DÉVELOPPEMENTS POUR L’AGRÉGATION EXTERNE
Théorème de Cauchy-Lipschitz
1Leçons : 203, 206, 220, 221,205,208
[Rou], exercice 60 Théorème
Soientk.kune norme surRm, I un intervalle deRet f : I×Rm → Rm une application continue et globalement lipschitzienne en la 2evariable au sens suivant :
∀K⊂ Iintervalle compact,∃k >0,∀t∈ K,∀y,z∈ Rm,kf(t,y)− f(t,z)k6kky−zk.2 Alors, sit0 ∈ I et x ∈ Rm sont donnés, le problème de Cauchy (P) :
y0(t) = f(t,y(t))3
y(t0) =x admet une unique solution définie surItout entier.
Démonstration :
→Cas 1 : Supposons queIsoit compact.
1. On va se ramener à un problème de point fixe.
Dire queyest solution de(P)signifie queyest dérivable surI, et mêmeC1, vu que f est conti- nue.
Ainsi, on a :∀t∈ I,y(t) =x+ Z t
t0 f(s,y(s))ds.4
Réciproquement, siyest continue et vérifie cette égalité, alorsyestC1et c’est une solution de(P). Ainsi,yest une solution de(P)⇔y=F(y)oùF:
C(I,Rm) → C(I,Rm) y 7→ t7→x+Rt
t0 f(s,y(s))ds . 2. Montrons queFpossède un unique point fixe.
Soitkla constante de Lipschitz de f associée à l’intervalle compactI5etlla longueur deI.
On munitC(I,Rm)de la normeNk(y) =max
t∈I
e−k|t−t0|ky(t)k.
On vérifie facilement que c’est une norme surC(I,Rm), carIest compact,k.kest une norme, et exp est à valeurs strictement positives.
De plus,∀y∈ C(I,Rm), e−klkyk∞6Nk(y)6kyk∞; ainsiNketk.k∞sont équivalentes.
CommeC(I,Rm)est complet pourk.k∞, il l’est aussi pourNk.
Et comme C(I,Rm)est stable par F, pour pouvoir appliquer le théorème de Picard, on veut montrer queFest contractante.
Soienty,z∈ C(I,Rm),t∈ Iavect>t0: F(y)(t)−F(z)(t) =
Z t
t0(f(s,y(s))− f(s,z(s)))ds.
En conséquence, on obtient la suite d’inégalités : e−k(t−t0)kF(y)(t)−F(z)(t)k6e−k(t−t0)
Z t
t0kf(s,y(s))−f(s,z(s))kds 6e−k(t−t0)
Z t
t0kky(s)−z(s)kds 6e−k(t−t0)Nk(y−z)
Z t
t0kek(s−t0)ds=e−k(t−t0)Nk(y−z)ek(t−t0)−1 6Nk(y−z)1−e−k(t−t0)
1. S’il reste du temps, on peut utiliser le théorème pour montrer l’existence d’une unique solution à l’équation du pendule.
2. Dans le cas linéaire, on oublief et on remplace parA∈ C(I,Mm(R))etb∈ C(I,Rm). 3. Ouy0(t) =A(t)y(t) +b(t).
4. Aetbsont continues, aucun problème dans le cas linéaire. Ici, et dans la suite, on remplacera f(s,y(s))par l’expression A(s)y(s) +b(s).
5. Dans le cas linéaire, on posek=max
t∈I |||A(t)|||, où|||.|||est la norme subordonnée àk.k.
Florian LEMONNIER 1
Diffusion à titre gratuit uniquement. ENS Rennes – Université Rennes 1
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Similairement, on aurait pu montrer, dans le cas oùt6t0, que :
e−k(t0−t)kF(y)(t)−F(z)(t)k6Nk(y−z)1−e−k(t0−t) . En définitive, on a :
∀t∈ I, e−k|t−t0|kF(y)(t)−F(z)(t)k6Nk(y−z)1−e−k|t−t0| . On prend alors le maximum surI, et on obtient :
Nk(F(y)−F(z))61−e−kl
| {z }
<1
Nk(y−z).
Fest donc contractante sur(C(I,Rm),Nk)donc admet un unique point fixe.
→Cas 2 : Reste donc à traiter le cas général oùIest intervalle quelconque.
On peut écrire l’intervalle I comme union croissante d’intervalles compacts : I = [
j∈N
Ij, avec la contraintet0∈Ij, pour toutj∈N.
Par ce qui précède, on peut définiryj, la solution de(P)surIj.
– Soit alorsyune solution de(P)surI; par unicité surIj, on a donc :y Ij ≡yj. On obtient ainsi l’unicité deysurI.
– Réciproquement, lesyj se raccordent, par unicité sur Ij, et doncy : t 7→ yj(t)sit ∈ Ij est bien définie.
Le problème sur un intervalleIquelconque admet donc une unique solution définie surItout entier.
Références
[Rou] F. ROUVIÈRE–Petit guide de calcul différentiel, 4eéd., Cassini, 2014.
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