t, x)) (7)
Nous remarquons que la bijection inverse de Ψ est Ψ−1 : (t, y) 7−→ (t,Φ(−t, y)). Nous déduisons du théorème précédent qu’il existeI0× Ox0 tel queΨ|I0×Ox0 est continue. Nous pouvons choisirI0 symétrique par rapport à 0, de sorte queΨ−1|I0×Ox0 est aussi continue.
Alors l’image inverse parΨde l’ouvertI0× Ox0 est un ouvert contenant(0, x0)et donc il existe un voisinage I0′ de 0et un voisinage O′x0 dex0, tels que I0′ × Ox′0 ⊂(I0× Ox0)∩ Ψ−1(I0× Ox0). Ainsi :
— comme I0′ × Ox′0 ⊂I0× Ox0, Ψ|I0′×Ox′
0 est continue ;
— comme Ψ(I0′ × Ox0)⊂I0× Ox0,
Ψ|I0′×Ox′0
−1
= Ψ−1|Ψ(I′0×Ox0) est aussi continue.
5.2.2 Résultat global
Dans cette section nous montrons le théorème qui suit. Il ne sera pas demandé de retenir sa démonstration, qui suit et qui est assez complexe.
2. Il est possible d’établir une version plus générale du théorème 5.1, valable pour un champ de vecteur non autonome X∈C0(U,Rn), oùU ⊂R×Rn. Pour tout(t0, x0)∈U on noteI0un voisinage det0dans Ret on considère
Ψ : I0×I0× Ox0 −→ Ω (t1, t2, x) 7−→ Ψ(t1, t2, x)
qui est solution de ∂t∂Ψ0(t1, t2, x) =X(t2,Ψ(t1, t2, x)), avec la conditionΨ(t1, t1, x) =x. La preuve est alors totalement similaire à celle du théorème 5.1 en traduisant les relations satisfaites par Ψ sous la forme Ψ(t1, t2, x) = x+Rt2
t1 X(s,Ψ(t1, s, x))ds. Une solution locale continue de cette équation est obtenue en considérant l’espaceC0(Iε×Iε×Bn(x0, r),Rn)et en cherchant un point fixe de l’application
T : BC0(r) 7−→ BC0(r)
z 7−→ h
T[z] : (t1, t2, x)7−→Rt2
t1 X(s, x+z(t1, s, x))dsi
Théorème 5.2 Soit Ω ⊂ Rn un ouvert et soit X ∈ C0(Ω,Rn) un champ de vecteur autonome localement lipschitzien. SoitΦ : ∆X −→Ωdéfinie par (1). AlorsΦest continue.
Si k ∈ N, si X est de classe Ck et si les dérivées partielles de X d’ordre k sont localement lipschitziennes, alors Φ est de classe Ck.
En préliminaire à la preuve nous commençons par établir un lemme de plomberie.
Lemme 5.1 SoitΩ⊂Rnun ouvert et soitX ∈C0(Ω,Rn)un champ de vecteur autonome localement lipschitzien. Soit x0, x1 ∈Ω et t1 ∈]0,+∞[.
Soit I0 ⊂R et I1 ⊂ R deux intervalles ouverts contenant 0 et soit O0 ⊂Ω et O1 ⊂ Ω deux ouverts contenant respectivement x0 et x1. On note t1+I1 :={t1+t ∈R; t ∈I1}.
On suppose que (Ψ étant définie par (7)) : (i) t1 ∈I0;
(ii) Ψ(t1, x0) = x1;
(iii) Ψ|I0×O0 et Ψ|I1×O1 sont continues.
Alors il existe un ouvert O′0 ⊂ O0 contenant x0 et tel que Ψ|(I0∪(t1+I1))×O′0 soit continue.
Démonstration — Considérons l’application
χ: O0 −→ Ω
x 7−→ Φ(t1, x)
et posons O0′ := χ−1(O1). D’après les hypothèses, χ est continue et O0′ est un ouvert, contenant x0 à cause de (ii). Alors Ψest continue sur (I0∪(t1+I1))× O0′ = (I0× O′0)∪ ((t1+I1)× O′0). En effet :
— Ψ est continue sur I0× O0′ puisque I0× O′0 ⊂I0× O0;
— Ψ|(t1+I1)×O0′ est la composition des deux applications
(t1+I1)× O0′ −→ I1× O1 −→ Ω (t, x) 7−→ (t−t1, χ(x)) 7−→ Φ(t−t1, χ(x)) qui sont chacunes bien définies et continues.
