Ecole Polytechnique. Promotion 2011. ´

Ecole Polytechnique. Promotion 2011. ´

Analyse Num´erique et Optimisation (MAP 431) Corrig´e du contrˆ ole HC du 22 Avril 2013.

Exercice 1 (Diff´erences finies, 8 points)

1. On consid`ere une solution r´eguli`ere u(t, x) du probl`eme (1). L’erreur de consistance au point (t_n, x_j) s’´ecrit

εⁿ_j := u(tn+1, xj)−u(tn, xj)

∆t + 1

∆t

−u(t_n+1, xj+1) + 2u(tn+1, xj)−u(tn+1, xj−1)

(∆x)² −−u(t_n, xj+1) + 2u(tn, xj)−u(tn, xj−1) (∆x)²

+u(tn+1, xj+1)−u(tn+1, xj−1) 2∆x

Comme u est suppos´ee r´eguli`ere, on peut effectuer des d´eveloppement limit´es. On calcule pour le premier terme,

u(t_n+1, x_j)−u(t_n, x_j)

∆t = ∂ u

∂t(t_n, x_j) +O(∆t).

Pour le second terme, on calcule pour k= 0 ouk= 1

a(tn+k, xj) := −u(t_n+k, x_j+1) + 2u(t_n+k, x_j)−u(t_n+k, xj−1)

(∆x)² = ∂²u

∂x²(tn+k, xj) +O(∆x²), d’o`u

1

∆t[a(tn+1, xj)−a(tn, xj)] = ∂

∂t

∂²u

∂x²(tn, xj) +O(∆t) +O(∆x²/∆t) Comme on suppose que ∆x/∆t=cesf fix´e, on a en fait

1

∆t[a(t_n+1, x_j)−a(t_n, x_j)] = ∂

∂t

∂²u

∂x²(t_n, x_j) +O(∆x+ ∆t).

Pour le dernier terme, on calcule u(t_n+1, x_j+1)−u(t_n+1, xj−1)

2∆x = ∂u

∂x(t_n+1, x_j) +O(∆x) = ∂u

∂x(t_n, x_j) +O(∆x+ ∆t).

Sommant ces d´eveloppements et tenant compte de h∂ u

∂t −_∂t^{∂ ∂}_∂x^2u2 +^{∂ u}_∂x i

(tn, xj) = 0 on obtient εⁿ_j := O(∆x+ ∆t).

Le sch´ema est donc bien d’ordre 1 en temps et en espace.

Remarque 1 L’hypoth`ese imposant que le rapport ∆x/∆t soit fix´e n’est l`a que pour simplifier le d´eveloppement du terme _∆t¹ [a(tn+1, xj)−a(tn, xj)]. Sans cette hypoth`ese, on a toujoursεⁿ_j =O(∆x+

∆t). En effet, en utilisant un d´eveloppement de Taylor avec reste int´egral, on a a(tn+k, xj) = ∂²u

∂x²(tn+k, xj) +∆x² 6

Z 1

−1

∂²u

∂x²(tn+k, xj+s)(1− |s|)³ds, qui conduit `a

1

∆t[a(t_n+1, x_j)−a(t_n, x_j)]

= ∂

∂t

∂²u

∂x²(tn, xj) +O(∆t) +∆x² 6

Z 1

−1

∂²u

∂x²(tn+1, xj+s)−∂²u

∂x²(tn, xj+s)

∆t (1− |s|)³ds

= ∂

∂t

∂²u

∂x²(tn, xj) +O(∆t+ ∆x²).

2.On d´eveloppe la solution du sch´ema sous la forme uⁿ_j =

N−1

X

k=0

ˆ uⁿ_ke^k_j,

o`u e^k_j :=

1/√

N

exp(2iπkxj). On peut faire cette d´ecomposition car (e⁰,· · ·, e^N−1) forme une base (orthonorm´ee) deR^N. En utilisant la relation

e^k_j+l= exp(2iπkl∆x)e^k_j , on voit que le sch´ema est ´equivalent `a

B_kuˆⁿ⁺¹_k +C_kuˆⁿ_k = 0, pour k= 0,· · ·, N −1 et n≥0, avec

B_k := 1

∆t+−e^2iπk∆x+ 2−e^2iπk∆x

∆t(∆x)² +e^2iπk∆x−e^−2iπk∆x 2∆x

= 1

∆t

1 +4 sin²(kπ∆x) (∆x)²

+isin 2πk∆x

∆x Ck := − 1

∆t −−e^2iπk∆x+ 2−e^2iπk∆x

∆t(∆x)² = − 1

∆t

1 +4 sin²(kπ∆x) (∆x)²

= −<(B_k).

