Thème 4: résolution numérique des EDP linéaires Problèmes statiques et dynamiques

(1)

Thème 4: résolution numérique des EDP linéaires Problèmes statiques et dynamiques

Université Pierre et Marie CURIE MNCS

Méthodes numériques et calcul scientifique

2 et 3 mars 2017

(UPMC) Thème 4 : Résolution numérique des EDP 2 et 3 mars 2017 1 / 57

(2)

Sommaire

1 Introduction Généralités

Conditions aux limites

Problèmes statiques et dynamiques

2 Exemple de problème statique linéaire : l’équation de Laplace Discrétisation du problème

Reformulation vectorielle de la solution Solution du problème

3 Problèmes dynamiques

Discrétisation de l’espace et du temps

Algorithme explicite du premier ordre en temps Algorithme implicite du premier ordre en temps Algorithme de Crank–Nicolson

4 Équation des ondes

(3)

Sommaire

(4)

Sommaire

(5)

Sommaire

(6)

Introduction

Sommaire

(7)

Introduction

Contexte

Équations différentielles ordinaires (EDO) : une variable indépendante Équations aux dérivées partielles (EDP) : plusieurs variables indépendantes

EDP omniprésentes en physique, chimie, sciences de la Terre, biologie : mécanique des fluides, propagation des ondes, électromagnétisme, phénomènes de diffusion...

Se limiter ici à des EDP linéaires régissant un champscalaireu(#–r , t).

Généralisations vectorielles possibles, et techniquement analogues.

Résolution numérique par laméthode des différences finies avec un maillage régulier.

Mais il existe d’autres méthodes, éléments finis par exemple, mieux adaptées dans le cas de domaines à géométrie complexe.

(8)

Introduction

Exemples d’EDP scalaires les plus connues

1 L’équation des ondes ou « de d’Alembert »

∂²u

∂t² −c² ∆u= 0 (1)

2 L’équation de Schrödinger i∂u

∂t =−1

2∆u+V u (2)

3 L’équation de diffusion

∂u

∂t = div[D grad# –u] =D∆u siD est uniforme (3)

4 Les équations de Poisson et de Laplace

∆u=ρ ∆u= 0 (4)

B Les équations deNavier-Stokes en mécanique des fluides sont en général non-linéaires à cause du terme d’advection.

(9)

Introduction Généralités

Équations elliptiques/paraboliques/hyperboliques

Étude théorique des EDP : vaste domaine en mathématiques.

EDP linéaires (du second ordre) classées selon la forme des coefficients devant les dérivées partielles :

α∂²u

∂x² +β ∂²u

∂x∂y +γ∂²u

∂y² =...

β²−4αγ >0 hyperboliques : équation des ondes β²−4αγ = 0 paraboliques : diffusion ou Schrödinger

β²−4αγ <0 elliptiques : équations de Laplace, Poisson, Helmholtz Propriétés mathématiques différentes

−→ méthodes numériques spécifiques.

(10)

Introduction Conditions aux limites

Conditions aux limites

L’équation est vérifiée dans un domaine D de l’espace.

Problème « bien posé »−→ conditions aux limites (CL).

Plusieurs types de conditions :

Dirichlet:u imposé sur le bord ∂D.

Neumann :grad# –u.#–n (flux) imposé sur ∂D.

Robin: plus général, combinaison linéaire des deux.

Cas général: conditions mixtes, i.e. différentes sur différentes parties de∂D.

Exemple de l’équation de la chaleur.

Dirichlet⇔ parois isothermes (imposent la température) Neumann ⇐parois adiabatiques (transfert de chaleur nul)

(11)

Introduction Problèmes statiques et dynamiques

Problèmes statiques et dynamiques

Distinguer deux classes de problèmes selon la présence de la variable temps :

Problèmes dynamiques : déterminer u(#–r , t) dansD sur un intervalle de temps + CL spatio-temporelles :

CI (conditions initiales) :u(#–r , t= 0) CL (conditions aux limites) :u(#–r =·, t)

Problèmes statiques : détermineru(#–r)en fonction des CL (pas de variable temps explicite).

La solution statique peut correspondre à un régime stationnaire atteint après un temps d’évolution assez long.

