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Description

• exposé

Le problème de Cauchy Denis Vekemans ∗ Dans cet exposé, [a, b] est un segment de R. Soit f une fonction de R × R dans R et soit y une fonction de R dans R, différentiable. On appelle équation différentielle du premier ordre la relation dy dx = f(x, y(x)). On dit que y est solution de cette équation différentielle sur [a, b] si y vérifie la relation précédente pour tout x de [a, b].

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Sujets

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• Liouville
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• Cauchy

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Extrait

Le

problème

de

Cauchy

∗ Denis Vekemans

Dans cet exposé,[a, b]est un segment deR. Soitfune fonction deR×RdansRet soityune fonction deRdansR, différentiable. On appelle équation différentielle du premier ordre la relation dy =f(x, y(x)). dx On dit queyest solution de cette équation différentielle sur[a, b]siyvérifie la relation précédente pour toutxde[a, b]. Etant donnéy 0 ∈R, on appelle problème de Cauchy le système suivant ( dy =f(x, y(x)) dx . y(a) =y 0

On noteC([a, b])l’espace des fonctions définies et continues sur[a, b].

Théorème 1 Sif∈ C([a, b])et sifvérifie la condition (dite de Lipschitz)

∀x∈[a, b],∀y∈ C([a, b]),∀z∈ C([a, b]),∃L >0tel que|f(x, y(x))−f(x, z(x))| ≤L|y(x)−z(x)|,

alors, le problème de Cauchy admet une solution et une seule sur[a, b](et ceci pour touty 0 ∈R).

Démonstration Unicité Si le problème de Cauchy admet une solutiony, cette solution vérifie Z x ∀x∈[a, b], y(x) =y 0 +f(t, y(t))dt. a Supposons qu’il existe deux solutionsyetzà ce même problème de Cauchy. R R x x De∀x∈[a, b], y(x) =y 0 +f(t, y(t))dtet∀x∈[a, b], z(x) =y 0 +f(t, z(t))dt, nous obtenons a a facilement, Z x ∀x∈[a, b], y(x)−z(x) =f(t, y(t))−f(t, z(t))dt. a Or,fvérifie une condition de Lipschitz, d’où Z x ∀x∈[a, b],|y(x)−z(x)| ≤L|y(t)−z(t)|dt≤L||y−z|| ∞ |x−a|, a ∗ Laboratoire de mathématiques pures et appliquées Joseph Liouville ; 50, rue Ferdinand Buisson BP 699 ; 62 228 Calais cedex ; France

1

PLC1

Le problème de Cauchy

où||ω||= sup|ω(x)|, pourω∈ C([a, b]). ∞ x∈[a,b] Ainsi, par récurrence, n |x−a| n ∀x∈[a, b],|y(x)−z(x)| ≤L||y−z|| ∞ . n! En faisant tendrenvers l’infini, on obtient∀x∈[a, b],|y(x)−z(x)| ≤0, puisy=z. Existence (itérations de Picard) On définit la suite de fonctions(y k )telle que ( y 0 (x) =y 0 R . x y k+1 (x) =y 0 +f(t, y k (t))dt a Par définition,y k ∈ C ∞ ([a, b]). Ainsi, Z x ∀x∈[a, b], y k+1 (x)−y k (x) =f(t, y k (t))−f(t, y k−1 (t))dt. a Or,fvérifie une condition de Lipschitz, d’où Z x ∀x∈[a, b],|y k+1 (x)−y k (x)| ≤L|y k (t)−y k−1 (t)|dt≤L||y k −y k−1 || ∞ |x−a|. a Puis, par récurrence,

k k |x−a| |b−a| k k ∀x∈[a, b],|y k+1 (x)−y k (x)| ≤L||y 1 −y 0 || ∞ ≤L||y 1 −y 0 || ∞ . k!k! Ensuite, comme(k+i)!≥k!i!,

