Equations intégrales et équations différentielles

Equations intégrales et équations différentielles

17 avril 2014

0. Motivation Exemple.

On cherche une fonction inconnue x(t) vérifiant l’équation intégrale suivante : x(t) =x0+

Z t t0

a·x(s)ds

Dans la suite on va travailler dans un cas concret (mais la méthode est la même dans le cas abstrait).

x(t) = 1 3 +

Z t 1

2x(s)ds

Approximations successives : x0(t)≡ 1

3, x1(t) = 1

3(1 + 2(t−1)), x2(t) = 1

3(1 + 2(t− 1) + 2²(t−1)²

2 ),x₃(t) = 1

3(1 + 2(t−1) + 2²(t−1)²

2 + 2³(t−1)³ 3! )...

Ou bien, on définit l’opérateur de Picard :Γ :C0[−2,4]→C0[−2,4]tel que Γ(x)(t) = 1

3+ Z t

1

2x(s)ds.

Notre problème devient sous cet angle le problème du point fixe de Γ (un point pour Γ est une fonction continue).

On remarque que pour t∈[−2,4],

|xn(t)−xn−1(t)|= 2ⁿ|t−1|ⁿ n! ≤ 6ⁿ

n! ≤ 6¹² 12!

6ⁿ⁻¹²

13·14· · ·n ≤ 6¹² 12!

6ⁿ⁻¹²

12· · ·12 = 6¹² 12!

6ⁿ⁻¹²

2ⁿ⁻¹²6ⁿ⁻¹² = 6¹² 12!

1 2ⁿ⁻¹² Ceci montre que la suite des xn(t) forme une suite de Cauchy pour la norme sup de

C0[−2,4]et donc converge uniformément vers une fonction limite x(t).

On a la chance de connaitre une expression explicite de x(t): x(t) = 1

3e^2(t−1) . 1

Vérifions quex(t) est bien solution de notre équation intégrale.

Approximations successives : (avec t0 = 0) x0(t)≡x0

x₁(t) = x₀+ Z t

0

ax₀ds

= x0+ax0t x2(t) = x0+

Z t 0

a(x0+ax0s)ds

= x0(1 +at+^a2₂^t2)

xn(t) = x₀(1 +at+^a2₂^t2 +...+^an_n!^tn)

converge ponct.

−−−−−−−−−→

n→∞ x0exp(at)

x0(t) x₁(t)

x₂(t)

Figure 1 – Problème de Cauchy : équation différentielle

(Cauchy)





 dx

dt =v(t, x(t)) x(t0) =x0

ou bien







˙

x=v(t, x) x(t0) =x0

Problème de point fixe de Picard :

(P icard) x(t) =x0 + Z t

t0

v(s, x(s))ds

Proposition 0.1. Soit Ω⊂R×Rⁿ ouvert, v : Ω→Rⁿ continue, (t0;x0)∈Ω. Soit







x:I →Rⁿ continue avec (t, x(t))∈Ω,∀t∈I

Alors le couple(I, x)est solution de (Cauchy) (et doncC¹) si et seulement s’il est solution de (Picard).

Démonstration.

Cauchy ”⇒” Picard

Si(I, x) est une solution C¹ au problème de Cauchy, alors x(t) =x(t0) +

Z t t0

dx

ds(s)ds=x0+ Z t

t0

v(s, x(s))ds

Cauchy ”⇐” Picard

PuisqueI ∋s 7→x(s)et(s, x)∈Ω→v(s, x)sont continues, la composéet7→v(t, x(t)) est continue. Par le Théorème fondamental d’intégration, d

dt Z t

t0

v(s, x(s))ds = v(t, x(t)) existe et continue. Commex(t) =x0+

Z t t0

v(s, x(s))ds, la fonctionx(t) est bienC¹ et elle est solution du problème de Cauchy.

1 Equations et inéquations intégrales, Lemme de Gron- wall

Problème 1. Cherchons les solutions continues de l’équation intégrale u(t) = Z t

0

u(s)ds.

On voit que u ≡ 0 est bien une solution. Mais y a-t-il d’autres solutions ? On a en effet un résultat d’unicité plus fort :

Lemme 1.1. Soit L≥0. Si u∈ C([0, T]) est une solution de l’inéquation intégrale (∗∗) 0≤u(t)≤L

Z t 0

u(s)ds, ∀0≤t ≤T.

Alorsu(t)≡0 ∀0≤t≤T.

Démonstration.Soit M = sup_[0,T]u= max[0,T]u. Par continuité, on a M <+∞. Alors u(t)≤M −→u(s)≤M ^par−→^(∗∗)u(t)≤LMt −→u(s)≤LMs^par−→^(∗∗)u(t)≤ · · ·

u(t)≤ML²t² 2 ...

u(t)≤MLⁿtⁿ n! −→

n 0 Vrai ∀n d’où u(t)≡0.

0 τ M

Figure 2 –

Problème 2. Cherchons les solutions continues de l’équation intégrale u(t) = u0 + L

Z t 0

u(s)ds. On voit que u(t) = u₀e^Lt est bien une solution. Mais y a-t-il d’autres solu- tions ? On a en effet mieux :

Lemme 1.2. Soit u0 >0. Si u∈ C([0, T]) est une solution de l’inéquation intégrale 0≤u(t)≤u0+L

Z t 0

u(s)ds, ∀0≤t≤T.

Alorsu(t)≤u0e^Lt, ∀0≤t≤ T.

Démonstration. Posons u(t) = u0e^Lty(t). Nous allons montrer y(t) ≤ 1. Notons que y(0)≤1. Soit M >1 et supposons par absurde que l’ensemble IM ={0< t≤T :y(t)≥ M} soit non-vide. Posons t^∗ sa borne inférieure. Par continuité (car y(0)≤1)y(t^∗) =M. On a

u₀e^Lt∗M =u₀e^Lt∗y(t^∗) =u(t^∗)≤u₀+L Z t^∗

0

u(s)ds=u₀+ Z t^∗

0

Lu₀e^Lsy(s)ds≤u₀+u₀Me^Lt∗−u₀M D’où 0 ≤ u0(1−M). Donc M ≤ 1, contraire à l’hypothèse. L’ensemble IM est donc

vide ety(t)≤1, ∀0≤t≤T.

On pourrait aussi le démontrer par la méthode de l’opérateur de Picard.

2 Existence et unicité des problèmes de Cauchy et de Picard

Notations :

I ⊂R intervalle ouvert,t0 ∈I, B =B(x0, r)⊂Rⁿ boule ouverte, A={x:I →B continue}

| {z }

ensemble f erm´e dans E

⊂ E =C⁰(I;Rⁿ)

| {z }

espace de Banach pour k.k^∞

u0

Figure 3 –

Définition 2.1. Soit :Ω un ouvert dans R×Rⁿ contenant(t0, x0).

v : Ω→Rⁿ continue.