Démonstration du théorème 5.2— Soit(T, x0)∈∆X, nous allons montrer queΦest conti- nue en (T, x0). Notons γ(s) = x0 ·esX, ∀s ∈ [0, T], et considérons l’ensemble Γ(T,x0) :=
{(s, γ(s)) ; s∈[0, T]} ⊂R×Ω. Cet ensemble est clairement compact car il est l’image de [0, T] par γ, qui est C1.
Étape 1 — Pour tout s∈[0, T], nous pouvons appliquer le théorème 5.1 et la proposition 5.3 pour affirmer qu’il existe εs > 0 et un voisinage Us de γ(s) tels que la restriction de Ψ (définie par (7)) à ]−2εs,2εs[×Us soit un homéomorphisme vers son image. De plus, comme γ est continue, quitte à remplacer εs par une valeur plus petite, nous pouvons supposer que
∀t ∈]−2εs,2εs[, γ(s+t)∈Us (8)
Par ailleurs, de façon évidente, ∀s∈[0, T], (s, γ(s))∈]s−εs, s+εs[×Us et donc Γ(T,x0) ⊂ [
s∈[0,T]
]s−εs, s+εs[×Us
Nous pouvons donc extraire un recouvrement de Γ(T,x0) par une famille d’ouverts (]sk−εsk, sk+εsk[×Usk)0≤k≤N
où0 =s0 < s1 <· · ·< sN =T est une suite finie. Nous supposerons que ce recouvrement est optimal, c’est à dire que, si l’on retire un ouvert dans la famille, alors on perd la propriété de recouvrement.
Étape 2 — La propriété (8) implique que, pour tout τ ∈]−εk, εk[,
∀t∈]sk−εk, sk+εk[, γ(t)∈Φ(τ, Usk) :={Φ(τ, x) ; x∈Usk}
Car en effet, ∀τ ∈]−εk, εk[ et ∀t ∈]sk −εk, sk+εk[, on a t = sk +t′, où t′ ∈]−εk, εk[.
Donc t′−τ ∈]−2εs,2εs[et donc (8) entraîne :
Φ(−τ, γ(t)) = Φ(−τ,Φ(sk+t′, x0)) = Φ(sk+t′−τ, x0) = γ(sk+t′−τ)∈Usk
Par ailleurs Ψest continue sur (−τ+]−εk, εk[) ×Φ(τ, Usk)(où −τ+]−εk, εk[ := ]−τ− εk,−τ +εk[), car Ψ|(−τ+]−εk,εk[)×Φ(τ,Usk) est égale à la composition des trois applications continues
(−τ+]−εk, εk[)×Φ(τ, Usk) −→χτ ]−εk, εk[×Usk
−→Ψ ]−εk, εk[×Ω → (−τ+]−εk, εk[)×Ω (t, x) 7→ (t+τ,Φ(−τ, x)) 7→ (t+τ,Φ(t, x)) 7→ (t,Φ(t, x)) où χτ est continue parce que Ψ|]−εk,εk[×Usk
−1
est continue car Ψ|]−εk,εk[×Usk est un ho- méomorphisme avec son image.
Étape 3 — Nous exploitons l’inclusion[0, T]⊂S
0≤k≤N]sk−εsk, sk+εsk[. Si N = 0, ce qui signifie queT ∈]−εs0, εs0[, le résultat est immédiat. Sinon, il existe nécessairement k1 >0 tel que ]−εs0, εs0[∩]sk1 −εsk1, sk1 +εsk1[ soit non vide. Si T ∈]sk1 −εsk1, sk1 +εsk1[, on peut ne garder que les deux ouverts correspondant à k = 0 etk =k1, sinon, cela signifie qu’il existek2 > k1 tel que ]−εs0, sk1+εsk
1[∩]sk2−εsk
2, sk2+εsk
2[ soit non vide, etc. On sélectionne ainsi une suite de valeurs de k telle que chaque intervalle ]sk−εsk, sk +εsk[ rencontre l’union des précédents.
