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 +

∫ t

t0

a · x(s)ds

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

x(t) =1

3+

∫ 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+

∫ t

1

2x(s)ds.

Notre problème devient sous cet angle le problème du point fixe de Γ (un point pour Γest 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 deC0[−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

3e2(t−1) .

1

2

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

Approximations successives : (avec t0 = 0)

x0(t) ≡ x0

x1(t) = x0 +

∫ t

0

ax0ds

= x0 + ax0t

x2(t) = x0 +

∫ t

0

a(x0 + ax0s)ds

= x0(1 + at + a2t2

2)

xn(t) = x0(1 + at+ a2t2

2+ ... + antn

n!)

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 :

(Picard) x(t) = x0 +

∫ 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

3

Alors le couple (I, x) est solution de (Cauchy) (et donc C1) si et seulement s’il est solutionde (Picard).

Démonstration.

Cauchy ” ⇒ ” Picard

Si (I, x) est une solution C1 au problème de Cauchy, alors

x(t) = x(t0) +

∫ t

t0

dx

ds(s)ds = x0 +

∫ t

t0

v(s, x(s))ds

Cauchy ” ⇐ ” Picard

Puisque I ∋ s 7→ x(s) et (s, x) ∈ Ω → v(s, x) sont continues, la composée t 7→ v(t, x(t))

est continue. Par le Théorème fondamental d’intégration,d

dt

∫ t

t0

v(s, x(s))ds = v(t, x(t))

existe et continue. Comme x(t) = x0+

∫ t

t0

v(s, x(s))ds, la fonction x(t) est bien C1 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) =

∫ 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 effetun 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

∫ t

0

u(s)ds, ∀ 0 ≤ t ≤ T.

Alors u(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) ≤ Mpar (∗∗)−→ 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.

4

0 τ

M

Figure 2 –

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

L

∫ t

0

u(s)ds. On voit que u(t) = u0eLt 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

∫ t

0

u(s)ds, ∀ 0 ≤ t ≤ T.

Alors u(t) ≤ u0eLt, ∀ 0 ≤ t ≤ T .

Démonstration. Posons u(t) = u0eLty(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

u0eLt∗M = u0e

Lt∗y(t∗) = u(t∗) ≤ u0+L

∫ t∗

0

u(s)ds = u0+

∫ t∗

0

Lu0eLsy(s)ds ≤ u0+u0MeLt

∗

−u0M

D’où 0 ≤ u0(1 −M). Donc M ≤ 1, contraire à l’hypothèse. L’ensemble IM est doncvide et y(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︸ ︷︷ ︸

ensemble ferme dans E

⊂ E = C0(I;Rn)︸ ︷︷ ︸

espace de Banach pour ‖.‖∞

5

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 +

∫ t

t0

v(s, x(s))ds, t ∈ I

]

Remarque

Γ est bien définie , car I × B ⊂ Ω, donc s 7→ v(s, x(s)) est continue pour x ∈ A.

Ωpetite "boite"

xB

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 en x. 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 > 0 et une unique application x : Iτ :=]t0−τ, t0+τ [→Rn vérifiant ce système d’équations.

6

Remarque. C’est un résultat d’existence et unicité sans pour autant donner une formulepour 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) = 2√

|x| n’est pas Lipschitzienne. x(0) = 0,

x ≡ 0 est une solution mais pas unique.

b

atangente

Figure 5 –

si a < 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 enparticulier localement bornée. Notre théorème se déduit de la proposition plus précisesuivante (on aura besoin de cette version plus tard) :

Proposition 2.3. (A) On peut choisir(1) un voisinage ouvert U de (t0; x0) sur lequel v est bornée et lipschitzienne en x, on poseL une constante lipschitzienne pour v et M une borne sup pour la norme de v :

sup(t;x)∈U

‖v(t, x)‖ ≤ M < +∞, ‖v(t, x)− v(t, x′)‖ ≤ L · ‖x− x′‖, ∀(t, x), (t, x′) ∈ U .

(2) un τ > 0 assez petit tel que

Iτ ×BMτ := [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 estinclus dans BMτ := B(x0;Mτ).

Démonstration.

7

BMτ

Iτ t

x

U

Figure 6 –

Avec ce choix on définit

A = x : Iτ → BMτ continue ⊂ E = C0(Iτ ;Rn)

et on rappelle que A, étant un fermé dans un espace de Banach, est un espace métriquecomplet avec dA(x1, x2) = sup

t∈Iτ

‖x1(t)− x2(t)‖Rn .

Lemme 2.4. Γ : A → A, c’est-à-dire Γ(A) ⊂ A.