Supposons I×B ⊂Ω . On appelle opérateur de Picard l’application Γ :A → E

Γ(x) =

t 7→x0 + Z t

t0

v(s, x(s))ds, t∈I

Remarque

Γ est bien définie , car I×B ⊂Ω, doncs7→v(s, x(s))est continue pour x∈ A.

Ω petite "boite"

B x

I

x∈ A

Figure 4 –

Théorème 2.2. (Cauchy-Lipschitz) Supposons (t;x) ∈ Ω → v(t, x) ∈ Rⁿ , continue en (t, x) et localement Lipschitzienne enx. Alors,∃ ! solution locale au problème de Cauchy :





 dx

dt =v(t, x(t)) x(t0) =x0

C’est-à-dire : Pour(t0;x0)∈Ω, ∃τ >0et une unique application x:Iτ :=]t0−τ, t0+τ[→

Rⁿ vérifiant ce système d’équations.

Remarque. C’est un résultat d’existence et unicité sans pour autant donner une formule pour la solution. Bien souvent la solution est implicite et ne s’exprime pas par des formules.

Exemple. v continue ne suffira pas : Ω =R×R , v(t, x) = 2p

|x| n’est pas Lipschitzienne. x(0) = 0, x≡0est une solution mais pas unique.

b

a tangente

Figure 5 – sia <0< b, on peut définir une solution C¹ :

x(t) =















(t−b)², t > b 0, a≤t≤b

−(t−a)², t < a

Commençons la preuve de notre théorème. Comme v est continue, elle est en particulier localement bornée. Notre théorème se déduit de la proposition plus précise suivante (on aura besoin de cette version plus tard) :

Proposition 2.3. (A) On peut choisir

(1) un voisinage ouvertU de(t₀;x₀)sur lequelv est bornée et lipschitzienne en x, on pose L une constante lipschitzienne pour v et M une borne sup pour la norme de v :

sup

(t;x)∈U

kv(t, x)k ≤M <+∞, kv(t, x)−v(t, x^′)k ≤L· kx−x^′k, ∀(t, x),(t, x^′)∈ U .

(2) un τ >0 assez petit tel que

Iτ ×BM τ := [t0−τ, t0+τ]×B(x0;Mτ)⊂ U et L·τ < 1.

(B) Pour un tel couple(U, τ)il existe une unique solution x(t)du problème de Cauchy.

Elle est définie au moins sur l’intervalle Iτ := [t0 −τ, t0+τ], et son graphe sur Iτ est inclus dansBM τ :=B(x0;Mτ).

Démonstration.

BM^τ

Iτ t

x

U

Figure 6 – Avec ce choix on définit

A ={x:Iτ →BM τ continue} ⊂ E =C⁰(Iτ;Rⁿ)

et on rappelle que A, étant un fermé dans un espace de Banach, est un espace métrique complet avecdA(x1, x2) = sup

t∈I^τ

kx1(t)−x2(t)kRⁿ. Lemme 2.4. Γ :A → A, c’est-à-direΓ(A)⊂ A.

Démonstration. Puisque v est continue, Γx est une fonction continue en t. Reste à encadrer son graphe. Pourt∈Iτ

kΓx(t)−x0k = k Z t

t0

v(s, x(s))dsk ≤ | Z t

t0

kv(s, x(s))kds|

≤ | Z t

t0

Mds|=M|t−t0| ≤Mτ DoncΓx(Iτ)⊂BM τ.

Lemme 2.5. Γ est Lτ -Lipschitzienne, c’est-à-dire kΓx1−Γx2k∞ ≤Lτkx1−x2k∞ pour tout x1, x2 ∈ A.

Démonstration.

kΓx1−Γx2k∞ = sup

t∈I^τ

kΓx1(t)−Γx2(t)k

≤ sup

t∈I^τ

| Z t

t0

kv(s, x₁(s))−v(s, x₂(s))kds|

≤ sup

t∈I^τ

| Z t

t0

Lkx1(s)−x2(s)kds|

≤ Lkx1−x2k∞sup

t∈I^τ

| Z t

t0

1ds| ≤ Lτkx1 −x2k∞

Par le théorème de Picard,∃!x∈ A tel quex= Γ(x). En plus. pour toute fonction x0

dans A, la suite des fonctions xn = Γxn−1 converge uniformément vers la solution.

Par Proposition 2.1 ,xest une solution au problème de Cauchy sur l’intervalleIτ avec condition initiale x(t0) = x0 et elle est l’unique solution dans A. Mais on veut montrer une unicité plus forte : toute solution définie dans Iτ est forcément x(t) :

Lemme 2.6. Supposons que x:Iτ →Rⁿ est une solution locale au problème de Cauchy, avec x(t0) =x0. Alors, x∈ A.

Démonstration. Sinon il y a par exemple t0 < t^′ < t0 +τ avec x(t^′) 6∈ BM τ, Soit t^∗ = inf{t > t₀, x(t) 6∈ BM τ} (temps de la 1ère sortie. Donc pour tout s ∈ [t₀, t^∗], on a x(s)∈BM τ et donckv(s, x(s))k ≤M.

alors x(t^∗)6∈ B

ici kx(t)k ≤ M˙ x0

Figure 7 – Mτ ≤ kx(t^∗)−x0k=k

Z t^∗ t0

v(s, x(s))dsk ≤M|t^∗−t| < Mτ contradiction. Donc toute solution est nécessairement dans A. Comme la solution dans A est unique. Il existe une unique solution.

t^∗ x(t^∗)∈∂B

t0

x0

Figure 8 –

3 Géométrie des équations différentielles, champs de vecteurs

Rappel. si−→γ :I ⊂R→R^mest une courbeC¹, alors−→γ˙ (t) = d−→γ

dt = lim∆t→0

~γ(t+ ∆t)−~γ(t) est la limite de vecteurs directeurs des droites sécantes, et est dont tangent (si6=0) à la∆t courbe en −→γ(t). Ainsi si on trace le vecteur ~γ^′(t) au point ~γ(t) pour tout t, on voit apparaitre une famille de vecteurs tangents partout à la courbe.

Dans le cas particulier où ~γ prend la forme~γ(t) = t

x(t)

, elle est partout tangente aux vecteurs

1 x^′(t)

.

−˙

→γ

Figure9 – solution et champ de vecteurs Dans un problème de Cauchy

(

(1) dx

dt =v(t, x(t)) (2) x(t0) =x0

⋆ L’ouvert Ω ⊂ R×Rⁿ est le "domaine de définition", ou l’espace+temps de notre champ de vecteurs.

⋆ La fonction v : Ω → Rⁿ induit un "champ de vecteurs"

1 v(t, x)

, on peut le représenter en traçant à chaque point

t x

∈Ω le vecteur 1

v(t, x)

.

⋆Le couple (t0; x0)∈Ωest la "condition initiale"

Le système (Cauchy) est dit ’autonome’ si v ne dépend pas de t. Dans ce cas v(x) est une fonction définie dans un ouvertU ⊂Rⁿ appelé l’espace. Cette fonction induit un champ de vecteurs dans l’espace x7→ v(x). On peut le représenter en traçant en chaque pointx∈ U le vecteur v(x).