Sans perte de généralité (en ne gardant que les valeurs de k ainsi sélectionnées), on supposera que, pour toutktel que0≤k < N,]sk−εsk, sk+εsk[∩]sk+1−εsk+1, sk+1+εsk+1[ est non vide et donc qu’il existetk+1 dans cette intersection. Notons alors
Ik :=]sk−tk−εk, sk−tk+εk[ et Ok := Φ(tk−sk, Usk)
En appliquant les résultats de l’étape 2 qui précède avec τ = tk −sk ∈]−εk, εk[, nous obtenons que
∀t∈tk+Ik, Φ(x0, t)∈ Ok
et donc Γ(T,x0) ⊂ S
0≤k≤N(tk+Ik)× Ok, et que Ψ est continu sur Ik × Ok. En notant xk :=γ(tk), la situation est alors la suivante :
— 0∈I0 ett1 ∈I0 ∩(t1+I1);
— x0 ∈ O0 etx1 = Φ(t1, x0)∈ O1;
— Ψ|I0×O0 etΦ|I1×O1 sont continues.
Le lemme 5.1 nous permet de prouver l’existence d’un ouvert O0′ contenant x0 tel que Φ|(I0∪(t1+I1))×O′0 soit continue. Cela permet d’initialiser une récurrence finie qui utilise à chaque étape le fait que, pour tout k,
— tk∈tk+Ik et tk+1 ∈(tk+Ik)∩(tk+1+Ik+1);
— xk ∈ Ok etxk+1 = Φ(tk+1−tk, xk)∈ Ok+1;
— Φ|Ik×Ok etΦ|Ik+1×Ok+1 sont continues.
En utilisant le lemme 5 à chaque itération, on montre ainsi que Φ est continue sur un ouvert de la forme S
0≤k≤N(tk+Ik)
× O0(N), où O0(N) est un voisinage ouvert de x0.
6 Approximations numériques des solutions
Nous abordons ici des questions différentes de tout ce qui précède : nous souhaitons approcher les valeurs prises par la solution d’une équation différentielle via des calculs par ordinateur. Cela nécessite de se ramener à un problème avec un nombre fini de degrés de liberté (alors qu’une équation différentielle est un problème avec un nombre infini de degrés de liberté).
Pour cela on remplace l’intervalle [t0, t0 +T] par une suite finie de réels (t0,· · · , tN) telle que
t0 < t1 < t2 <· · ·< tN =t0 +T
On note hn := tn+1 −tn l’écart entre deux tels instants. On cherche à approcher une solutionexacte z ∈C1([t0, t0+T],Ω) de l’équation dzdt(t) =X(t, z(t))ou, plus précisément, les valeurs (z(t0), z(t0), z(t2),· · · , z(tN)), par une suite de valeurs
(y0, y1, y2,· · · , yN) dans Ω⊂Rn. Dans ce qui suit on impose la condition initiale z(t0) =x0 =y0.
6.1 L’algorithme d’Euler
Une idée très naturelle est la suivante : supposons queyn soit suffisamment proche de z(tn), i.e. yn≃z(tn), alors
z(tn+1) =z(tn) +z′(tn)(tn+1−tn) +o(tn+1−tn)≃yn+z′(tn)(tn+1−tn)
mais comme z est une solution de l’équation différentielle dzdt(t) = X(t, z(t)), on peut remplacer z′(tn)par X(tn, z(tn))≃X(tn, yn)et donc
z(tn+1)≃yn+X(tn, yn)(tn+1−tn) ou, si l’on note hn :=tn+1−tn, pour 0≤n≤N −1,
z(tn+1)≃yn+hnX(tn, yn)
On définit ainsi l’algorithme d’Euler en construisant deux suites (y0, y1, y2,· · ·, yN)∈ ΩN+1 et (t0, t1,· · ·, tN) ∈ RN+1 en partant de la condition initiale (t0, y0) et en posant, pour0≤n ≤N−1,
tn+1 = tn+hn
yn+1 = yn+hnX(tn, yn)
6.1.1 L’algorithme d’Euler est-il bien défini ?
En particulier, dans l’hypothèse où l’on suppose queXn’est définie (ou bien contrôlée) que sur un domaine I×Ω⊂R×Rn, il faut s’assurer qu’aucune valeur (tn, yn)s’échappe de ce domaine.
