Ω |φ(x) − φ(x ′ )| 2 dx dx ′ =

Analyse numérique et optimisation (MAP 431)

Contrle Hors Classement du mardi 24 avril 2012

Corrigé proposé par G. Allaire et B. Maury

1 Exerie mémoriel (12 points)

1. (2 points)Pour

φ ∈ V

^{, on développe}

Z

Ω

Z

Ω |φ(x) − φ(x ^′ )| ² dx dx ^′ =

Z

Ω

Z

Ω (φ ² (x) + φ ² (x ^′ ) − 2φ(x)φ(x ^′ )) dx dx ^′

= 2|Ω|

Z

Ω φ ² (x) dx − 2

Z

Ω φ(x) dx

2

où ledernier termes'annulear

φ

^{est à moyenne nulle.}

2. (2 points) On note tout d'abord que, puisque

Ω

^{est onvexe, le segment}

(x, x ^′ )

appartient bien à

Ω

^{pour tous points}

x, x ^′ ∈ Ω

^.ParCauhy-Shwarz, ona

|φ(x) − φ(x ^′ )| ² ≤

Z 1

0 |(x − x ^′ ) · ∇φ(tx + (1 − t)x ^′ )| ² dt

≤ d(Ω) ²

Z ₁

0 |∇φ(tx + (1 − t)x ^′ )| ² dt.

On en déduit

Z

Ω

Z

Ω |φ(x)−φ(x ^′ )| ² dx dx ^′ ≤ d(Ω) ²

Z

Ω

Z

Ω

Z 1/2

0 +

Z 1 1/2

!

|∇φ(tx+(1−t)x ^′ )| ² dt dx dx ^′ .

Parsymétrie (éhangeant

x

^et

x ^′

^et

t

^en

(1 − t)

^),ona

Z

Ω

Z

Ω

Z _1/2

0 |∇φ(tx + (1 − t)x ^′ )| ² dt dx dx ^′ =

Z

Ω

Z

Ω

Z ₁

1/2 |∇φ(tx + (1 − t)x ^′ )| ² dt dx dx ^′ ,

e quientraine le résultat.

3. (2 points) Par Fubini on peut éhanger l'ordre des intégrales en

t

^et

x

^{. Pour}

t

xé dans

[1/2, 1]

^{,le hangement de variable}

x ˜ = tx + (1 − t)x ^′

^onduità

Z

Ω |∇φ(tx + (1 − t)x ^′ )| ² dx = 1 t ^N

Z

ω |∇φ(˜ x)| ² d x ˜

où

ω = tΩ + (1 − t)x ^′

^{est un} sous-ensemble de

Ω

^(ar

Ω

^{est onvexe). On peut}

don majorer

Z

Ω |∇φ(tx + (1 − t)x ^′ )| ² dx ≤ 2 ^N

Z

Ω |∇φ(˜ x)| ² d˜ x.

Z

Ω

Z

Ω |φ(x) − φ(x ^′ )| ² dx dx ^′ ≤ 2 ^N d(Ω) ² 2

Z 1 1/2

Z

Ω

Z

Ω |∇φ(x)| ² dt dx dx ^′

≤ 2 ^N d(Ω) ² |Ω|

Z

Ω |∇φ(x)| ² dx,

e quionduit, pour tout

φ ∈ V

^,à l'inégalitéde Poinaré-Wirtinger

Z

Ω φ ² (x) dx ≤ 2 ^{N − 1} d(Ω) ²

Z

Ω |∇φ(x)| ² dx.

5. (1 point)S'il existe une solutionde



 

 

−∆u = f

^dans

Ω,

R

Ω u(x) dx = 0,

∂u

∂n = 0

^sur

∂Ω,

(1)

en intégrant l'équationsur

Ω

^onobtient

Z

Ω f (x) dx = −

Z

Ω ∆u(x) dx = −

Z

∂Ω

∂u

∂n (x) ds = 0

qui est don une ondition néessaire sur

f

^.

6. (1 point)La formulation variationnelleest :trouver

u ∈ V

^telque

Z

Ω ∇u(x) · ∇v(x) dx =

Z

Ω f (x) v(x) dx

^{pour tout}

v ∈ V.

On vérie aisémenttoutes leshypothèses du théorème de Lax-Milgram: en par-

tiulier, la forme bilinéaire est oerive sur

V

^{grâe à} l'inégalité de Poinaré- Wirtinger.Il existe don une unique solution

u ∈ V

^.

7. (2points)Remarquonstoutd'abordque,si

φ ∈ C ^∞ (Ω)

^,alors

v = φ−|Ω| ^{− 1 R} _Ω φ(x) dx

appartientbienà

V

^{. Comme}

f

^{est àmoyennenulle, la}formulationvariationnelle pour

v

^donne

Z

Ω ∇u(x) · ∇φ(x) dx =

Z

Ω f(x) φ(x) dx

^{pour tout}

φ ∈ C ^∞ (Ω).