Démonstration. Puisque v est continue, Γx est une fonction continue en t. Reste àencadrer son graphe. Pour t ∈ Iτ

‖Γx(t)− x0‖ = ‖

∫ t

t0

v(s, x(s))ds‖ ≤ |

∫ t

t0

‖v(s, x(s))‖ds|

≤ |

∫ t

t0

Mds| = M |t− t0| ≤ Mτ

Donc Γx(Iτ ) ⊂ BMτ .

Lemme 2.5. Γ est Lτ -Lipschitzienne, c’est-à-dire ‖Γx1 − Γx2‖∞ ≤ Lτ‖x1 − x2‖∞ pourtout x1, x2 ∈ A.

Démonstration.

‖Γx1 − Γx2‖∞ = supt∈Iτ

‖Γx1(t)− Γx2(t)‖

≤ supt∈Iτ

|

∫ t

t0

‖v(s, x1(s))− v(s, x2(s))‖ds|

≤ supt∈Iτ

|

∫ t

t0

L‖x1(s)− x2(s)‖ds|

≤ L‖x1 − x2‖∞ supt∈Iτ

|

∫ t

t0

1ds| ≤ Lτ‖x1 − x2‖∞

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

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

8

Par Proposition 2.1 , x est une solution au problème de Cauchy sur l’intervalle Iτ aveccondition initiale x(t0) = x0 et elle est l’unique solution dans A. Mais on veut montrerune 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∈ BMτ , Soitt∗ = inft > t0, x(t) 6∈ BMτ (temps de la 1ère sortie. Donc pour tout s ∈ [t0, t

∗], on ax(s) ∈ BMτ et donc ‖v(s, x(s))‖ ≤ M .

alors x(t∗) 6∈ B

ici ‖x(t)‖ ≤ M

x0

Figure 7 –

Mτ ≤ ‖x(t∗)−x0‖ = ‖

∫ t∗

t0

v(s, x(s))ds‖ ≤ M |t∗− t| < Mτ contradiction. Donc toute

solution est nécessairement dans A. Comme la solution dans A est unique. Il existe uneunique solution.

t∗

x(t∗) ∈ ∂B

t0x0

Figure 8 –

9

3 Géométrie des équations différentielles, champs de

vecteurs

Rappel. si −→γ :I ⊂ R → Rm est une courbe C1, alors −→γ (t) =d−→γ

dt= lim∆t→0

~γ(t +∆t)− ~γ(t)

∆test la limite de vecteurs directeurs des droites sécantes, et est dont tangent (si6=0) à lacourbe en −→γ (t). Ainsi si on trace le vecteur ~γ′(t) au point ~γ(t) pour tout t, on voitapparaitre 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

Figure 9 – 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 notrechamp 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

(tx

)

∈ Ω le vecteur

(1

v(t, x)

)

.

⋆ Le couple (t0 ; x0) ∈ Ω est 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 ouvert U ⊂ R

n appelé l’espace. Cette fonction induit unchamp de vecteurs dans l’espace x 7→ v(x). On peut le représenter en traçant en chaquepoint x ∈ 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

10

rajouter une dimension. Il suffit de poser X =

(sx

)

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)

)

estd

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

(t0x0

)

et tangente partout au champ de vecteurs donné par

(1v

)

(voir Figure 9).

Exemple 1)dx

dt= x, x(t0) = x0 (dans R)

solution x(t) = x0et−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

tsolution constante≡0

(t0, x0)condition initiale

Figure 10 – Espace-temps

x

0

point équilibre/stationaire/fixe

Figure 11 – 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).

si x(t0) =1

2on s’attend à ce que lim

t→+∞x(t) = 1 et lim

t→−∞x(t) = 0.

11

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.

Exemple 3) ("Explosions" en temps fini.)dx

dt= x2,

dx

x2= dt,

1

x= c− t, x =

1

c− t.

Exemple 4) (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

Exemple 5) En dimension 2 autonomed

dt

(x1

x2

)

=

(−x2

x1

)

=

(0 −11 0

)(x1

x2

)

, avec

comme champ de vecteurs v(t,−→x ) =

(−x2

x1

)

.

orbite périodique période T = 2π

solution−→x (t) = r

(cos(t− c)sin(t− c)

)

12

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 en x.

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

dt= v(t, x). On appelle solution 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 un pro-

longement de (I, x), si I ⊂ J et y|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 \ I2x1(t) ou x2(t), t ∈ I1 ∩ I2x2(t), t ∈ I2 \ I1

I1

(t0, x0)

impossible

ok

I2

Figure 14 –

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∗ = inft > 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 saitqu’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 de I1∩I2 pour conclure.