Pour fixer les idées, supposons que X est définie sur I × Bn(y0, r), où I = [0, T] et Bn(y0, r) est la boule de centre y0 et de rayon r dans Rn et que kX(t, x)k ≤ M,
∀(t, x)∈I×Bn(y0, r).
Proposition 6.1 SoitI = [0, T]etX ∈C0(I×Bn(y0, r),Rn)(non nécessairement locale- ment lipschitzien en espace). Supposons qu’il existe M >0tel que, ∀(t, x)∈I×Bn(y0, r), kX(t, x)k ≤M. Alors, si T M ≤r, l’algorithme est bien défini.
Le fait que l’algorithme soit bien défini signifie que les suites(tn)et(yn)sont bien définies.
Démonstration — On montre par récurrence sur n que kyn−y0k ≤M
n−1
X
k=0
hk
c’est une conséquence immédiate de l’inégalité triangulairekyn+1−y0k ≤ kyn+1−ynk + kyn−y0k et de kyn+1−ynk =hnkX(tn, yn)k ≤M hn. Le corollaire de cette inégalité est que kyn−y0k ≤M T, puisquePn−1
k=0hk ≤PN−1
k=0 hk =T, et donc kyn−y0k ≤r.
6.1.2 L’algorithme d’Euler réalise-t-il une bonne simulation de l’équation différentielle ?
Pour répondre à cette question, il est utile de construire à partir de la suite (yn)0≤n≤N
une application y que l’on puisse comparer avec la solution exacte z. Un moyen simple consiste à imposer à y d’être continue et affine par morceau et de satisfaire y(tn) = yn,
∀n. Cela nous donne :
∀t∈[tntn+1], y(t) = yn+yn+1−yn
tn+1−tn
(t−tn)
mais puisque yn est défini par l’algorithme d’Euler (i.e. yn+1 = yn +hnX(tn, yn)), cela revient à prendre
∀t∈[tntn+1], y(t) = yn+ (t−tn)X(tn, yn)
Nous remarquons queyest continue et, en particulier,C1par morceau et que,∀t∈[tntn+1],
dy
dt(t) =X(tn, yn).
Nous pouvons ainsi formuler la question précédente de façon plus précise : y est-elle
« proche » de satisfaire l’équation différentielle, autrement dit, est-ce que dydt(t)−X(t, y(t)) est « petit » ?
Il s’agit donc de savoir à quelle condition la quantité u(t) :=
dy
dt(t)−X(t, y(t))
=kX(tn, yn)−X(t, y(t))k
reste petite, pourt ∈[tn, tn+1]. Comme la longueur de [tn, tn+1]esthn, on pressent qu’une condition suffisante pour queu(t) soit petit est que hn soit petit et queX soit uniformé- ment continu. Nous supposerons donc :
Hypothèse : X estuniformémement continue.
Cette hypothèse peut être formulée de façon quantitative en introduisant ce qui suit.
Définition 6.1 (Module de continuité) Soit X ∈ C0(I ×Bn(y0, r),Rn). Le module de continuité de X est la fonction ωX :]0,+∞[−→[0,+∞[ définie par
ωX(ρ) := sup{kX(t, x)−X(t′, x′)k| (t, x),(t′, x′)∈I×Bn(y0, r),k(t, x)−(t′, x′)k ≤ρ}
En effet il n’est pas difficile de voir que X est uniformément continue si et seulement si limρ→0ωX(ρ) = 0. De plus on a l’inégalité
kX(t, x)−X(t′, x′)k ≤ωX(k(t′, x′)−(t, x)k).
et ainsi,∀t ∈[tn, tn+1]
u(t)≤ωX(k(t, y(t))−(tn, yn)k). D’autre part, si t∈[tn, tn+1],
ky(t)−ynk= (t−tn)kX(tn, yn)k ≤hnM.
et donc, ∀t ∈[tn, tn+1],
k(t, y(t))−(tn, yn)k ≤ kt−tnk+ky(t)−ynk ≤hn+hnM = (M + 1)hn
et nous en déduisons que, ∀t∈[tn, tn+1],
u(t)≤ωX(k(t, y(t))−(tn, yn)k)≤ωX((M + 1)hn).