Un système autonome est bien sur un cas particulier du système général. Récipro- quement, un système non-autonome peut se transformer en un système autonome en

rajouter une dimension. Il suffit de poser X = s

x

et V(X) = 1

v(s, x)

pour obtenir l’ed X˙ =V(X).

Géométrie : Une solution x(t) du problème de Cauchy vérifie que x^′(t) =v(t, x(t)).

Dans l’espace + temps, la dérivée de son graphe t

x(t)

est d dt

t x(t)

, qui est aussi le vecteur

1 v(t, x(t))

au point t

x(t)

du champ de vecteurs dans l’espace+temps induit par v.

Ainsi résoudre un problème de Cauchy revient à trouver une courbe paramétrée passant pas

t0

x0

et tangente partout au champ de vecteurs donné par 1

v

(voir Figure 9).

Exemple1) dx

dt =x, x(t₀) =x₀ (dans R) solutionx(t) =x0e^t−t0, t∈R

Représentation graphique - en espace + temps

- en espace (sans temps) que lorsque l’équation ne dépend pas explicitement de t (autonome)

trajectoire ou orbite de la solution

d’autres trajectoires x

solution constante≡0 t

(t0, x0)condition initiale

Figure 10 – Espace-temps

x 0

point équilibre/stationaire/fixe

Figure11 – portrait de "phase"

Exemple 2) dx

dt = x(1−x). On dessine d’abord le champ de vecteurs : à chaque point x, on dessine le vecteur v(x) =x(1−x).

six(t0) = 1

2 on s’attend à ce que lim

t→+∞x(t) = 1 et lim

t→−∞x(t) = 0.

x

t c

asympt verticale

Figure 12 – Pour Exemples 2 et 3 Solution par séparation de variable : x(t) = 1

(1 +e^−t). Donc l’observation est bien confirmée par la solution explicite.

Exemple3) ("Explosions" en temps fini.) dx

dt =x², dx

x² =dt, 1

x =c−t,x= 1 c−t. Exemple4) (Domaine de définition, Problème aux bords) dx

dt =−t

x , (t;x)∈R×R₊ xdx+tdt= 0, x² +t² =constante

solution "maximale"

tangente verticale

Figure 13 – Pour Exemples 4 et 5 Exemple5) En dimension 2 autonome d

dt x1

x2

=

−x2

x1

=

0 −1 1 0

x1

x2

, avec comme champ de vecteurs v(t,−→x) =

−x2

x₁

. orbite périodique périodeT = 2π

solution

−

→x(t) =r

cos(t−c) sin(t−c)

4 Solution locale et maximale

Soient Ω ⊂ R×Rⁿ un ouvert connexe et v : Ω → Rⁿ une fonction continue en (t, x) et localement Lipschitzienne enx.

Définition 4.1. Soit l’équation différentielle(∗) dx

dt =v(t, x). On appellesolution locale à (∗) un couple(I, x) avec

(1) I ⊂R intervalle ouvert et non-vide.

(2) x:I →Rⁿ, C¹ avec (t, x(t))∈Ω , ∀t ∈I qui vérifie (∗), ∀t∈I.

Attention. On ne parle plus de condition initiale ici.

Définition 4.2. Soit(I, x)une solution locale. Une autre solution locale(J, y)est unpro- longement de(I, x), si I ⊂J ety|I =x. On dit que (I, x)est une solution maximale, si elle est une solution locale qui n’admet pas de prolongement.

Lemme 4.3. (recollement) Soit (I₁, x₁) et (I₂, x₂) deux solutions locales qui se croisent, c’est-à-dire qu’il existe t0 ∈I1∩I2 tel que x1(t0) =x2(t0). Alors :

(1)x1|I1∩I2 =x2|I1∩I2 et on obtient un prolongement avec(2)x(t) =







x₁(t), t ∈I₁\I₂

x1(t) ou x2(t), t∈I1∩I2

x2(t), t ∈I2\I1

I1

(t0, x0)

impossible ok

I2

Figure14 –

Démonstration.Si l’on démontre (1) on a clairement (2).

Preuve de (1). Soit x1(t0) = x2(t0), t0 ∈ I1 ∩I2 . Notons E = {t ∈ I1 ∩I2 : x1(t) = x2(t)}. Supposons que E 6=I1∩I2, par exemple qu’il y a t^∗ = inf{t > t0 :x1(t)6=x2(t)}.

Alors x1(t) = x2(t), t0 < t < t^∗. Or x1 et x2 sont continues ⇒ x1(t^∗) = x2(t^∗) = x^∗ et (t^∗, x^∗)∈Ω.

Par le Théorème de Cauchy-Lipschitz appliqué dans un voisinage de (t^∗, x^∗), on sait qu’il existe une unique solution locale sur ]t^∗ −τ, t^∗ +τ[. Donc x1(t) = x2(t),∀t ∈]t^∗ − τ, t^∗+τ[ce qui contredit la définition de t^∗.

On pourrait aussi montrer que {t∈I1∩I2, x1(t) =x2(t)} est un ouvert (par Cauchy- Lipschitz) et un fermé (car continue). Et on utilise la connexité deI1∩I2 pour conclure.

x2

x1

t0 t^∗

Figure15 –

Théorème 4.4. (Existence et unicité des solutions maximales). Soient Ω ⊂ R×Rⁿ un ouvert connexe etv : Ω→Rⁿ une fonction continue en(t, x)et localement Lipschitzienne en x. Alors ∀(t₀;x₀) ∈ Ω,∃! solution maximale au problème de Cauchy : (∗) dx

dt = v(t, x), x(t0) = x0. Autrement dit à tout point (t0, x0) il existe une unique solution maximale passant par(t0, x0).

Démonstration.

Soit {(Iα, yα) : α ∈ A} l’ensemble des solutions locales (Iα, yα) de l’équation dx dt = v(t, x)telle que t0 ∈Iα etyα(t0) =x0. SoitI =∪α∈AIα (intervalle ouvert).

Alors ∀t ∈ I,∃Iα tel que t ∈ Iα. On définit x(t) ≡ yα(t). Le lemme du recollement assure que la fonctionx(t) est bien définie (i.e. elle ne dépend pas du choix de α). Alors (I, x) est une solution locale qui contient toute autre solution locale du problème de Cauchy, donc non-prolongeable, donc maximale.

Forcément I=]a,b[ avec−∞ ≤a < t₀ < b≤+∞. Cet ensemble est appelél’intervalle de temps de vie du problème de Cauchy.

Remarque. Ce résultat est abstrait. Il ne donne pas de recette pour trouver l’intervalle de temps de vie avec une condition initiale donnée.

Exemple. Pour dx/dt = x², x(0) = ±1. Quel est l’intervalle de temps de vie pour chacune des solutions ?

Etudier dx/dt=x² + 1, x(0) = 0.

Montrer que tous les cas d’intervalles sont possibles.