(12)

Problèmes statiques

1 - Problèmes statiques: solution d’une EDP où le temps n’intervient pas.

Exemple : solution d’équilibre de l’équation de diffusion lorsquet→ ∞.

Équation de Laplace

∆T = ∂²

∂x² + ∂²

∂y²

! T = 0

(13)

Problèmes dynamiques

2 - Problèmes dynamiques :

Deux méthodes simples seront exposées et analysées sur l’exemple de l’équation de diffusion à 1-D :

∂u

∂t =D ∂²u

∂x² (5)

avec diverses conditions initiales.

(14)

Un problème statique : l’équation de Laplace

Sommaire

(15)

Résolution de l’équation de Laplace dans un rectangle

Objectif : solution numérique approchée de

∆T = 0

à l’intérieur de D.

Simplification : D rectangulaire,

de côtés ∆xet ∆y. x

y

∆y

∆x

A l'intérieur T(x,y) inconnue vérifiant ∆T=0 Surlebord:T(x,y)connue

Figure1 –Géométrie du problème de l’équation de Laplace : noter le

choix inhabituel de l’orientation des axesxety.

(16)

Exemple de carte d’isothermes

CL Dirichlet : températures imposées aux bords

1 3 2 4 5 6 7 8 9 11 10 1312 1614 18 0

5

10

15

20

0 5 10 15 y 20 25

x

0C˚ 10C˚

20C˚

Figure2 –Exemple de solution de l’équation

∆T = 0, dans le cas où une paroi est maintenue à20^◦C, une autre adjacente est à 10^◦C et les deux autres parois sont àT = 0^◦C.

Les lignes indexées de 1 à 18 représentent les isothermes.

(17)

Un problème statique : l’équation de Laplace Discrétisation du problème

Maillage du domaine D

Discrétisation du domaineD : température évaluée en un nombre fini de points. Le plus simple :grille de pas dx=dy=p

x 1 i

nl

.'..'.'.'.'.'.

1 .'.'.' j .'.'.'.'.'. nc y

∆y'=(nc+1)'p p

p (i,j')

∆x'=(nl+1)'p

Figure3 – Point de grille↔(i, j).

Intérieurdu domaine :i= 1→nl, j= 1→nc.

x

y

0 .'.'. j .'.'.'.'.'. nc+1

0 i

.'.'..'.'.'.'.'.

nl'+1

(i,nc+1) (0,j')

(i',j')

Figure4 –Les bordsdu domaine (C.L.) sont numérotés : i= 0pour le haut,i=nl+ 1pour le bas,j = 0pour la gauche,j =nc+ 1 pour la droite.

(18)

Indexation 2D du domaine

À l’intérieur de la grille, on a :

nl=∆x/p−1 lignes horizontales.

nc=∆y/p−1 colonnes verticales

Chaque point est repéré par un couple d’indices (i, j) où le premier indice note le numéro de la ligne et le second celui de la colonne.

On noteTi,j la température en ce point, de coordonnées x_i=i×p, y_j =j×p.

Les inconnuesdu problème sont les n=nl×ncvaleurs de Ti,j

où16i6nl, 16j6nc.

Elles seront déduites des 2(nl+nc) valeurs de T_i,j imposées aux bords i= 0 (nord) ou i=nl+ 1(sud)

j= 0 (ouest) ouj =nc+ 1(est).

(19)

Différences finies

Les dérivées partielles sont approchées par des différences finies, basées sur des développements de Taylor. Le développement de Taylor :

T(x±p) =T(x)±p∂T

∂x +p² 2

∂²T

∂x² ±p³ 3!

∂³T

∂x³ +Op⁴ (6) montre que :

T(x+p) +T(x−p) = 2T(x) +p² ∂²T

∂x²(x)+Op⁴ (7) d’où :

∂²T

∂x²(x) = T(x+p) +T(x−p)−2T(x)

p² +Op² (8)

ce qui conduit à :

∂²T

∂x²(xi, y_j) = T_i+1,j+Ti−1,j−2T_i,j

p² +Op² (9)

dont la précision est du deuxième ordre enp.