Le coefficient d’amplification `a la fr´equence 2πk est alorsA_k=−C_k/B_k, soit A_k =

1 +i=(B_k)

<(B_k) −1

.

On en d´eduit|A_k| ≤1 pourk= 0,· · · , N−1 et mˆeme|A_k|<1 si k6= 0. Le sch´ema est donc stable pour la norme L².

3.Par Th´eor`eme de Lax, le sch´ema (lin´eaire) est convergent d’ordre 1 en temps et 1 en espace pour la norme L² d´efinie par

k(v_j)j=0,···,N−1k²_L2 := 1 N

N−1

X

j=0

|v_j|².

4. On a, avec les notations de la question 2, Eⁿ = (1/N)PN−1

k=0 |ˆuⁿ_k|². Comme, d’apr`es la question 2, on a

ˆ

uⁿ⁺¹_k =A_kuˆⁿ_k =· · ·= (A_k)ⁿ⁺¹uˆ⁰_k pour n≥0 etk∈ {0,· · · , N −1},

on a |ˆuⁿ⁺¹_k | ≤ |ˆu⁰_k|avec in´egalit´e stricte d`es que ˆu⁰_k6= 0 et k∈ {1,· · ·, N −1}. On en d´eduit l’estimation

Eⁿ⁺¹ = 1 N

X|A_k|²|ˆuⁿ_k|² ≤ 1 N

X|ˆu⁰_k|² = E⁰,

avec une in´egalit´e stricte d`es que ˆu<sup>0</sup><sub>k</sub> 6= 0 pour au moins unkde{1,· · · , N−1}. L’´energie est donc d´ecroissante et est conserv´ee seulement si ˆu<sup>0</sup><sub>k</sub>= 0 pour k∈ {1,· · · , N −1} c’est-`a-dire si u⁰_j =λne d´epend pas de j. Dans ce casuⁿ_j =u⁰_j =λpour toutj,n.

Le sch´ema est de type dissipatif.

Remarque 2 Pour voir queE(t) est conserv´ee dans le cas continu, il faut consid´erer la d´ecomposition en s´erie de Fourier de la solution exacte

u(t, x) =

+∞

X

k=−∞

c_k(t) exp(2iπkx).

En substituant ce d´eveloppement formellement dans (1) et en identifiant, on obtient (1 + 4π²k²)c⁰_k(t) + 2iπkck(t) = 0, ∀k∈Z, ∀t >0.

On r´esoud facilement chacune de ces equations diff´erentielles. En tenant compte de la condition initiale, on a

c_k(t) = c⁰_kexp(λ_kit) o`u lesc⁰_k sont les coefficients de Fourier deu₀ etλ_k est le r´eel

λk := 2kπ/(1 + 4π²k²).

En particulier|ck(t)|=|c⁰_k| pour toutt≥0. On a bien pourt≥0, E(t) = X

k∈Z

|c_k(t)|² = X

k∈Z

|c⁰_k|² = E(0).

Nous laissons le lecteur v´erifier que siu⁰ est de r´egularit´e H¹ sur tout intervalle born´e de R, alors u∈C R+, H¹(0,1)

etuest solution de (1) au sens faible.

Exercice 2 (Formulation variationnelle, 12 points)

5.On applique le Th´eor`eme de Lax-Milgram dans le Hilbert H¹(Ωa) aux formes bilin´eaires et lin´eaires d´efinies pour v, w∈H¹(Ωa) par :

a(v, w) :=

Z

Ωa

∇v· ∇w + Z

Γ

vw, L(w) :=

Z

Ωa

f w + Z

Γ

g_aw .

Notons tout d’abord que Γ =∂Ωaet que Ω est un ouvert born´e r´egulier. Les int´egrales R

Γvw et R

Γg_aw sont bien d´efinies car d’une part g_a ∈ L²(Γ) par hypoth`ese et d’autre part, les traces dev et wsont bien d´efinies dansL²(Γ).

V´erifions les hypoth`eses du Th´eor`eme de Lax-Milgram.

• H¹(Ω_a) est un Hilbert pour le produit scalaire (v, w)_H¹_(Ωa)=

Z

Ωa

∇v· ∇w + Z

Ωa

vw.

C’est un r´esultat du cours.