Théorème 4.5. (non accumulation interne) Soient Ω ⊂ R×Rⁿ un ouvert connexe et v : Ω → Rⁿ une fonction continue en (t, x) et localement Lipschitzienne en x. Soit I l’intervalle de temps de vie d’une solution maximalex(t). Alors la courbe (t, x(t))n’a pas de points d’accumulation dans Ω lorsque t tend vers un bord de I.

Démonstration.SoitI =]a, b[. On suppose que(tn, x(tn))tend vers un point limite dans Ωlorsque t tend vers b⁻.

Alors nécessairement ce point limite est de la forme(b, x^∗) etb <+∞.

On peut appliquer la Proposition 2.3 (A) au point (b, x∗) pour trouver U ⊂ Ω un

voisinage de (b, x^∗) et kv|Uk ≤ M < +∞ et kv(t, x)−v(t, x^′)k ≤ Lkx−x^′k pour tout (t, x),(t, x^′)∈ U, et un τ >0 tel que Lτ <1et ]b−2τ, b+ 2τ[×B(x^∗, Mτ +τ)⊂ U.

Pour toute condition initiale (t0, x0) se trouvant dans ]b−τ, b+τ[×B(x^∗, τ), on a [t0−τ, t0+τ]×B(x0, Mτ)⊂]b−2τ, b+ 2τ[×B(x^∗, Mτ +τ)⊂ U.

Proposition 2.3 (B), appliqué au triplet((t0, x0),U, τ), assure alors l’existence d’une solu- tion locale de condition initiale (t0, x0) définie (au moins) sur[t0−τ, t0+τ].

Or pour n assez grand (tn, x(tn))∈]b−τ, b[×B(x^∗, τ). Recoller avec la solution locale de cette condition initiale on voit que x(t) est prolongeable au temps tn+τ > b, ce qui contredit l’hypothèse que la solution maximale n’était pas définie au delà de b.

b b+^τ₄

Figure16 –

5 Semi-continuité supérieure de temps de vie des solu- tions

Théorème 5.1. SoitΩ⊂R×Rⁿ un ouvert connexe. Soitv : Ω→Rⁿtelle quev et∂v/∂x sont continues en (t, x). Soit (I, y) une solution maximale passant par (t₀, x₀) ∈ Ω. Soit K ⊂I un sous-intervalle compact. Alors, ∀ε >0,∃δ >0 tel que sikx0−x˜0k< δ alors la solution maximale( ˜I,y)˜ qui passe par(t0,x˜0)vérifie K ⊂I˜etsup_t∈Kky(t)−˜y(t)k^Rn < ε.

Démonstration.

Soit ε > 0. Notons G ={(t, y(t)) : t ∈ K} graphe de y (sur K) l’image continue d’un compact.

⇒ G compact. Or, Ωouvert, donc ∃r >0 au voisinage de G dans Ω.

Quitte à remplacerε par min(ε, r)>0, on peut supposer que le voisinage "tubulaire"

W={(t, x) :t∈ K,kx−y(t)kRⁿ ≤ε} est inclus dans Ω.

Par compacité L= sup_(t,x)∈Wk∂v

∂xk<+∞.

Soient δ < ε et x˜₀ ∈ B(x₀, δ). On note ( ˜I,y)˜ la solution maximale qui passe par (t0,x˜0).

Pour simplifier, prenons t0 = 0, T > 0,K = [0, T]. Soit u(t) ≡ ky(t)−y(t)k˜ pour t∈I∩I(∋˜ 0). Pour t>0, t∈I∩I˜:

u(t) =kx0 −x˜0+ Z t

0

v(s, y(s))−v(s,y(s))˜ dsk ≤δ+ Z t

0

kv(s, y(s))−v(s,y(s))k˜ ds.

Si u(s)≤ε, ∀0≤s ≤t on a kv(s, y(s))−v(s,y(s))k ≤˜ L· ky(s)−y(s)k ∀˜ 0≤s ≤t (par l’inégalité d’accroissements finis, carB(y(s), ε)est un convex) et

u(t)≤δ+ Z t

0

Lu(s)ds

Lemme de Gronwall

=⇒ u(t)≤δexp(Lt).

ε Ω

˜ y

t0 T

˜ x₀

T t 0

Figure17 –

Prenonsδ < εexp(−LT). Alors la solutiony˜reste dans le voisinage tubulaireW∀0≤ t≤T. Sinon soitt^∗ < T l’inf des temps de sortie. On a par continuité k˜y(t^∗)−y(t^∗)k=ε et ε = sup_t∈[0,t^∗_]ky(t) − y(t)k˜ = sup_t∈[0,t^∗_]u(t) ≤ δexp(Lt^∗) < δexp(LT) < ε. Une contradiction. Ainsi

sup

t∈[0,T]

ky(t)−y(t)k˜ = sup

t∈[0,T]

u(t)≤δexp(LT)< ε.

6 Comparaison

Théorème 6.1. Soient A : R×R₊ −→

C¹

R₊ et v : R×Rⁿ −→

C¹

Rⁿ tels que kv(t, x)k ≤ A(t,kxk), et que R 7→A(t, R) soit croissante.

Soient α et β solutions respectives aux problèmes :





 dα

dt =A(t, α(t)), t0 ≤t < t+

α(t0) =R0 >0

,





 dβ

dt =−A(t, β(t)), t− < t≤t0

β(t0) =R0 >0 Alors le problème de Cauchy





 dx

dt =v(t, x(t))

x(t0) = x0 avec kx0k ≤R0

admet une solution maximale définie au moins sur ]t−, t+[ et avec

(∗∗) kx(t)k ≤α(t) t0 ≤t < t+

kx(t)k ≤β(t) t−< t≤t0

Exemple. n= 1,dx

dt =x²cos(log(1 +x²)), x(0) = 1.

|v(t, x)|=|x²cos(log(1 +x²))| ≤x² ≡def A(t, x) α(t) = 1

1−t (0≤t <1≡t+) , β(t) = 1

1 +t (t− ≡ −1< t≤0).

are solutions ofα˙ =A(t, α)and β˙ =−A(t, β) with A(t, u) =u² and α(0) =β(0) = 1.

La fonctionA(t, u) =u² étant croissante pouru >0, on a

−α(t)≤x(t)≤α(t), 0≤t <1; −β(t)≤x(t)≤β(t), −1< t≤0 .

Démonstration.Soit ]a, b[l’intervalle de temps de vie dex(t). Mettonst0 = 0. On traite d’abord le caskx0k< R0.

Supposons qu’il existe

t^∗ = inf{0< t <min{b, t+}:kx(t)k> α(t)}

Alors par continuité kx(t^∗)k=α(t^∗)et α(t^∗) = kx(t^∗)k = kx₀+

Z t^∗ 0

v(s, x(s))dsk ≤ kx₀k+ Z t^∗

0

A(s,kx(s)k)ds

< R0+ Z t^∗

0

A(s, α(s))ds=α(t^∗)

solution maximale existe ici sur ]-1,1[

Figure18 – comment

car kx(s)k < α(s) sur ]0, t^∗[ et A est croissante. Ceci conduit à une contradiction. Donc sur ]a,min{b, t+}[ on a kx(t)k ≤α(t). Si b < t+ il y aurait une accumulation interne. On peut donc conclure que b≥t+ et que la première inéqualité de (**) est vérifiée.