13

x2

x1

t0 t∗

Figure 15 –

Théorème 4.4. (Existence et unicité des solutions maximales). Soient Ω ⊂ R × Rn un

ouvert connexe et v : 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 solutionmaximale passant par (t0, x0).

Démonstration.

Soit (Iα, yα) : α ∈ A l’ensemble des solutions locales (Iα, yα) de l’équationdx

dt=

v(t, x) telle que t0 ∈ Iα et yα(t0) = x0. Soit I = ∪α∈AIα (intervalle ouvert).

Alors ∀ t ∈ I, ∃ Iα tel que t ∈ Iα. On définit x(t) ≡ yα(t). Le lemme du recollementassure que la fonction x(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 deCauchy, donc non-prolongeable, donc maximale.

Forcément I=]a,b[ avec −∞ ≤ a < t0 < b ≤ +∞. Cet ensemble est appelé l’intervalle

de temps de vie du problème de Cauchy.

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

Exemple. Pour dx/dt = x2, x(0) = ±1. Quel est l’intervalle de temps de vie pourchacune 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 etv : Ω → Rn une fonction continue en (t, x) et localement Lipschitzienne en x. Soit Il’intervalle de temps de vie d’une solution maximale x(t). Alors la courbe (t, x(t)) n’a pasde points d’accumulation dans Ω lorsque t tend vers un bord de I.

Démonstration. Soit I =]a, b[. On suppose que (tn, x(tn)) tend vers un point limite dansΩ lorsque t tend vers b−.

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

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

14

voisinage de (b, x∗) et ‖v|U‖ ≤ M < +∞ et ‖v(t, x) − v(t, x′)‖ ≤ L‖x − x′‖ pour tout(t, x), (t, x′) ∈ U , et un τ > 0 tel que Lτ < 1 et ]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 localede cette condition initiale on voit que x(t) est prolongeable au temps tn + τ > b, ce quicontredit l’hypothèse que la solution maximale n’était pas définie au delà de b.

b

b+ τ4

Figure 16 –

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

tions

Théorème 5.1. Soit Ω ⊂ R×Rn un ouvert connexe. Soit v : Ω → Rn telle que v et ∂v/∂xsont continues en (t, x). Soit (I, y) une solution maximale passant par (t0, x0) ∈ Ω. SoitK ⊂ I un sous-intervalle compact. Alors, ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 tel que si ‖x0− x0‖ < δ alors lasolution maximale (I , y) qui passe par (t0, x0) vérifie K ⊂ I et supt∈K ‖y(t)− y(t)‖Rn < ε.

Démonstration.

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

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

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

W = (t, x) : t ∈ K, ‖x− y(t)‖Rn ≤ ε est inclus dans Ω.

15

Par compacité L = sup(t,x)∈W ‖∂v

∂x‖ < +∞.

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

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

u(t) = ‖x0 − x0 +

∫ t

0

v(s, y(s))− v(s, y(s)) ds‖ ≤ δ +

∫ t

0

‖v(s, y(s))− v(s, y(s))‖ ds.

Si u(s) ≤ ε, ∀ 0 ≤ s ≤ t on a ‖v(s, y(s))− v(s, y(s))‖ ≤ L · ‖y(s)− y(s)‖ ∀ 0 ≤ s ≤ t(par l’inégalité d’accroissements finis, car B(y(s), ε) est un convex) et

u(t) ≤ δ +

∫ t

0

Lu(s)ds

Lemme de Gronwall

=⇒ u(t) ≤ δ exp(Lt).

ε

Ω

y

t0 T

x0

T t

0

Figure 17 –

Prenons δ < ε exp(−LT ). Alors la solution y reste dans le voisinage tubulaire W ∀ 0 ≤t ≤ T . Sinon soit t∗ < T l’inf des temps de sortie. On a par continuité ‖y(t∗)− y(t∗)‖ = εet ε = supt∈[0,t∗] ‖y(t) − y(t)‖ = supt∈[0,t∗] u(t) ≤ δ exp(Lt∗) < δ exp(LT ) < ε. Unecontradiction. Ainsi

supt∈[0,T ]

‖y(t)− y(t)‖ = supt∈[0,T ]

u(t) ≤ δ exp(LT ) < ε.