Concluons : notons ¯h:= sup(hn)0≤n≤N−1. Supposons queX ∈C0(I×Bn(y0, r))est borné (kX(t, xk ≤M) et uniformément continue, alors
∀t∈I\ {t0, t1,· · · , tN},
dy
dt(t)−X(t, y(t))
≤ωX((M + 1)¯h).
Définition 6.2 Soit y ∈ C0(I,Ω) une fonction C1 par morceau (donc C1 sur I \C, où C ⊂I est un sous-ensemble fini) et ε >0. On dit que y est une solution ε-approchée de l’équation dzdt =X(t, z) si,
∀t∈I \C,
dy
dt(t)−X(t, y(t))
≤ε
En conclusion nous avons montré le résultat suivant.
Proposition 6.2 Supposons quekXkest uniformémement borné par M >0et queX est uniformémement continu et soit ¯h := sup(hn)0≤n≤N−1. Alors l’algorithme d’Euler donne des solutions ε-approchées, avec
ε=ωX((M + 1)¯h).
6.1.3 La solution approchée est-elle proche de la solution exacte ?
Il s’agit de savoir si la solution y fournie par l’algorithme d’Euler approche réellement la solution exacte z de dzdt =X(t, z).
Proposition 6.3 Supposons queX est uniformémement bornée et uniformémement conti- nue sur I×Ω, oùI = [t0, t0+T]. Soit (ε(N))N∈N∗, une suite à valeur dans ]0,+∞[et soit (y(N))N∈N∗ une suite de fonctions dans C0(I,Ω), C1 par morceau. Supposons que
(i) ∀N, y(N) est une solution ε(N)-approchée de l’équation dydt =X(t, y); (ii) limN→+∞ε(N)= 0;
(iii) (y(N))N∈N∗ converge uniformément sur I vers y∈C0(I,Ω).
Alors y est C1 et est solution de dydt =X(t, y).
Démonstration — Une idée naïve serait de chercher à passer à la limite dans dydt(N) = X(t, y(N)) + j(N)(t), où j(N) est la fonction qui donne l’« erreur » et qui, donc, tend uniformémement vers 0 par hypothèse. Mais le problème est que l’on ne peutrien déduire directement des hypothèses sur la limite de la dérivée dydt(N). Le bon réflexe pour s’en tirer est toujours le même : utiliser l’équation sous sa forme intégrée
y(N)(t)−y(N)(t0) = Z t
t0
X(s, y(N)(s))ds+ Z t
t0
j(N)(s)ds (9)
Nous allons alors passer à la limite dans le terme de gauche et dans les deux intégrales à droite.
Par l’hypothèse de convergence uniforme (iii), on sait que
y(N)(t)−y(N)(t0)−→y(t)−y(t0) uniformément sur I quand t→+∞
Par l’hypothèse (i), on a
Z t
t0
j(N)(s)ds
≤ Z t
t0
j(N)(s) ds≤
Z t
t0
ε(N)ds ≤T ε(N)
et donc, par l’hypothèse (ii), limN→+∞
Rt
t0j(N)(s)ds = 0.
Il ne reste que le terme Rt
t0X(s, y(N)(s))ds :
Z t
t0
X(s, y(N)(s))ds− Z t
t0
X(s, y(s))ds
≤ Z t
t0
X(s, y(N)(s)−X(s, y(s)) ds
≤ Z t
t0
ωX(ky(N)(s)−y(s)k)ds
et comme l’intégrand dans cette dernière intégrale tend uniformémement vers 0, l’intégrale tend vers 0.
Conclusion : on peut passer à la limite dans la convergence uniforme dans la relation (9) et on obtient
y(t)−y(t0) = Z t
t0
X(s, y(s))ds
On en déduit que y est C1 et, en dérivant par rappport à t, que y est solution de dydt =
X(t, y).