Traitons à présent le cas kx0k=R0 par approximations. En remplaçant R0 par R0+ δ, δ > 0 on obtient des solutions α^δ et β^δ qui convergent vers α et β, respectivement.

Cette convergence est uniforme sur tout compact, par la semi-continuité supérieure de temps de vie. D’où∀t0 ≤t < t+, kx(t)k ≤lim infα^δ(t) =α(t)et (idem pour β).

D’abord un exemple en dimension 1

Figure19 – Voici un exemple en dimension 1

7 Convergence dans le cas autonome

Définition Soitv(x) un champs de vecteurs autonome lipschitzien. On dit que x0 est un point équilibre si v(x0) = 0.

Lemme Si une solution x(t) vérifie que x^′(t₀) = 0 pour un certain t₀, alors x(t)≡ x(t₀) et c’est un point équilibre.

Preuve. La fonction y(t)≡x(t0) est une solution de l’équation différentielle y˙ =v(y).

On conclut par l’unicité du Théorème de Cauchy-Lipschitz.

On remarque que l’escalier du diable ne peut jamais être solution d’une équation différentielle lipschitzienne.

Théorème 7.1. Soient U ⊂ Rⁿ ouvert et v : U −→ Rⁿ un champ de vecteurs C¹ autonome. Soit y:I →Rⁿ une solution maximale de l’équation y˙ =v(y) telle que

I =]a,+∞[ et lim

t→+∞y(t) =y₀ ∈ U. Alorsv(y₀) = 0.

Démonstration.On fixe un voisinage W de y0 dans lequel v est L-Lipschitzienne pour un certainL.

Nous allons utiliser | · |pour noter la norme euclidienne sur Rⁿ.

Alors il existe t^∗ > atel que le bout de trajectoire {y(t), t∈[t^∗,+∞[} ⊂W. Soit ε >0. Nous allons montrer que |v(y0)|< ε. Pour tout t≥t^∗,

|y(t)−y(t^∗)−v(y0)·(t−t^∗)| ^T.A.F.≤ sup

t≥t^∗

|y^′(t)−v(y0)| ·(t−t^∗)

= sup

t≥t^∗

|v(y(t))−v(y0)| ·(t−t^∗)

≤ Lsup

t≥t^∗|y(t)−y0| ·(t−t^∗)

Ce calcul nous force de réduire W. Il existe Wε ⊂ W tel que pour tout y ∈ Wε, L|y−y0| < ε. Il existe alors Tε tel que pour tout t ≥ Tε, y(t) ∈ Wε. D’où ∀t ≥ Tε, en suivant le même calcul que ci-dessus, on a

y(t)−y(t^∗)

t−t^∗ −v(y0)

≤ε, et donc lim

t→+∞

y(t)−y(t^∗)

t−t^∗ −v(y0) ≤ε.

Or, lim

t→+∞

y(t)−y(t^∗)

t−t^∗ = y₀−y(t^∗)

∞ −t^∗ = 0 car y(t)−−−−→

t→+∞ y₀ Donc|v(y₀)| ≤ε. Comme ε >0 était arbitraire, on av(y₀) = 0.

Exemple. x˙ =x(1−x), x(0) = 1/2. Notons la solution maximale par (J,x).

Remarquons quey0(t)≡0est solution maximale, ety1(t)≡ 1en est une autre (quelles sont les conditions initiales ?).

y

0 1

Figure20 –

La fonction x(t), dont l’existence est garantie par le théorème de solution maximale, ne peut pas sortir de l’intervalle ]0,1[, par le Théorème 7.1.

Montrons que son intervalle de temps de vieJ est ]− ∞,∞[. Supposons le contraire, par exemple c’est ]∗, b[ avec b <+∞. Alors lorsque t րb, x(t) restera borné dans ]0,1[.

Il existerait donc une suite tn ր b tel que tn

x(tn)

converge vers b

x^∗

∈ R². Ceci contredirait le théorème de non-accumulation interne.

Ainsi, b = +∞. De manière similaire, J =R.

˙

x(t) = x(t)(1−x(t)) > 0 ∀t ∈ J. La fonction x étant bornée croissante, elle admet des limites :

x+ = lim

t→+∞x(t)>1/2, x− = lim

t→−∞x(t)<1/2.

Puisque v(x+) = 0 etv(x−) = 0 (Théorème 7.1) x+= 1 etx− = 0.

8 Barrière dans R

Théorème 8.1. Soit v : Ω = R × R ^C

0

−→ R une fonction Lipschitzienne en x. Soit α, β∈ C¹(I) tel que :

α˙ ≥v(t, α(t))

β˙ ≤v(t, β(t)) , t∈I

On considère l’ensemble J ={t ∈I :α(t) =β(t)}. Si J est non-vide, alors : J est un segment et∀t ∈I,

t > J α(t)> β(t) t < J α(t)< β(t).

S’il y a inégalité stricte pour au moins l’une des α˙ ou β, alors˙ J contient au plus un point.

Démonstration. Supposons d’abord que par exemple α > v(t, α(t)),˙ t ∈ I. Soit t0 tel queα(t0) =β(t0). On a envie de montrer que α(t)> β(t)pour t > t0.

β(t) α(t)

J

α

β

t^∗ c

Figure21 –

Soit par absurde que J contient au moins un autre pointc > t0. On distingue deux cas.

Cas 1. Sur un petit intervalle ]c−δ, c[ on a α(t)< β(t).

Soitt^∗ = sup{t < c:α(t)≥β(t)}. On a alorst₀ ≤t^∗ < c etα(t)< β(t)sur ]t^∗, c[. Par continuitéx^∗ =α(t^∗) =β(t^∗). Donc

α(t)−α(t^∗)

t−t^∗ = α(t)−x^∗

t−t^∗ < β(t)−x^∗

t−t^∗ = β(t)−β(t^∗)

t−t^∗ pour t∈]t^∗, c[ . On peut alors prendre la limite verst^∗ et nous aurons

v(t^∗, x^∗)< α^′(t^∗)≤β^′(t^∗)≤v(t^∗, x^∗) une contradiction.

Cas 2. L’intervalle]c−δ, c[n’existe pas. Il existe donc une suite non stationnairetnրc tel queα(tn)≥β(tn). Alors

α(c)−α(tn) c−tn

≤ β(c)−β(tn) c−tn

. On retrouve une contradiction en laissanttn tendant vers c

v(c, α(c))< α^′(c)≤β^′(c)≤v(c, β(c)) =v(c, α(c)).

Pour cette première partie, il suffit quev soit continue en t etx.

Traitons à présent le cas où les deux inégalités sont non-strictes. Dans ce cas la condi- tion Lipschitz sur v est nécessaire.