16

6 Comparaison

Théorème 6.1. Soient A : R × R+ −→C1

R+ et v : R × Rn −→C1

Rn tels que ‖v(t, x)‖ ≤

A(t, ‖x‖), 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 ‖x0‖ ≤ R0

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

(∗∗)‖x(t)‖ ≤ α(t) t0 ≤ t < t+

‖x(t)‖ ≤ β(t) t− < t ≤ t0

Exemple . n = 1,dx

dt= x2 cos(log(1 + x2)), x(0) = 1.

|v(t, x)| = |x2 cos(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 of α = A(t, α) and β = −A(t, β) with A(t, u) = u2 and α(0) = β(0) = 1.

La fonction A(t, u) = u2 étant croissante pour u > 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 de x(t). Mettons t0 = 0. On traited’abord le cas ‖x0‖ < R0.

Supposons qu’il existe

t∗ = inf0 < t < minb, t+ : ‖x(t)‖ > α(t)

Alors par continuité ‖x(t∗)‖ = α(t∗) et

α(t∗) = ‖x(t∗)‖ = ‖x0 +

∫ t∗

0

v(s, x(s))ds‖ ≤ ‖x0‖+

∫ t∗

0

A(s, ‖x(s)‖)ds

< R0 +

∫ t∗

0

A(s, α(s))ds = α(t∗)

17

solution maximale existe ici sur ]-1,1[

Figure 18 – comment

car ‖x(s)‖ < α(s) sur ]0, t∗[ et A est croissante. Ceci conduit à une contradiction. Doncsur ]a,minb, t+[ on a ‖x(t)‖ ≤ α(t). Si b < t+ il y aurait une accumulation interne. Onpeut donc conclure que b ≥ t+ et que la première inéqualité de (**) est vérifiée.

Traitons à présent le cas ‖x0‖ = R0 par approximations. En remplaçant R0 par R0 +δ, δ > 0 on obtient des solutions αδ et βδ qui convergent vers α et β, respectivement.Cette convergence est uniforme sur tout compact, par la semi-continuité supérieure detemps de vie. D’où ∀ t0 ≤ t < t+, ‖x(t)‖ ≤ lim inf αδ(t) = α(t) et (idem pour β).

D’abord un exemple en dimension 1

Figure 19 – Voici un exemple en dimension 1

18

7 Convergence dans le cas autonome

Définition Soit v(x) un champs de vecteurs autonome lipschitzien. On dit que x0 estun 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 équationdifférentielle lipschitzienne.

Théorème 7.1. Soient U ⊂ Rn ouvert et v : U −→ R

n un champ de vecteurs C1

autonome. Soit y : I → Rn une solution maximale de l’équation y = v(y) telle que

I =]a,+∞[ et limt→+∞

y(t) = y0 ∈ U .

Alors v(y0) = 0.

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

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

Alors il existe t∗ > a tel 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.

≤ supt≥t∗

|y′(t)− v(y0)| · (t− t∗)

= supt≥t∗

|v(y(t))− v(y0)| · (t− t∗)

≤ L supt≥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, ensuivant 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, limt→+∞

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 a v(y0) = 0.

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

Remarquons que y0(t) ≡ 0 est solution maximale, et y1(t) ≡ 1 en est une autre (quellessont les conditions initiales ?).

19

y

10

Figure 20 –

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 vie J est ]−∞,∞[. Supposons le contraire,par exemple c’est ]∗, b[ avec b < +∞. Alors lorsque t ր b, x(t) restera borné dans ]0, 1[.

Il existerait donc une suite tn ր b tel que

(tn

x(tn)

)

converge vers

(bx∗

)

∈ 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 admetdes limites :

x+ = limt→+∞

x(t) > 1/2, x− = limt→−∞

x(t) < 1/2.

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

8 Barrière dans R2

Théorème 8.1. Soit v : Ω = R × RC0

−→ R une fonction Lipschitzienne en x. Soitα, 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 unpoint.

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

20

β(t)

α(t)

J

α

β

t∗ c

Figure 21 –

Soit par absurde que J contient au moins un autre point c > t0.

On distingue deux cas.

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

Soit t∗ = supt < c : α(t) ≥ β(t). On a alors t0 ≤ t∗ < c et α(t) < β(t) sur ]t∗, c[. Parcontinuité x∗ = 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 vers t∗ 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 stationnaire tn ր ctel que α(tn) ≥ β(tn). Alors

α(c)− α(tn)

c− tn≤

β(c)− β(tn)

c− tn.

On retrouve une contradiction en laissant tn 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 que v soit continue en t et x.

