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- exposé
- donnée yn
- lim h→0 max
- kutta
- y1 −
- détermination de φ
- y0
- equations différentielles
- équation différentielle
- équations différentielles
- solution
- solutions
- conditions
- condition
- méthodes
- méthode
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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 donnéy0∈R, on appelle problème de Cauchy le système suivant ( dy =f(x, y(x)) dx . y(a) =y0
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 touty0∈R).
Démonstration Unicité Si le problème de Cauchy admet une solutiony, cette solution vérifie Z x ∀x∈[a, b], y(x) =y0+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) =y0+f(t, y(t))dtet∀x∈[a, b], z(x) =y0+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(yk)telle que ( y0(x) =y0 R. x yk+1(x) =y0+f(t, yk(t))dt a Par définition,yk∈ C∞([a, b]). Ainsi, Z x ∀x∈[a, b], yk+1(x)−yk(x) =f(t, yk(t))−f(t, yk−1(t))dt. a Or,fvérifie une condition de Lipschitz, d’où Z x ∀x∈[a, b],|yk+1(x)−yk(x)| ≤L|yk(t)−yk−1(t)|dt≤L||yk−yk−1||∞|x−a|. a Puis, par récurrence,
k k |x−a| |b−a| k k ∀x∈[a, b],|yk+1(x)−yk(x)| ≤L||y1−y0||∞≤L||y1−y0||∞. k!k! Ensuite, comme(k+i)!≥k!i!,
2006
p−1 k i X |b−a| |b−a| k i ∀x∈[a, b],|yk+p(x)−yk(x)| ≤L||y1−y0||∞L . k!i! i=0 P i p−1|b−a| i L|b−a| Or,L≤e, donc i=0i! k |b−a| k L|b−a| ∀x∈[a, b],|yk+p(x)−yk(x)| ≤L||y1−y0||∞e . k! Il s’ensuit que(yk)est de Cauchy dansC∞([a, b]), donc(yk)converge uniformément versydeC∞([a, b]). De plus, la limiteysatisfait Z x ∀x∈[a, b], y(x) =y0+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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PLC1
Le problème de Cauchy
2006
Soitxnune abscisse, on notera alorsy(xn)la valeur théorique de la fonctionyévaluée enxnetynsa valeur approchée. Méthodes à pas séparés Ces méthodes sont du type x0=a xn+1=xn+h b−a h=, n y0est la condition initiale donnée yn+1=yn+hΦ(xn, yn, 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(xn+1)−y(xn))−Φ(xn, y(xn), h0) = , n h→0h
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(xm+1)−y(xm))−Φ(xm, y(xm), h) = 0, h→0mh ou encore Z xm+1 1 lim maxf(t, y(t))dt−Φ(xm, y(xm), h0) = . m h→0h xm Pour toutx∈[a, b], il existe un encadrement[xm, xm+1]tel que, même lorsquehtend vers0(i.e. lorsque ntend vers l’infini),x∈[xm, xm+1]. Dans ces conditions,limh→0xm=xetlimh→0xm+1=x. La continuité des fonctionsfetφpermet alors d’écrire Z xm+1 1 lim maxf(t, y(t))dt−Φ(xm, y(xm), h) =f(x, y(x))−Φ(x, y(x),0) = 0. h h→0m xm
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(yn)solution de
=
=
=
1 (y(xn+1−y(xn))−Φ(xn, y(xn), h) h Z xn+1 1 f(t, y(t))dt−Φ(xn, y(xn), h) h xn Z xn+1 1 (f(t, y(t))−Φ(xn, y(xn), h))dt h xn Z xn+1 1 (Φ(t, y(t),0)−Φ(xn, y(xn), h))dt h xn
lim max (Φ(t, y(t),0)−Φ(xn, y(xn), h)) = 0, h→0n
Z xn+1 1 lim maxf(t, y(t))dt−Φ(xn, y(xn), h) = 0. h h→0n xn
( y0est la condition initiale donnée yn+1=yn+hΦ(xn, yn, h)
,
2006
et(zn)solution de ( z0est la condition initiale donnée . zn+1=zn+h(Φ(xn, zn, h) +εn) La méthode est stable si∃M1,∃M2indépendants deh,tels quemaxn|yn−zn| ≤M1|y0−z0|+M2maxn|εn|.
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,
|yn+1−zn+1| ≤ |yn−zn|+h|Φ(xn, yn, h)−Φ(xn, zn, h)|+h|εn| ≤(1 +hM)|yn−zn|+h|εn|.
Ainsi, par récurrence,
n+1 (1 +hM)−1 n+1 |yn+1−zn+1| ≤(1 +hM)|y0−z0|+ max|εn|. n M
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Le problème de Cauchy
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D’où (n+1)hM(b−a)M e−1e−1 (n+1)hM(b−a)M |yn+1−zn+1| ≤e|y0−z0|+ max|εn| ≤e|y0−z0|+ max|εn|. n| {z } n M M | {z } =M1 =M2
3. La convergence. La méthode est convergente si
lim max|yn−y(xn)|= 0. h→0n
Théorème 4 Si la méthode est stable et consistante, elle est convergente.
Démonstration La solutionyde l’équation différentielle vérifie
y(xn+1) =y(xn) +h(Φ(xn, y(xn), h) +|εn|)
ety(a) =y0, aveclimh→0maxn|εn|= 0, par définition de la consistance. Puis, par stabilité,
∃M1,∃M2indépendants deh,tels quemax|yn−y(xn)| ≤M1|y0−y(a)|+M2max|εn|. | {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(xn+1)−y(xn))−Φ(xn, y(xn), 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|yn−y(xn)|=O(h). n
Démonstration Z xn+1 y(xn+1)−y(xn) =f(t, y(t))dt. xn Par ailleurs,yn+1−yn=hΦ(xn, yn, h).
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Soiten=yn−y(xn). Alors Z xn+1 1 en+1−en=hΦ(xn, yn, h)−f(t, y(t))dt . h xn Ou encore, Z xn+1 1 en+1=en+h(Φ(xn, yn, h)−Φ(xn, y(xn), h)) +hΦ(xn, y(xn), h)−f(t, y(t))dt . h xn
D’où
Puis,
p+1 |en+1| ≤ |en|+h M|en|+Kh . | {z } | {z } car la méthode est d’ordrep carΦest de Lipschitz
Ainsi, par récurrence,
Puis,
p+1 |en+1| ≤(1 +hM)|en|+Kh .
K n+1p |en| ≤(1 +hM)−1h . M
K (b−a)M p p |en| ≤e−1h=O(h). M
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