Considérons la fonction : u(t) = β(t)−α(t). On suppose que u(t^∗) = 0 et on prend t > t^∗ proche de t^∗. Alors β(t) = β(t^∗) +

Z t t^∗

β^′(s)ds≤β(t^∗) + Z t

t^∗

v(s, β(s))ds et α(t) =α(t^∗) +

Z t t^∗

α^′(s)ds≥α(t^∗) + Z t

t^∗

v(s, α(s))ds. On a α(t^∗) = β(t^∗). Donc

u(t)−u(t^∗) = u(t) ≤ Z t

t^∗

v(s, β(s))−v(s, α(s))ds≤ Z t

t^∗

L|β(s)−α(s)|ds≤ Z t

t^∗

L|u(s)|ds.

Siu(t^′)>0pour un certaint^′ > J, prenonst^∗ = sup{t < t^′ :u(t)≤0}. Alorsu(t^∗) = 0 par continuité et0≤u(t)≤

Z t t^∗

Lu(s)ds ∀t^∗ < t < t^′. Ceci implique u(t)≡0∀t^∗ < t < t^′ par le Lemme de Gronwall. Par continuitéu(t^′) = 0, impossible. Donc u(t^′)≤0pour tout t > J, ainsi α(t)≥β(t) pour toutt > J.

Siu(t^′)<0 pour un certain t^′ < J on procède de la même manière avec −u(t).

J

Figure22 –

9 Equations différentielles linéaires

9.1 Cas diagonal et cas diagonalisable

Exemple.

d dt

x1

x2

=

2 1 1 2

x1

x2

=A x1

x2

,

x1(0) x2(0)

= 1

0

La solution admet une formule : 1

2

e^3t+e^t e^3t−e^t

= 1 2

he^3t 1

1 i

+ 1 2

he^t 1

−1 i

On peut aussi calculer les couples (valeur propre,vecteur propre) de la matrice A : (λ1,v₁) = (3,

1 1

) et (λ2,v₂) = (1, 1

−1

), et les coefficients dans la solution ci-dessus proviennent des coordonnées de la condition initiale dans la base des vecteurs propres :

1 0

=

x1(0) x2(0)

= 1 2

1 1

+ 1

2 1

−1

.

Définition 9.1. On appelle équation différentielle linéaire le problème de Cauchy :

(∗)

x˙ =Ax, A∈Mn(R) x(0) =x₀,x₀ ∈Rⁿ

Lemme 9.2. Si x₁(t) et x₂(t) sont deux solutions de x˙ = Ax, alors une combinaison linéaire ax1(t) +bx2(t) est aussi une solution.

Question. Sachant que x₁(0) = v₁ et x₂(0) = v₂. Quelle est la solution du problème de Cauchy de condition initiale 3v1−v₂?

Théorème 9.3. SupposonsA=







λ1 0 · · · 0 0 λ2 · · · 0 ... ... · · · ...

0 0 · · · λn







. Alors la solution à(∗)sera :x(t) =

Xn

1

ck

h e^λktek

i

, t∈R où {ek}k est la base canonique, et ck est lak-ième coordonnée de x₀. Supposons que A est diagonalisable sur C, avec λ1, λ2, ..., λn comme valeurs propres, et v₁,v₂, ...,v_n ∈ Cⁿ comme vecteurs propres indépendants. Alors pour toute condition initiale x₀ ∈Rⁿ, la solution à (∗) sera :

x(t) = Xn

1

ck

he^λktv_ki , t∈R

où les ck sont déterminées par : x₀ =X

ckv_k, ou encore les coordonnées de x₀ dans la base (v1,v₂, ...,vn).

Démonstration. La fonctiony(t) =e^λktv_k vérifie

˙

y_k=λke^λktv_k =e^λktAvk =A(e^λktv_k) =Ayk, y_k(0) =v_k. Comme x₀ =X

ckvk = X

ckyk(0), la fonction x(t) = X

ckyk(t) est bien solution de d’(∗) par linéarité. Une autre preuve plus instructive est d’effectuer un changement de variable : Soit P = (v1 v₂ ... v_n) la matrice de passage et D la matrice diagonale des valeurs propresλ1,· · · , λn. Posonsx=Pz. Notre problème de Cauchy devientPz˙ =APz, ou bienz˙ =P⁻¹APz=Dz, etz(0) =P⁻¹x(0) =



 c1

...

cn



. Doncx₀ =P



 c1

...

cn



=X ckvk,

etz(t) =



 c1e^λ1t

...

cne^tλn



et

x(t) =Pz(t) = (v1 · · ·v_n)



 c₁e^λ1t

...

cne^tλn



= Xn

1

ck

h e^λktv_k

i .

Remarque

On peut voir par le Théorème de comparaison que(∗)admet une solution à tout temps t ∈R : On a kv(t,x)k ≤ kAk · kxk=: akxk. Comme la fonction R 7→aR est croissante, on peut appliquer le théorème 6.1 pour obtenir l’encadrement kx(t)k ≤ kx0kexp(kAk|t|) (exo.)

9.2 Cas général

Opérateur de Picard pour le problème de Cauchy (∗) x₀(t)≡x₀, x₁(t) =x₀+

Z t 0

Ax₀ds= (1 +tA)x₀

x₂(t) =x₀+ Z t

0

A(1 +sA)x0ds= (1 +tA+ t²A² 2 )x0

...

x_n(t) =...= (1 +tA+t²A²

2 +...+tⁿAⁿ n! )x0

Cette suite converge normalement et uniformément sur tout compact.

t∈[−τ, τ], X

n≥0

|tⁿAⁿ

n! x₀| ≤X|t|ⁿkAkⁿ

n! |x0|= exp(|t|kAk)|x0| Soit x(t) = lim

n→∞x_n(t). Alorsx^′_n(t) = Axn−1(t)→ Ax(t) uniformément normalement sur tout compact, d’oùx(t) est différentiable avec d

dtx(t) =Ax(t).

Ceci donne l’idée de la formule de solution en cas général, diagonalisable ou pas.

Définition 9.4. On appelle la matrice exp(A) =

X∞

n≥0

Aⁿ n!

l’exponentielle d’une matrice A∈ Mn(R).

Elle est toujours bien définie car la série converge normalement.

Théorème 9.5. La solution maximale au (∗) est donnée par : x(t) = exp(tA)x0

Remarque.

On a même quet ∈R→exp(tA)∈ Mn(R)est de classC^∞avec dérivée d

dtexp(tA) = Aexp(tA).

Exemple. A=

0 −1 1 0

, A² =

−1 0 0 −1

=−11, A³ =

0 1

−1 0

=−A, A⁴ =

1 0 0 1

= 11, ...

exp(tA) = 1 +tA+ t²A² 2 +...

= (1− t² 2 +t⁴

4! −...)11 + (t− t³ 3! +t⁵

5!−...)A

= (cost)11 + (sint)A=

cost −sint sint cost

=Rott

de valeurs propres+i,−i et vecteurs propres i

1

, i

−1

.