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∗) +

∫ t

t∗β ′(s)ds ≤ β(t∗) +

∫ t

t∗v(s, β(s))ds et

α(t) = α(t∗) +

∫ t

t∗α′(s)ds ≥ α(t∗) +

∫ t

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

u(t)− u(t∗) = u(t) ≤

∫ t

t∗v(s, β(s))− v(s, α(s))ds ≤

∫ t

t∗L|β(s)− α(s)|ds ≤

∫ t

t∗L|u(s)|ds.

21

Si u(t′) > 0 pour un certain t′ > J , prenons t∗ = supt < t′ : u(t) ≤ 0. Alors u(t∗) = 0

par continuité et 0 ≤ u(t) ≤

∫ t

t∗Lu(s)ds ∀ t∗ < t < t′. Ceci implique u(t) ≡ 0 ∀ t∗ < t < t′

par le Lemme de Gronwall. Par continuité u(t′) = 0, impossible. Donc u(t′) ≤ 0 pour toutt > J , ainsi α(t) ≥ β(t) pour tout t > J .

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

J

Figure 22 –

22

9 Equations différentielles linéaires

9.1 Cas diagonal et cas diagonalisable

Exemple .d

dt

(x1

x2

)

=

(2 11 2

)(x1

x2

)

= A

(x1

x2

)

,

(x1(0)x2(0)

)

=

(10

)

La solution admet une formule :

1

2

(e3t + et

e3t − et

)

=1

2

[

e3t(11

)]

+1

2

[

et(

1−1

)]

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

(λ1,v1) = (3,

(11

)

) 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 :(10

)

=

(x1(0)x2(0)

)

=1

2

(11

)

+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 combinaisonlinéaire ax1(t) + bx2(t) est aussi une solution.

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

Théorème 9.3. Supposons A =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

... · · ·...

0 0 · · · λn

. Alors la solution à (∗) sera : x(t) =

n∑

1

ck

[

eλktek

]

, t ∈ R où ekk est la base canonique, et ck est la k-ième coordonnée de x0.

Supposons que A est diagonalisable sur C, avec λ1, λ2, ..., λn comme valeurs propres,et v1,v2, ...,vn ∈ C

n comme vecteurs propres indépendants. Alors pour toute conditioninitiale x0 ∈ R

n, la solution à (∗) sera :

x(t) =

n∑

1

ck

[

eλktvk

]

, t ∈ R

où les ck sont déterminées par : x0 =∑

ckvk, ou encore les coordonnées de x0 dans la

base (v1,v2, ...,vn).

23

Démonstration. La fonction y(t) = eλktvk vérifie

yk = λkeλktvk = eλktAvk = A(eλktvk) = Ayk, yk(0) = vk.

Comme x0 =∑

ckvk =∑

ckyk(0), la fonction x(t) =∑

ckyk(t) est bien solution ded’(∗) par linéarité. Une autre preuve plus instructive est d’effectuer un changement devariable : Soit P = (v1 v2 ... vn) la matrice de passage et D la matrice diagonale desvaleurs propres λ1, · · · , λn. Posons x = Pz. Notre problème de Cauchy devient P z = APz,

ou bien z = P−1APz = Dz, et z(0) = P−1x(0) =

c1...cn

. Donc x0 = P

c1...cn

=

∑

ckvk,

et z(t) =

c1eλ1t

...cne

tλn

et

x(t) = Pz(t) = (v1 · · ·vn)

c1eλ1t

...cne

tλn

=

n∑

1

ck

[

eλktvk

]

.

Remarque

On peut voir par le Théorème de comparaison que (∗) admet une solution à tout tempst ∈ R : On a ‖v(t,x)‖ ≤ ‖A‖ · ‖x‖ =: a‖x‖. Comme la fonction R 7→ aR est croissante,on peut appliquer le théorème 6.1 pour obtenir l’encadrement ‖x(t)‖ ≤ ‖x0‖ exp(‖A‖|t|)(exo.)

9.2 Cas général

Opérateur de Picard pour le problème de Cauchy (∗)

x0(t) ≡ x0, x1(t) = x0 +

∫ t

0

Ax0ds = (1 + tA)x0

x2(t) = x0 +

∫ t

0

A(1 + sA)x0ds = (1 + tA +t2A2

2)x0

...

xn(t) = ... = (1 + tA +t2A2

2+ ... +

tnAn

n!)x0

Cette suite converge normalement et uniformément sur tout compact.

t ∈ [−τ, τ ],∑

n≥0

|tnAn

n!x0| ≤

∑ |t|n‖A‖n

n!|x0| = exp(|t|‖A‖)|x0|

Soit x(t) = limn→∞

xn(t). Alors x′n(t) = Axn−1(t) → Ax(t) uniformément normalement

sur tout compact, d’où x(t) est différentiable avecd

dtx(t) = Ax(t).

