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6 • Équations linéaires
On en donne ci-après une variante de démonstration, dont la méthode peut être utile
dans d’autre contextes. Elle fait appel au théorème de point fixe suivant :
Théorème 6.2 Soient E un espace de Banach et T : E → E dont une puissance est
contractante. Alors T admet un point fixe unique.
Démonstration. Ce résultat est une conséquence facile du théorème de point
fixe de Banach-Picard (théorème 1.17). Par hypothèse, il existe un entier k
tel que T
k soit contractant et donc admette un point fixe unique u. Alors
T
k (T(u)) = T(T
k (u)) = T(u) .
Donc T(u) est aussi un point fixe de T
k . À cause de l’unicité de ce point
fixe on a ainsi T(u) = u. De plus, tout point fixe de T étant évidemment un
point fixe de T
k , u est l’unique point fixe de T.
Démonstration du théorème 6.1. Pour résoudre le problème de Cauchy
de donnée « initiale » u(t 0 ) = u 0 , on cherche une solution continue de
l’équation intégrale
u(t) = u 0 +
t
t 0
( A(s) u(s) + b(s) ) ds ,
qui équivaut à
u(t) = v(t) + u 0 , avec v(t) =
t
t 0
( A(s) (v(s) + u 0 ) + b(s) ) ds .
Pour simplifier on suppose t 0 = 0 (sans perte de généralité, quitte à faire
une translation t → t − t 0 ). On ne peut pas travailler directement dans I ,
mais on le va le faire dans un intervalle compact arbitraire [a, b] ⊂ I (avec
a < 0 < b). Définissons l’opérateur :
T : C([a, b]; X ) → C([a, b]; X )
v
→ Tv ; (Tv)(t) =
t
0
( A(s) (v(s) + u 0 ) + b(s) ) ds .
Quels que soient v et w dans C([a, b]; X ) on a
(Tv)(t) − (Tw)(t) =
t
0
A(s) ( v(s) − w(s) ) ds
et donc (Tv)(t) − (Tw)(t) ≤ C t max s∈[0,t] v − w avec C :=
max s∈[a,b] A(s). Montrons par récurrence que
(T
n
v)(t) − (T
n
w)(t) ≤ C
n t
n
n!
max
s∈[0,t]
v − w