Théorème 9.6. La solution de (∗) dans le cas général est de la forme x(t) =

Xn

k=1

ck

h

e^λktPk(t)i

où {λk, k = 1,· · ·n} sont les valeurs propres de A, Pk sont des polynˆomes en t à valeurs dans Cⁿ, les n vecteurs P_k(0), k = 1, ..., n sont indépendent et les coefficients ck sont déterminé par

x₀ =X

ckPk(0).

Exemple.

d dt

x1

x2

=

1 1 0 1

x1

x2

,

x1(0) x2(0)

= 2

3

La solution est x1(t)

x₂(t)

= e^t

2 + 3t 3

=e^t 1 t

0 1 2 3

, donc P₁(t) = 1

0

,P₂(t) = t

1

On peut voir dans cet exemple que lorsque A=Id+N avec N² = 0, e^tA =X

n

tⁿ(Id+N)ⁿ

n! =X

n

tⁿ(Id+nN)

n! =e^tId+te^tN =e^t(Id+tN).

Démonstration du théorème.

Lorsque A est sous forme "bloc" :

A=



 A₁

A2

...



, on a exp(tA) =



 e^tA1

e^tA2

...



.

En particulier lorsqueA est un "bloc" de Jordan, on a :

exp(t











λ 1 0

... 1 ... ...

... 1

0 ... λ











) = e^tλexp(t









 0 1

...

...

... 1 0









 )

= e^tλ(11 +tN + t²N²

2 +...+ t^mN^m m! ) développement fini car N est nilpotent.

Traitons le cas où A de forme quelconque. Soit P la matrice de passage tel que P⁻¹AP =Abloc forme normale de Jordan.

Alors P⁻¹AⁿP = (P⁻¹AP)ⁿ ⇒ P⁻¹exp(tA)P = exp(t(P⁻¹AP)) = exp(tAbloc) = Xe^tλkPk(t)(où Pk(t) est un polynôme en t à valeurs matricielles).

D’oùexp(tA) =X

e^tλkPP_k(t)P⁻¹.

9.3 Géométrie des solutions

Corollaire 9.7. Reλk < 0 (resp.> 0) ∀ valeur propre λk ssi ∀x₀ condition initiale de (∗), on a lim

t→+∞x(t) =0 (resp. lim

t→−∞x(t) =0). On appelle le premier cas un puits et le deuxièmeune source. Le cas où Reλ6= 0 mais avec changement de signe sera un col. Démonstration.

Car ∀ polynôme P(t), on a e^tλkP(t)−−−−→

t→+∞ 0 lorsque Reλk < 0, et si Reλi ≥0 il y a des conditions initiales tel quex(t)6→0.

Remarque.

On a même : SiReλk<−µ <0, ∀k, alors∃ C < +∞tel quekx(t)k ≤Ce^−µtkx0k, ∀x₀ ∈ Rⁿ ett ≥0.

Exemple. P uits (point fixe attractif) : ∀λ valeur propre de A : Reλ <0 d

dx x1

x2

=

−1 0 0 −2

x1

x2

Figure 23 – Puis Source(point fixe répulsif)

∀λ valeur propre de A : Reλ >0

Figure24 – Source Selle (dimension 2)

Une valeur propre avec Reλ >0 l’autre avec Reλ <0 Exemple.

d dt

x1

x2

=

1 0 0 −1

x1

x2

trajectoire ici :x1(t)x2(t)=constante , hyperboles D´ef inition (point fixe hyperbolique) :

Figure 25 – Selle

∀λ valeur propre de A :Reλ6= 0.

Exemple. d dt

x y

= −y

x

n’est pas hyperbolique.

9.4 Wronskien

9.5 Norme majorée par une forme quadratique

Théorème 9.8. Soit A ∈ Mn(R) tel que Reλk < −µ < 0 pour toute valeur propre λk de A. Alors, il existe une forme quadratique q(x) = ^txBx définie positive tel que

∀t ≥0 :q(x(t))≤e^−2µtq(x(0)) pour toute solution maximale de (∗).

1ère Démonstration.

˙

x=Ax admet comme solution x(t) = e^Atx₀. Notons U(t) =e^tA. On a d

dtU(t) = UA d

dt

tU = ^tAU et ∃ε >0, C <+∞ tel que : kU(t)k ≤Ce^−(µ+ε)t, t≥0. Soit B =

Z ∞ 0

e^{2µs t}U(s)U(s)

| {z }

df inie positive

ds

d’où B définie positive. Cette intégrale est convergente car ke^{2µs t}U(s)U(s)k ≤C²e^−2εs.

Z ∞ 0

d

ds[e^{2µs t}U(s)U(s)]ds = [e^{2µs t}U(s)U(s)]^∞₀ =−11

= Z ∞

0

e^2µs(2µ^tUU + ^tA ^tUU + ^tUUA)ds

= 2µB+ ^tAB +BA d’où ^tAB+BA=−11−2µB.

Soit q(x) = ^txBx. Alors d

dtq(x(t)) = ^tx ^tABx+xBAx=− ^tx(11 + 2µB)x≤ −2µ^txBx=−2µ q(x(t)) d’oùq(x(t))≤e^−2µtq(x(0)).

2ème Démonstration(algébrique). (SupposonsAdiagonalisable) Écrivonsx=X ukck, x∈Rⁿ,uk∈Cⁿ ,ck ∈C(avecAuk=λkuk,k= 1,· · · , n), ou bien x=Pc,P ∈ Mn(C) ,c∈Cⁿ (notons que P n’est rien d’autre que la matrice de passage, et cles coordonnées dexdans la base des vecteurs propres).

q(x) ≡def

Xckck =c^∗c=x^∗(P⁻¹)^∗Px=x^∗Bx

B est une matrice réelle définie positive.

x(t) =˙ Ax(t)⇔X

ukc˙k(t) =X

λkukc˙k(t)⇔c˙k=λkck

d

dtq(x(t)) = X

ck(t) ˙ck+ ˙ckck =X

ck(λk+λk)ck

≤ −2µX

ckck=−2µq(x(t))

Posons J(t) = q(x(t))e^2µt. Alors dJ

dt = ( ˙q+ 2µq)e^2µt ≤ 0. Donc J est décroissante.

Ainsi 0≤J(t)≤J(0) ⇒q(x(t))≤q(x(0))e^−2µt. On remarque que

kx(t)k=kX

e^tλkPPk(t)P⁻¹x₀k ≤X

e^ℜ(tλk)PPk(t)P⁻¹x₀k (Si ℜλk ≤ −µ−2ε) ≤ e^−(µ+ε)tX

e^−εtkPP_k(t)P⁻¹kkx0k ≤ ce^−(µ+ε)t car e^−εtpoly(t) est uniformément borné pour tout t.

Notons que q n’est rien d’autre que la tirée en arrière par P de la forme quadratique euclidienne.