Si

u ∈ V

^{est solution} (régulière) de la formulation variationnelle, alors, pour

φ ∈ C _c ^∞ (Ω)

^{, par} intégration par partieson obtient

Z

Ω

f (x) + ∆u(x) φ(x) dx = 0

Paronséquent, ilvient

f (x) + ∆u(x) = 0

^{p.p. dans}

Ω.

Enn, en prenant

φ ∈ C ^∞ (Ω)

^{(ne s'annulantpas sur}

∂Ω

^{), onobtient}

Z

Ω

f(x) + ∆u(x) φ(x) dx =

Z

∂Ω

∂u

∂n (x)φ(x) ds.

omme

φ

^{est quelonque sur le bord, on en déduit}

∂u

∂n (x) = 0

^{p.p. sur}

∂Ω.

Par ailleurs,

u ∈ V

^{implique que}

u

^{est à moyenne nulle. Autrement dit,}

u

^est

solution de (1)au sens "presque partout".

2 Diérenes nies pour l'équation de Shrödinger (8

points)

1. (2 points)

L'erreur de tronature s'érit

e ⁿ _j = i u((n + 1)∆t, j ∆x) − u(n∆t, j∆x)

∆t + 1

(∆x) ² θ (u((n + 1)∆t, (j + 1)∆x) − 2u((n + 1)∆t, j∆x) + u((n + 1)∆t, (j − 1)∆x))

+ 1

(∆x) ² (1 − θ)θ (u(n∆t, (j + 1)∆x) − 2u(n∆t, j ∆x) + u(n∆t, (j − 1)∆x)) = 0,

En faisant lesdéveloppements limités en

∆x

^et

∆t

^{, eten utilisanten partiulier}

le faitque, par symétrie du stenil,

1

(∆x) ² (u(n∆t, (j + 1)∆x) − 2u(n∆t, j ∆x) + u(n∆t, (j − 1)∆x)) =

∂ xx (n∆t, j ∆x) + O(∆x ² ),

on obtient immédiatement

e ⁿ _j = O(∆t) + O(∆x ² ).

2. (2 points)On a

(1 − 4iθ ∆t

(∆x) ² B)ˆ u ⁿ⁺¹ (k) = (1 + 4i(1 − θ) ∆t

(∆x) ² B)ˆ u ⁿ (k),

ave

B = exp(2iπk∆x) − 2 + exp(−2iπk∆x) =

−4 exp(iπk∆x) − exp(−iπk∆x) 2i

! 2

= −4 sin (πk∆x) ² ,

de telle sorte que

ˆ

u ⁿ⁺¹ (k) = A(k)ˆ u ⁿ (k),

A(k) = 1 − 4i(1 − θ) _(∆x) ^∆t 2 sin (πk∆x) ² 1 + 4iθ _(∆x) ^∆t 2 sin (πk∆x) ²

3. (2 points)Le oeient d'ampliations'érit

A(k) = 1 − i(1 − θ)b 1 + iθb

où

b

^{est un réel non nulen général.Learrédu module de e oeientest don}

|A(k)| ² = 1 + (1 − θ) ² b ² 1 + θ ² b ²

qui est don stritement supérieur à

1

^pour

θ ∈ [0, 1/2]

(instabilité inondition- nelle),stritementinférieur à

1

^pour

θ ∈]1/2, 1]

^(stabilitéinonditionnelle). Pour

θ = 1/2

^{le module vaut}

1

indépendamment des paramètres de la disrétisation, onadononservation dumoduledetous lesoeients

u(k) ˆ

^,dononservation de lanorme

L ²

^{de la solutiondisrète.}

4. (2 points) Le as de l'équation de la haleur peut être retrouvé immédiatement

en remarquant que l'équation de Shrödinger divisée par

i

^{peut être vue (de}

façon très formelle) omme l'équation de la haleur ave oeient de diusion

imaginaire(égalà

i

^{).On retrouve} immédiatementlesoeientsd'ampliation pour l'équationde lahaleur en remplaçant

i

^par

1

^:

A ^c (k) = 1 − 4(1 − θ) _(∆x) ^∆t ₂ sin (πk∆x) ² 1 + 4θ _(∆x) ^∆t 2 sin (πk∆x) ²

On retrouvelastabilitéinonditionnellepour

θ ≥ 1/2

^{,maisonperdlaonserva-}

tion exate de lanorme

L ²

^pour

θ = 1/2

^.

Pour

θ ≤ 1/2

^{, on peut perdre la stabilité lorsque le numérateur i-dessus est}

plus petit que l'opposé du dénominateur (leoeient devient alors stritement

inférieur à

−1

^{). On peut s'assurer que ela n'arrivepas si l'on suppose}

∆t (∆x) ² ≤ 1

2 1 1 − 2θ .

On a don alors stabilité onditionnelle (et non pas instabilité inonditionnelle

omme dans leas Shrödinger).