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

24

Définition 9.4. On appelle la matrice

exp(A) =

∞∑

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 que t ∈ R → exp(tA) ∈ Mn(R) est de class C∞ avec dérivéed

dtexp(tA) =

A exp(tA).

Exemple .

A =

(0 −11 0

)

, A2 =

(−1 00 −1

)

= −11, A3 =

(0 1−1 0

)

= −A, A4 =

(1 00 1

)

= 11, ...

exp(tA) = 1 + tA +t2A2

2+ ...

= (1−t2

2+

t4

4!− ...)11 + (t−

t3

3!+

t5

5!− ...)A

= (cos t)11 + (sin t)A =

(cos t − sin tsin t cos t

)

= Rott

de valeurs propres +i,−i et vecteurs propres

(i1

)

,

(i−1

)

.

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

x(t) =

n∑

k=1

ck

[

eλktPk(t)]

où λk, k = 1, · · ·n sont les valeurs propres de A, Pk sont des polynomes en t à valeursdans Cn, les n vecteurs Pk(0), k = 1, ..., n sont indépendent et les coefficients ck sontdéterminé par

x0 =∑

ckPk(0).

Exemple .d

dt

(x1

x2

)

=

(1 10 1

)(x1

x2

)

,

(x1(0)x2(0)

)

=

(23

)

La solution est(x1(t)x2(t)

)

= et(2 + 3t

3

)

= et(1 t0 1

)(23

)

, donc P1(t) =

(10

)

,P2(t) =

(t1

)

25

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

etA =∑

n

tn(Id+N)n

n!=

∑

n

tn(Id+ nN)

n!= etId+ tetN = et(Id+ tN).

Démonstration du théorème.

Lorsque A est sous forme "bloc" :

A =

A1

A2

. . .

, on a exp(tA) =

etA1

etA2

. . .

.

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

exp(t

λ 1 0. . . 1

. . . . . .. . . 1

0. . . λ

) = etλexp(t

0 1. . .

. . .. . . 1

0

)

= etλ(11 + tN +t2N2

2+ ... +

tmNm

m!)

développement fini car N est nilpotent.

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

Alors P−1AnP = (P−1AP )n ⇒ P−1exp(tA)P = exp(t(P−1AP )) = exp(tAbloc) =∑

etλkPk(t) (où Pk(t) est un polynôme en t à valeurs matricielles).

D’où exp(tA) =∑

etλkPPk(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

deuxième une source. Le cas où Reλ 6= 0 mais avec changement de signe sera un col.

Démonstration.

Car ∀ polynôme P(t), on a etλkP(t) −−−−→t→+∞

0 lorsque Reλk < 0, et si Reλi ≥ 0 il y a

des conditions initiales tel que x(t) 6→ 0.

Remarque.

On a même : Si Reλk < −µ < 0, ∀ k, alors ∃ C < +∞ tel que ‖x(t)‖ ≤ Ce−µt‖x0‖, ∀x0 ∈Rn et t ≥ 0.

26

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

d

dx

(x1

x2

)

=

(−1 00 −2

)(x1

x2

)

Figure 23 – Puis

Source (point fixe répulsif)

∀λ valeur propre de A : Reλ > 0

Figure 24 – Source

Selle (dimension 2)

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

Exemple .

d

dt

(x1

x2

)

=

(1 00 −1

)(x1

x2

)

trajectoire ici : x1(t)x2(t)=constante , hyperboles

Definition (point fixe hyperbolique) :

27

Figure 25 – Selle

∀λ valeur propre de A :Reλ 6= 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 propreλk 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) = eAtx0. Notons U(t) = etA. On ad

dtU(t) = UA

d

dttU = tAU et ∃ ε > 0, C < +∞ tel que : ‖U(t)‖ ≤ Ce−(µ+ε)t, t ≥ 0. Soit

B =

∫ ∞

0

e2µs tU(s)U(s)︸ ︷︷ ︸

dfinie positive

ds

d’où B définie positive. Cette intégrale est convergente car

‖e2µs tU(s)U(s)‖ ≤ C2e−2εs.

28∫ ∞

0

d

ds[e2µs tU(s)U(s)]ds = [e2µs tU(s)U(s)]∞0 = −11

=

∫ ∞

0

e2µs(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’où q(x(t)) ≤ e−2µtq(x(0)).