2006

p−1 k i X |b−a| |b−a| k i ∀x∈[a, b],|y k+p (x)−y k (x)| ≤L||y 1 −y 0 || ∞ L . k!i! i=0 P i p−1 |b−a| i L|b−a| Or,L≤e, donc i=0 i! k |b−a| k L|b−a| ∀x∈[a, b],|y k+p (x)−y k (x)| ≤L||y 1 −y 0 || ∞ e . k! Il s’ensuit que(y k )est de Cauchy dansC ∞ ([a, b]), donc(y k )converge uniformément versydeC ∞ ([a, b]). De plus, la limiteysatisfait Z x ∀x∈[a, b], y(x) =y 0 +f(t, y(t))dt. a Remarque sur l’importance de la condition de LipschitzSoit le problème de Cauchy ( 2 dy = 3y 3 dx . y(0) = 0

3 La condition de Lipschitz n’est pas vérifiée au voisinage de0.y(x) =xest solution sur[0,1], ety(x) = 0 est solution sur[0,1]également. Méthodes numériques pour résoudre le problème de Cauchy. Dans la suite de l’exposé, la fonctionfsatisfait les conditions du théorème 1.

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Le problème de Cauchy

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Soitx n une abscisse, on notera alorsy(x n )la valeur théorique de la fonctionyévaluée enx n ety n sa valeur approchée. Méthodes à pas séparés Ces méthodes sont du type  x 0 =a  x n+1 =x n +h  b−a h= , n y 0 est la condition initiale donnée   y n+1 =y n +hΦ(x n , y n , h)

pour lesquelles il faut déterminer une fonctionΦcontinue candidate. La détermination deΦest réalisée en fonction de quatre notions ... 1. La consistance La méthode est consistante avec l’équation différentielle si   1 lim max (y(x n+1 )−y(x n ))−Φ(x n , y(x n ), h0) = , n h→0 h

poury∈ C([a, b])solution de l’équation différentielle.

Théorème 2 Une condition nécessaire et suffisante pour que la méthode soit consistante avec l’équation différentielle est

∀x∈[a, b],∀y∈ C([a, b]),Φ(x, y,0) =f(x, y).

Démonstration Condition nécessaire La méthode est consistante, donc   1 lim max (y(x m+1 )−y(x m ))−Φ(x m , y(x m ), h) = 0, h→0 m h ou encore  Z  x m+1 1 lim maxf(t, y(t))dt−Φ(x m , y(x m ), h0) = . m h→0 h x m Pour toutx∈[a, b], il existe un encadrement[x m , x m+1 ]tel que, même lorsquehtend vers0(i.e. lorsque ntend vers l’infini),x∈[x m , x m+1 ]. Dans ces conditions,lim h→0 x m =xetlim h→0 x m+1 =x. La continuité des fonctionsfetφpermet alors d’écrire  Z  x m+1 1 lim maxf(t, y(t))dt−Φ(x m , y(x m ), h) =f(x, y(x))−Φ(x, y(x),0) = 0. h h→0 m x m

Condition suffisante

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Le problème de Cauchy

Def(x, y(x)) = Φ(x, y(x),0), il vient

Et, d’après la continuité deΦ,

puis

2. La stabilité Soit(y n )solution de

=

=

=

1 (y(x n+1 −y(x n ))−Φ(x n , y(x n ), h) h Z x n+1 1 f(t, y(t))dt−Φ(x n , y(x n ), h) h x n Z x n+1 1 (f(t, y(t))−Φ(x n , y(x n ), h))dt h x n Z x n+1 1 (Φ(t, y(t),0)−Φ(x n , y(x n ), h))dt h x n

lim max (Φ(t, y(t),0)−Φ(x n , y(x n ), h)) = 0, h→0 n

 Z  x n+1 1 lim maxf(t, y(t))dt−Φ(x n , y(x n ), h) = 0. h h→0 n x n

( y 0 est la condition initiale donnée y n+1 =y n +hΦ(x n , y n , h)

,

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et(z n )solution de ( z 0 est la condition initiale donnée . z n+1 =z n +h(Φ(x n , z n , h) +ε n ) La méthode est stable si∃M 1 ,∃M 2 indépendants deh,tels quemax n |y n −z n | ≤M 1 |y 0 −z 0 |+M 2 max n |ε n |.