• a est bilin´eaire et continue sur H¹(Ωa). Le caract`ere bilin´eaire est ´evident. Pour la continuit´e, on consid`ere v, w∈H¹(Ωa). On utilise Cauchy-Schwarz pour d´eduire

a(v, w) ≤ k∇vk_L2(Ωa) k∇wk_L2(Ωa)+kvk_L2(Γ)kwk_L2(Γ).

Par Th´eor`eme de trace, il exists CT ≥ 0 telle que khk_L2(Γ) ≤CTkhk_H1(Ωa) pour tout h∈H¹(Ω_a). On en d´eduit

a(v, w) ≤ (1 +C_T²)kvk_H1(Ωa)kwk_H1(Ωa), ce qui ´etablit queaest continue sur H¹(Ωa)×H¹(Ωa).

• Lest lin´eaire et continue surH¹(Ω_a). La lin´earit´e est ´evidente. La continuit´e se v´erifie en utilisant l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz et le Th´eor`eme de trace. On a

L(w) ≤ (kfk_L2(Ωa)+C_Tkg_ak_L2(Γ))kwk_H1(Ωa) ∀w∈H¹(Ω_a).

• La forme bilin´eaire a est coercive sur H¹(Ω_a). Em effet, comme Γ est un ouvert non vide du bord de Ω_a et que Ω_a est connexe, il existe une constanteC_P ≥0 telle que

kvk²_L2(Ωa) ≤ C_P² a(v, v) ∀v∈H¹(Ω_a). (s1) (c’est une in´egalit´e de Poincar´e vue en exercice). Comme on a de mani`ere ´evidente

a(v, v) ≥ k∇vk²_L2(Ωa) ∀v∈H¹(Ω_a), on en d´eduit

a(v, v) ≥ αkvk²_H1(Ωa) ∀v∈H¹(Ω_a),

avec comme constante α= (1/2) min(1, C_P⁻²) > 0. Ceci montre que aest coercive.

Le Th´eor`eme de Lax-Milgram nous donne l’existence d’une unique solution v<sub>a</sub>∈H<sup>1</sup>(Ω<sub>a</sub>) du probl`eme (a). De plus l’application (f, ga)∈L²(Ωa)×L²(Γ)7−→va ∈H¹(Ωa) est lin´eaire et continue.

Remarque 3 Preuve de (s1): Les ´el`eves peuvent admettre l’in´egalit´e de Poincar´e (s1) qu’ils ont vu en exercice. Pour la d´emontrer, on peut raisonner par contradiction. Si elle ´etait fausse, il existerait une suite (vn)⊂H¹(Ωa) telle que pour n≥1,

a(vn, vn) = Z

Ωa

|∇vn|² + Z

Γ

|vn|² < 1 n

Z

Ωa

|vn|².

Quitte `a remplacer vn par (1/kvnk<sup>2</sup><sub>L</sub>2)vn, on peut supposer que kvnkL<sup>2</sup> = 1. Le membre de droite est alors ´egal `a 1/n dans l’in´egalit´e ci-dessus. On en d´eduit que (vn) est born´ee dans L²(Ωa), que (∇vn) converge vers 0 dansL²(Ωa) et que la tracev_n|Γ converge vers 0 dans L²(Γ). En particulier, (vn) est born´ee dansH¹(Ωa). Le Th´eor`eme de Rellich s’applique et quitte `a extraire une sous suite, la suite (v_n) converge vers une limitev dansL²(Ω_a). En passant `a la limite danskvnkL²(Ω_a)= 1, on d´eduitkvkL²(Ω_a)= 1. D’autre part, vomme (∇vn) converge vers 0 dansL²(Ω_a), la suite (v_n) est de Cauchy dans H¹(Ω_a), elle converge donc vers une limitev⁰ ∈H¹(Ω_a) qui satisfait ∇v⁰ ≡0. Comme Ω_a est connexe, v⁰ est constante. Par continuit´e de l’application trace, on av_|Γ⁰ ≡0 et donc v⁰ ≡0.

Finalement, par unicit´e de la limite dansL²(Ω_a), on av=v⁰ ≡0. Ceci contreditkvkL²(Ω_a)= 1.