(20)

Différences finies (suite)

Obtention alternative :

∂T

∂x

x±p 2

≈ ±T(x±p)−T(x)

p (10)

qui conduit à :

∂²T

∂x²(xi, yj)≈ 1 p

∂T

∂x

xi+p 2, yj

−∂T

∂x

xi−p 2, yj

(11) soit encore :

∂²T

∂x²(xi, yj) = Ti+1,j+Ti−1,j−2Ti,j

p² +Op² (12)

(21)

Différences finies : Laplacien 2D

On obtient ainsi leLaplacien 2D discrétisé à l’ordre 2:

∆T_i,j = T_i+1,j+Ti−1,j+T_i,j+1+Ti,j−1−4T_i,j

p² +Op² (13)

Équation de Laplace ∆T = 0 =⇒systèmelinéaire deN équations reliant T_i,j aux 4 points voisins :

T_i+1,j+Ti−1,j+T_i,j+1+Ti,j−1−4T_i,j = 0 (14) N =nc×nlvaleurs à déterminer

à partir de 2(nc+nl)températures connues.

Certains points intérieurs ont des voisins sur les parois avec des températures imposées qui vont constituer le second membre.

Noter que le pas pn’intervient plus.

(22)

Un problème statique : l’équation de Laplace Reformulation vectorielle de la solution

Réindexation 1-D du domaine (en RowMajor)

Ré-indexation 1D des points intérieurs : k= (i−1)nc+j ⇒ vecteur Z.

T_i,j ⇐⇒Z_k 16k6nl×nc

x 1

j 1W nc

i

2

k=(i–1)nc+j 2nc

nl×nc nc+1

y 1N

1S

2E

Ouest

Nord

Sud

Est

Figure 5 –Renumérotation des points de grille pour représenter la solution sous la forme d’un vecteur : le domaine est ré-indexé ligne par ligne de la gauche vers la droite, puis de haut en bas (comme une image numérique) donc en RowMajor.

Les voisins au Nord et au Sud sont alorsespacés dencdans Z.

(23)

Formulation vectorielle

Pour un point sans contact avec les bords du domaine, l’équation (14) s’écrit :

Zk−nc+Zk−1−4Zk+Z_k+1+Z_k+nc= 0 (15) Ne pas croire que le second membre du système linéaire est nul !

Pour un point en contact avec un bord, cette équation fait intervenir des températures imposées : par exemple celles du bord Nord si i= 1.

T_2N +Z₁−4Z2+Z₃+Z2+nc = 0 pour j= 2

=⇒ passer ces termes dans le second membre du système Les CL de Dirichlet des bords créent le second membre

Chaque changement de membre d’une température imposée annule un des coefficients des Zk⁰.

(24)

Matrice L

_2D

Réécrire le système d’équations sous la forme :

A Z=B (16)

où A=L_2D est une matrice carrée N ×N comportant nl×nlblocs carrés de dimension nc×nc.

L2D est symétrique tridiagonale par blocs:

1 blocs de type L1D avec−4 au lieu de−2 sur la diagonale ;

2 blocs de type identité sur la sous-diagonale et la sur-diagonale.

Chaque ligne et chaque colonne contient 5 termes non-nuls,

sauf celles de numéroi×ncet i×nc+ 1, où apparaissent les 0des contacts avec les bords latéraux,

et celles associées au premier et dernier bloc (bords haut et bas).

(25)

Matrice L

_2D

avec nl = 3 et nc = 4

L2D=







−4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1−4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1−4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1−4 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0−4 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1−4 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1−4 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1−4 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0−4 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1−4 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1−4 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1−4

←−−nc−−→ ←−−nc−−→ ←−−nc−−→





 x



 y

nl blocs de taille nc×nc

(26)

L

_2D

tridiagonale par blocs : exemple nl = 5 et nc = 4

L_2D=







−4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

1−4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 1−4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 1−4 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

1 0 0 0−4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 1 0 0 1−4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0 1−4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 1 0 0 1−4 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 1 0 0 0−4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 1 0 0 1−4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 1 0 0 1−4 1 0 0 1 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1−4 0 0 0 1 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0−4 1 0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1−4 1 0 0 1 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1−4 1 0 0 1 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1−4 0 0 0 1

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0−4 1 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1−4 1 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1−4 1