2ème Démonstration (algébrique). (Supposons A diagonalisable) Écrivons x =∑

ukck,x ∈ Rn, uk ∈ Cn , ck ∈ C (avec Auk = λkuk, k = 1, · · · , n), ou bien x = Pc , P ∈ Mn(C), c ∈ C

n (notons que P n’est rien d’autre que la matrice de passage, et c les coordonnéesde x dans la base des vecteurs propres).

q(x) ≡def

∑

ckck = c∗c = x∗(P−1)∗Px = x∗Bx

B est une matrice réelle définie positive.

x(t) = Ax(t) ⇔∑

ukck(t) =∑

λkukck(t) ⇔ ck = λkck

d

dtq(x(t)) =

∑

ck(t)ck + ckck =∑

ck(λk + λk)ck

≤ −2µ∑

ckck = −2µq(x(t))

Posons J(t) = q(x(t))e2µt. AlorsdJ

dt= (q + 2µq)e2µt ≤ 0. Donc J est décroissante.

Ainsi 0 ≤ J(t) ≤ J(0) ⇒ q(x(t)) ≤ q(x(0))e−2µt.

On remarque que

‖x(t)‖ = ‖∑

etλkPPk(t)P−1x0‖ ≤

∑

eℜ(tλk)PPk(t)P−1x0‖

(Si ℜλk ≤ −µ − 2ε) ≤ e−(µ+ε)t∑

e−εt‖PPk(t)P−1‖‖x0‖ ≤ 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 quadratiqueeuclidienne.

29

A=[-1 2 ;0 -1]

-1

-2-2 -1 1 2

0

1

2

0

Figure 26 –

2

0

-2

1

-1

-1-2 210

A=[-1 0.5 ;0 -1]

Figure 27 –

30

1

-1

-1-2 0 1 2

1

2

0

-2

A=[-1 0 ;0 -1]

Figure 28 –

10 Intégrales premières et fonctions de Lyapunov

Exemple .

y

x

cercle

I(x, y) = x2 + y2

Figure 29 –

x = −yy = x

(x(t)

y(t)

)

=

(cos t − sin tsin t cos t

)(x0

y0

)

I(x(t), y(t)) = (x0 cos t− y0 sin t)2 + (x0 sin t+ y0 cos t)

2

= ...= x2

0 + y20= I(x0, y0) (constante)

31

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)

Figure 30 –

Une solution maximale I =]a, b[

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

Or le cercle est compact, si b < ∞ : ∃ tn : (x(tn), y(tn)) → (x∗, y∗) ∈cercle, impossible.donc I =]−∞,∞[

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) :

32

Ω

t ∈ R

espace-temps

(t, x(t))

x ∈ Rn=1

Figure 31 –

x(t) U ⊂ Rn=2

Ω = R× U

x1

espace

x2

Figure 32 –

33

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+

n∑

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 ≥ 0 sur 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 toutesolution maximale.

-Si I est une fonction de Lyapunov,alors I est non croissante en temps le long de toutesolution 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) = x2

1 + x22

v(x1, x2) =

(−x2

x1

)

34

dI(v) = (v∂

∂x)I

= −x2∂

∂x1

I + x1∂

∂x2

I

= −x22x1 + x12x2 ≡ 0

I=constantesolution maximale

Figure 33 –

Exemple . 2)

x = yy = − sin x

H(x, y) =1

2y2 + (1− cosx)

dH

dt= yy + (sin x)x

= y(− sin x) + (sin x)y = 0

Pendule mathématique

Exemple . 3)

x1 = −(x21 + x2

2)x1

x2 = −(x21 + x2

2)x2

I(x1, x2) = x21 + x2

2

dI

dt= 2x1x1 + 2x2x2

= −2(x21 + x2

2)2 ≤ 0

35

3

1 2 x

H=constante

Figure 34 –

321

Figure 35 – Pendule

fonction de Lyapunov

Figure 36 –

Remarque.

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

Cas autonome

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

36

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) de Ax0= 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

Figure 37 –

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

t+max ≤ +∞. PuisquedI

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’oùx(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

dans R×Ax0⊂ R×U = Ω. Impossible par le Théorème de la solution maximale (Théorème

3.5.). D’où tmax = +∞ (et tmin = −∞)

Théorème 10.5. Soit I une fonction de Lyapunov pour v. Supposons que la composanteconnexe (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 touttemps positive (t ∈ R+) (on ne sait rien sur temps → −∞).

Démonstration. même.

Exemple . 4) (où ça ne marche pas)

x = x3yy = −y2x2

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

37

dI

dt= xy + xy

= x3y2 − xy2x2 = 0

Ax0,y0 = xy = 1

n’est pas compact

1

1

x(0)=1

y(0)=1

Figure 38 –

effectivement

I(x, y) = x0y0 = 1 ⇒

x = x2(xy) = x2

y = −(yx)2 = −1

x(t) =1

1− ts’explose à temp t, t = 1.