6.Supposons que la solution v_a de (a) soit un ´el´ement deH²(Ω_a). Pour tout w∈C^∞( ¯Ω), le champs de vecteur Φ = (w∇v_a) est alors un ´el´ement de H¹(Ω_a) et par Th´eor`eme de Stokes,

Z

Ωa

div Φ = Z

Γ

Φ·n_a,

soit Z

Ωa

∇v_a· ∇w + Z

Ωa

∆v_aw = Z

Γ

∂v_a

∂na

w . En injectant cette identit´e dans la formulation variationelle, on obtient

Z

Ωa

(−∆v_a−f)w + Z

Γ

∂va

∂na

+va−ga

w = 0 ∀w∈C^∞( ¯Ω). (s2) En particulier, en choisissant d’abord des fonctions test w∈C_c^∞(Ω_a), on a

(−∆v_a−f, w)_L²_(Ωa) = Z

Ωa

(−∆v_a−f)w = 0 ∀w∈C_c^∞(Ω_a).

Par densit´e deC_c^∞(Ωa) dansL²(Ωa), on en d´eduit l’identit´e

−∆v_a = f dans L²(Ω_a). (s3)

Par cons´equent, la premi`ere int´egrale est nulle dans (s2). On a alors Z

Γ

∂v_a

∂n_a +v_a−g_a

w = 0 ∀w∈C^∞( ¯Ω).

Par densit´e des traces de fonctionsC^∞( ¯Ω) dansL²(∂Ω_a), on en d´eduit qu’au sens des traces,

∂v_a

∂na

+v_a = g_a sur Γ. (s4)

Finalement,va est solution du probl`eme aux limites d´efini par (s3) et (s4).

Dans le cas de la formulation variationnelle (b), le probl`eme aux limites correspondant est

−∆v_b = f dans Ωb, ∂vb

∂n_b +vb = gb sur Γ, ∂vb

∂n = 0 sur ∂Ω.

7.Testons la formulation variationnelle (a) avecv_a=uetg_a=−∂u

∂nb

+u, on a∀w∈H¹(Ω_a), Z

Ωa

(∇u· ∇w−f w) + Z

Γ

(u−ga)w = Z

Ωa

(∇u· ∇w−f w) + Z

Γ

∂u

∂n_bw

ipp= Z

Ωa

(−∆u−f)w+ Z

Γ

∂u

∂n_a + ∂u

∂n_b

w . Commeusatisfait−∆u−f ≡0 dans Ω_a, la premi`ere int´egrale est nulle. Pour la seconde, on a na=−n_b et donc _∂n^∂u

a +_∂n^∂u

b = 0. Finalement, on a bien, Z

Ωa

(∇u· ∇w−f w) + Z

Γ

(u−g_a)w = 0 ∀w∈H¹(Ω_a).

Testons maintenant la formulation variationnelle (b) avec v_b = u et g_b = −_∂n^∂u

a +u, on a

∀w∈H, Z

Ωb

(∇u· ∇w−f w) + Z

Γ

(u−g_b)w = Z

Ωb

(∇u· ∇w−f w) + Z

Γ

∂u

∂n_aw

ipp= Z

Ω_b

(−∆u−f)w+ Z

Γ

∂u

∂nb

+ ∂u

∂na

w +

Z

∂Ω

∂u

∂nw . La premi`ere et la seconde int´egrale sont nulles pour les mˆemes raisons que plus haut et la troisi`eme est nulle carw∈H a une trace nulle sur ∂Ω. On a bien,

Z

Ωb

(∇u· ∇w−f w) + Z

Γ

(u−g_b)w = 0 ∀w∈H.

Par lin´earit´e, on en d´eduit que l’erreur au rang k+ 1 satisfait les formulations variation- nelles :

ak)

Z

Ωa

∇e^k+1_a · ∇w + Z

Γ

(e^k+1_a −h^k_a)w = 0 ∀w∈H¹(Ω_a), b_k)

Z

Ωb

∇e^k+1_b · ∇w + Z

Γ

(e^k+1_b −h^k_b)w = 0 ∀w∈H . Les probl`emes aux limites correspondants sont pourk≥0,

−∆e^k+1_a = 0 dans Ωa, ∂e^k+1_a

∂na

+e^k+1_a = h^k_a sur Γ.

−∆e^k+1_b = 0 dans Ωb, ∂e^k+1_b

∂nb

+e^k+1_b = h^k_b sur Γ, e^k+1_b = 0 sur ∂Ω.