Théorème 3 SiΦvérifie la condition (dite de Lipschitz)

pourhsuffisemment petit,∀x∈[a, b],∀y∈ C([a, b]),∀z∈ C([a, b]),

∃M >0tel que|Φ(x, y(x), h)−Φ(x, z(x), h)| ≤M|y(x)−z(x)|,

alors la méthode est stable.

Démonstration

oùMest une constante indépendante deh,

|y n+1 −z n+1 | ≤ |y n −z n |+h|Φ(x n , y n , h)−Φ(x n , z n , h)|+h|ε n | ≤(1 +hM)|y n −z n |+h|ε n |.

Ainsi, par récurrence,

n+1 (1 +hM)−1 n+1 |y n+1 −z n+1 | ≤(1 +hM)|y 0 −z 0 |+ max|ε n |. n M

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D’où (n+1)hM(b−a)M e−1e−1 (n+1)hM(b−a)M |y n+1 −z n+1 | ≤e|y 0 −z 0 |+ max|ε n | ≤e|y 0 −z 0 |+ max|ε n |. n | {z } n M M | {z } =M 1 =M 2

3. La convergence. La méthode est convergente si

lim max|y n −y(x n )|= 0. h→0 n

Théorème 4 Si la méthode est stable et consistante, elle est convergente.

Démonstration La solutionyde l’équation différentielle vérifie

y(x n+1 ) =y(x n ) +h(Φ(x n , y(x n ), h) +|ε n |)

ety(a) =y 0 , aveclim h→0 max n |ε n |= 0, par définition de la consistance. Puis, par stabilité,

∃M 1 ,∃M 2 indépendants deh,tels quemax|y n −y(x n )| ≤M 1 |y 0 −y(a)|+M 2 max|ε n |. | {z } n n =0

D’où la convergence en faisant tendrehvers0. 4. L’ordre de convergence. La méthode est convergente d’ordrepsi   1 p max (y(x n+1 )−y(x n ))−Φ(x n , y(x n ), h) =O(h). n h

Théorème 5 Si la méthode est convergente d’ordrep, et si la fonctionΦsatisfait la condition (dite de Lipschitz),

alors,

pourhsuffisemment petit,∀x∈[a, b],∀y∈ C([a, b]),∀z∈ C([a, b]),

∃M >0tel que|Φ(x, y(x), h)−Φ(x, z(x), h)| ≤M|y(x)−z(x)|,

oùMest une constante indépendante deh,

p max|y n −y(x n )|=O(h). n

Démonstration Z x n+1 y(x n+1 )−y(x n ) =f(t, y(t))dt. x n Par ailleurs,y n+1 −y n =hΦ(x n , y n , h).

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Soite n =y n −y(x n ). Alors  Z  x n+1 1 e n+1 −e n =hΦ(x n , y n , h)−f(t, y(t))dt . h x n Ou encore,  Z  x n+1 1 e n+1 =e n +h(Φ(x n , y n , h)−Φ(x n , y(x n ), h)) +hΦ(x n , y(x n ), h)−f(t, y(t))dt . h x n

D’où

Puis,

p+1 |e n+1 | ≤ |e n |+h M|e n |+Kh . | {z } | {z } car la méthode est d’ordre p car Φ est de Lipschitz

Ainsi, par récurrence,

Puis,

p+1 |e n+1 | ≤(1 +hM)|e n |+Kh .

  K n+1p |e n | ≤(1 +hM)−1h . M

  K (b−a)M p p |e n | ≤e−1h=O(h). M

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