Exemple . 1)(bis) : I≡ constante = cercle compact

Exemple . 3)(bis) : I≤ constante = disque fermé (compact) tmax = +∞ (par contretmax 6= +∞)

Théorème 10.6. (Théorème de "Piège")

Soit I0 ∈ R,B une composante connexe (par arc) de x ∈ U : I(x) ≤ I0. Soit A =x ∈ B : I(x) = I0. Supposons que B et A sont compacts et que ∀ x ∈ A : dIx(vx) < 0.Alors la solution maximale du problème de Cauchy.

x = v(t, x(t))x(0) = x0 ∈ B

existe à tout temps positive.

Démonstration.

x : J → Rn solution maximale.

38

A

B B est un piège pour le flôt

v"pointe" vers l’interieur deB

Figure 39 –

I(x, y) = x2 + y2

B = disque,

A = cercle.

Si t1 > 0, t1 ∈ J avec I(x(t)) = I0 alors :d

dtI(x(t)) = dIx(t1)(v(x(t1))) < 0 car

x(t1) ∈ A.

TAF ⇒ ∀ δ > 0∃ t′ ∈ [t1 − δ, t1] avec I(x(t′)) > I0.

I(x(t)), t ∈ J est une fonction continue.

I0

0 t∗ t

Figure 40 –

Supposons qu’il y a t∗ = inft > 0 : I(x(t)) > I0 < +∞

Par continuité : I(x(t∗)) = I0, ∃ tn ց t∗ : I(x(tn)) ≥ I0 ⇒

d

dtI(x(t))|t=t∗ = lim

n→∞

I(x(tn))− I0tn − t∗

≥ 0

impossible car = dIx(vx) < 0, x ∈ A.

39

Soit J ∩ R+ = [0, tmax[, si tmax < +∞. x(t) aura un point d’accumulation dans Blorsque t → t−max impossible !

11 Stabilité des points fixes au cas autonome

Ω = R× U ,U ⊂ Rn ouvert,connexe.

v : U → Rn champ de vecteurs C1

Exemple .

x = x(1− x) = v(x)

point fixe repulsif (instable)point fixe attractif ( stable)

10

Figure 41 –

-Linéarisation autour d’un point fixe :x0 = 1

x(t) = x0 + z(t)

dx

dt=

dz

dt= (1 + z)(−z) = −z(t) − z(t)2

-Garder les termes linéaires :

dz

dt= −z(t)

solution z(t) = z0e−t

z = 0 (x0 = 1)mauvaise approximation pour z grand

Figure 42 –

Définition 11.1. Soit x0 ∈ U un point fixe de v(x). On appelle équation différentielle

linéarisée de x = v(x) en x = x0 :dz

dt= Az avec A =

∂v

∂x(x0) ∈ Mn(R)

Théorème 11.2. Supposons que Reλk < −µ < 0 , ∀ valeur propre λk de A =∂v

∂x(x0),

v(x0) = 0. Alors ∃ un voisinage V de x0 tel que pour toute condition initiale x1 ∈ V ,

limt→+∞

φ t(x1) = x0

.

40

Démonstration.

L’équation différentielle pour z :

x = x0 + z(t)

x = z = v(x0 + z(t)) = 0 + Az + o(z(t))

Soit q(z) = tzBz la forme quadratique (définie positive) associée à la matrice A(Corollaire 6.7.). Alors :

d

dtq(z(t)) = tz( tAB +BA)z + |z|o(z)

≤ −2µ tzBz + o(|z|2)

≤ −µ tzBz

Pour |z| < δ avec δ > 0 assez petit et ∀ x1 ∈ V, z(t) = φ t(x1) − x0 verifie : ∀ t ≥ 0 :q(z(t)) ≤ e−µtg(z(0)), V = x1 : q(x1 − x0) < δ forme un voisinage de x0. Et q est unefonction de Lyapunov pour v dans ce voisinage.

q est définie positive ⇔ ∃ 0 < m ≤ M < +∞ tel que : ∀ x ∈ Rn

m‖x‖22 ≤ q(z) ≤ M‖z‖22

‖x(t)‖22 ≤1

mq(z(t))

≤1

me−2µtq(z(0))

≤M

me−2µt‖z(0)‖22

D’où z(t) −−−−→t−→+∞

0 ( à vitesse exponentielle) et x(t) −−−−→t→+∞

x0