8.Fixonsk≥0. D’apr`es la condition au bord

∂e^k+1_a

∂na

+e^k+1_a = h^k_a sur Γ, (s5)

on ae^k+1_a −h^k_a = −^∂e_∂n^k+1a

a sur Γ. En injectant cette identit´e dans la formulation variationnelle (a_k), on obtient

Z

Ωa

∇e^k+1_a · ∇w − Z

Γ

∂e^k+1_a

∂n_a w = 0 ∀w∈H¹(Ω_a), Faisonsw=e^k+1_a ,

Z

Ωa

|∇e^k+1_a |²− Z

Γ

∂e^k+1_a

∂na

e^k+1_a = 0. (s6)

En utilisant l’indication, on calcule,

−∂e^k+1_a

∂n_a e^k+1_a = 1 4

−∂e^k+1_a

∂n_a +e^k+1_a

2

−1 4

∂e^k+1_a

∂n_a +e^k+1_a

2

.

En utilisant (s5) et la d´efinition h^k+1_b =−^∂e_∂n^k+1a

a +e^k+1_a sur Γ, on a

−∂e^k+1_a

∂n_a e^k+1_a = 1 4 h^k+1_b

2 −1 4 h^k_a

2

. En substituant cette identit´e dans (s6), on obtient pour k≥0,

Z

Ωa

|∇e^k+1_a |²+1 4

Z

Γ

h^k+1_b

2

= 1 4

Z

Γ

h^k_a

2

, (s7)

qui est le r´esultat souhait´e.

9.De mani`ere sym´etrique, on a pour k≥0, Z

Ωb

|∇e^k+1_b |²+1 4

Z

Γ

h^k+1_a

2

= 1 4

Z

Γ

h^k_b

2

, (s8)

Sommant (s7) et (s8), puis sommant surk∈ {0,· · · , K}, on obtient par t´elescopage,

K+1

X

k=1

Z

Ωa

|∇e^k_a|²+ Z

Ωb

|∇e^k_b|²

+1 4

Z

Γ

h^K+1_b

2

+ h^K+1_a

2

= 1 4

Z

Γ

h⁰_b

2+ h⁰_a

2

=: C.

Faisant tendreK vers +∞, on obtient, X

k≥1

Z

Ωa

|∇e^k_a|²+ Z

Ωb

|∇e^k_b|²

≤ C.

Par convergence de la s´erie on en d´eduit Z

Ωa

|∇e^k_a|^{2 k↑∞}−→ 0, Z

Ωb

|∇e^k_b|^{2 k↑∞}−→ 0. (s8) Que peut-on en conclure ?

• Tout d’abord dans Ωb, on a l’in´egalit´e de Poincar´e Z

Ωb

|w|² ≤ C_P² Z

Ωb

|∇w|² ∀w∈H.

On peut donc conclure que (e^k_b) converge vers 0 dansH¹(Ωb).

• Dans Ω_a, on sait seulement qu’en introduisant la moyenne e^k_a := 1

|Ω_a| Z

Ωa

e^k_a, on a par in´egalit´e de Poincar´e-Wirtinger

Z

Ωa

e^k_a−e^k_a

2 ≤ CP W

Z

Ωa

|∇e^k_a|².

La suite (e^k_a−e^k_a) converge donc vers 0 dans H¹(Ωa). Il faut encore travailler pour d´emontrer que (e^k_a) converge vers 0.

Remarque 4 Pour conclure, on utilise (ak) avecw≡1 : 0 =

Z

Γ

(e^k+1_a −h^k_a) = Z

Γ

(e^k+1_a −e^k_b) + Z

Γ

∂e^k_b

∂n_b.

On choisit w∈C_c^∞(Ω) telle que w≡1 sur Γ. En ´ecrivant 1 =wdans la derni`ere int´egrale et en int´egrant par parties dans Ω_b, on obtient

0 = Z

Γ

(e^k+1_a −e^k_b) + Z

Ωb

∆e^k_bw+ Z

Ωb

∇e^k_b · ∇w.

La seconde int´egrale est nulle car ∆e^k_b ≡0 et commee^k_b →0 dansH¹(Ω_b), on obtient en faisant tendrekvers +∞,

Z

Γ

e^k_a ^k↑∞−→ 0. (s9)

Finalement, on utilise l’in´egalit´e de Poincar´e suivante (qui peut se d´emontrer par contradiction comme dans la remarque pr´ec´edente).

Z

Ω_a

|w|² ≤ C_P⁰

"

Z

Ω_a

|∇w|²+ Z

Γ

w 2#

, ∀w∈H¹(Ω_a).

En appliquant cette in´egalit´e `ae^k_a, on d´eduit de (s8) et (s9) que e^k_a→0 dans H¹(Ω_a).

Une analyse aussi pouss´ee n’est pas attendue des ´el`eves.