A=[-1 2 ;0 -1]

-1 -2

-2 -1 1 2

0 1 2

0

Figure26 –

2

0

-2 1

-1

-2 -1 0 1 2

A=[-1 0.5 ;0 -1]

Figure27 –

1

-1

-1

-2 0 1 2

1 2

0

-2

A=[-1 0 ;0 -1]

Figure28 –

10 Intégrales premières et fonctions de Lyapunov

Exemple.

y

x cercle

I(x, y) =x²+y²

Figure29 – x˙ =−y

˙ y=x x(t)

y(t)

=

cost −sint sint cost

x0

y0

I(x(t), y(t)) = (x0cost−y0sint)²+ (x0sint+y0cost)²

= ...

= x²₀+y₀²

= I(x0, y0) (constante)

I est continue et différentiable : d

dtI(x(t), y(t)) = ∂I

∂x dx

dt +∂I

∂y dy dt

= 2x(t)(−y(t)) + 2y(t)x(t) = 0 I est donc constante (sans que l’on sache la solution)

Exemple.

x˙ =−y−y³x²

˙

y =x+y²x³ Ω =R×R² I(x, y) =x²+y²

d

dtI(x, y) = 2x(dx

dt) + 2y(dy dt)

= 2x(−y−y³x²) + 2y(x+y²x³) = 0 I(x(t), y(t)) =I(x₀, y₀) (constante)

(x0, y0)

Figure30 – Une solution maximale I =]a, b[

(I,(x(t), y(t))reste sur le cercle ∀t∈I

Or le cercle est compact, sib <∞: ∃tn: (x(tn), y(tn))→(x^∗, y^∗)∈cercle, impossible.

doncI =]− ∞,∞[

Dans la suivante : Ω⊂R×Rⁿ ouvert, v : Ω→Rⁿ classe C¹, I : Ω →R classe C¹.

Notons aussi (J, x), x : J → Rⁿ une solution maximale au problème de Cauchy sur Ω : ˙x=v(t, x).

On s’interesse à la dérivée de I le long du flot (la solution maximale) :

Ω

t∈R espace-temps (t, x(t))

x∈Rⁿ⁼¹

Figure31 –

x(t) U ⊂Rⁿ⁼²

Ω = R× U

x1

espace x2

Figure32 –

d

dtI(t, x(t)) = ∂I

∂t +I_x^′(t, x(t))( ˙x(t)) = ∂I

∂t + ∂I

∂x(t, x(t))(v(t, x))

= ∂I

∂t + (v, ∂

∂x)I(t, x(t)) = ∂I

∂t + Xn

i=1

vi

∂

∂xi

I(t, x(t))

Exemple.

˙

x=x, x(0) =x0, I(t, x) =exp(−t)x,dI

dt =−e^−tx+e^−tx˙ = 0 ⇒I =constante Définition 10.1. On appelle dérivée totale de I lelong v :

DvI = ∂I

∂t + (−→v , ∂

∂−→x )I et on a :

d

dtI(t, x(t)) =DvI(t, x(t)) Définition 10.2. On appelle I

-intégrale première si et seulement si DvI ≡0 sur Ω.

-fonction de Lyapunov si et seulement si DvI ≤0 sur Ω.

Remarque.Souvent on considère aussi DvI ≥0sur Ω comme fonction Lyapunov.

Remarque.(cas autonome) Souvent on considère v et I independent de temps, on a : DvI =v ∂

∂xI =dI(v)

Proposition 10.3. -Si I est une intégrale première,alors I est constante le long de toute solution maximale.

-Si I est une fonction de Lyapunov,alors I est non croissante en temps le long de toute solution maximale.

Démonstration.

x:J →Rⁿ solution maximale - d

dtI(t, x(t)) =DvI = 0,∀t∈J d’où I=constante (TAF) - d

dtI(t, x(t)) =DvI ≤0,∀t∈J, t1 < t2 ⇒I(t1)≥I(t2) (TAF) Exemple. 1)

I(x1, x2) =x²₁+x²₂

v(x1, x2) = −x2

x1

dI(v) = (v ∂

∂x)I

= −x2

∂

∂x1

I+x1

∂

∂x2

I

= −x22x1+x12x2 ≡0

I=constante solution maximale

Figure33 – Exemple. 2)

x˙ =y

˙

y =−sinx H(x, y) = 1

2y²+ (1−cosx) dH

dt = yy˙+ (sinx) ˙x

= y(−sinx) + (sinx)y= 0 Pendule mathématique

Exemple. 3)

x˙1 =−(x²₁+x²₂)x1

˙

x2 =−(x²₁+x²₂)x2

I(x1, x2) =x²₁+x²₂ dI

dt = 2x1x˙1+ 2x2x˙2

= −2(x²₁+x²₂)² ≤0

3

1 2 x

H=constante

Figure34 – 2 3

1

Figure 35 – Pendule fonction de Lyapunov

Figure36 – Remarque.

Solution maximale existe à tout temps positive pour toute condition initiale t=0, mais pas à temps négative (exo) si(x1, x2)6= (0,0).

Cas autonome

(lorsque v etI ne dépendent pas du temps).Ω =R× U, U ⊂Rⁿ ouvert.

Théorème 10.4. Soit I une intégrale première de v. Considère le problème de Cauchy.

(∗)

x˙ =v(x(t)) x(t0) =x0 ∈ U

Si la composante connexe (par arc) deAx0 ={x∈ U :I(x) =I(x0)} contenant x0 est compact et dans U, alors la solution maximale de (∗) existe à tout temps t∈R.

Démonstration.

x0

x0 ∈ Ax0 ={I =I0}

(peut être mieux illustr avec une sphere) U ⊂R³

pas connecté avec Ax0

I =I0

composante connexe

Figure37 –

Soit J =]t₋, t₊[→ U la solution maximale du problème (∗)− ∞ ≤ t_−min < 0 <

t+max ≤ +∞. Puisque dI

dt ≡ 0 sur J, on a : x(t) ∈ {I ≡ I(x0)},∀t ∈ J. Or, x0 ∈ Ax0

et pour t1 ∈ J, x(t) : t ∈ [0, t1] (ou [t1,0]) est un arc qui connecte x0 avec x(tt) d’où x(t1)∈ Ax0.

Supposons tmax < +∞, alors x(tmax − 1

n) ∈ Ax0, n → ∞ est une suite dans un compact⇒sous suite convergente d’où(t+−1

n, x(t+−1

n))admet un point d’accumulation dansR×Ax0 ⊂R×U = Ω. Impossible par le Théorème de la solution maximale (Théorème 3.5.). D’oùtmax = +∞(et tmin =−∞)

Théorème 10.5. Soit I une fonction de Lyapunov pour v. Supposons que la composante connexe (par arc) de Bx0 = {x ∈ U : I(x) ≤ I(x₀)}contenant x₀ est compact dans U, alors la solution maximale de problème de Cauchy x˙ = v(x(t)), x(0) = x0 existe à tout temps positive (t ∈R₊) (on ne sait rien sur temps → −∞).

Démonstration.même.

Exemple. 4) (où ça ne marche pas)

x˙ =x³y

˙

y =−y²x² I(x, y) =xy est une intégrale première