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1−4

←−−nc−−→ ←−−nc−−→ ←−−nc−−→ ←−−nc−−→ ←−−nc−−→





 x



 y

nlblocs de taille nc×nc

nl= 5 et nc= 4

(27)

Sens de parcours et influence des bords (nl = 5 nc = 4)







-4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 -4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 -4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 -4 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 -4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 -4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 -4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 -4 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 -4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 -4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 -4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 -4 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 -4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 -4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 -4 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 -4 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 -4 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 -4 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 -4 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 -4

←−nc−→ ←−nc−→ ←−nc−→ ←−nc−→ ←−nc−→





 x



 y

nlblocsdetaillenc×nc

(1,1) k= 1

(28)

Le vecteur B résultant des CL

B est un vecteur creux à N =nl×nc composantes formé à partir des 2(nl+nc)températures aux bords. On peut le décomposer sous la forme :

Nord Sud Ouest Est

B= ⁻







T_1N T2N

.. . Tnc N

0 .. . .. . 0 0 .. . .. . 0







−







0 .. . .. . 0 0 .. . .. . 0 T1S

T2S

.. . Tnc S







−







T_1W 0 .. . 0 T2W

0 .. . 0 Tnl W

0 .. . 0







−







0 .. . 0 T1E

0 .. . 0 T2E

0 .. . 0 Tnl E







(29)

Un problème statique : l’équation de Laplace Solution du problème

Solution du système linéaire

Plusieurs méthodes permettent de résoudre le système linéaire (16), L2DZ=B, par exemple :

1 Les méthodes les plus générales de résolution numérique des systèmes linéaires, telles que la méthode d’élimination de Gauss-Jordan, la décomposition « LU »¹;

2 Des méthodes adaptées au cas où A est une matrice « creuse », bande, symétrique...

3 Des méthodes de relaxation qui s’apparentent, dans le cas d’une équation telle que l’équation de Laplace, à la résolution temporelle de l’équation de la chaleur.

4 L’utilisation des transformées de Fourier.

1. La factorisation « LU » exprime la matrice comme produit d’une matrice triangulaire inférieure (Lower) par une matrice triangulaire supérieure (Upper).

(30)

Résolution du système par méthode de relaxation

Méthode de relaxation: méthode itérative, basée sur la

décomposition en parties diagonale/non-diagonale : L_2D =D+N L_2DZ=B équivaut à DZ=−(NZ−B).

Solution = point fixede l’application Z7→ −D⁻¹(NZ−B) Calcul par récurrenceen partant d’une valeur quelconque Z⁰ :

Zⁿ⁺¹ =−D⁻¹ N Zⁿ−B= N Zⁿ−B/4

Convergence : Zⁿ⁺¹−Z= ^N₄(Zⁿ−Z) avec les valeurs absolues des valeurs propres de N toutes inférieures à 4 (rayon spectral de N<4).

Méthode aisée à coder et bien adaptée aux géométries complexes.

(31)

Résolution du système linéaire à l’aide de Lapack

Méthodes générales (Gauss-Jordan, LU) ∝N³ opérations.

Ici : au plus 5 coefficients non nuls par ligne

=⇒ exploitation du caractère «creux» de la matrice : N opérations.

utilisation de Blas/Lapack : Matrices générales :xGESV

−L_2D définie positive : xPOSV Symétrique : xSYSV

Matrice bande : xSBSV(amélioration significative) Toutes ces propriétés :xPBSV

(32)

Stockage bande

Fonctions pour matrices bandes =⇒stockage spécifique de la matrice :

«stockage bande».

Ne fournir que les sur- et sous-diagonales significatives à la procédure.

Deux possibilités :

Écriture directe de la matrice contenant les diagonales Écriture de la matrice complète puis « conversion ».

(en C : procédurematfull2band fournie)

♣

♠

♥

♦

♦ Matrice bande n=6 ku=1

kl=2

Stockage bande (kl+ku+1)×n

(33)

Problèmes dynamiques

Sommaire

(34)

Introduction aux problèmes dynamiques

Problèmes dynamiques :

Évolution temporelle à partir d’un état d’équilibre Phénomènes de propagation

Caractéristiques : Conditions initiales

Conditions aux limites (peuvent dépendre du temps)

=⇒ système forcé : transitoire puis régime permanentν ≈νforcé

Exemple : équation de la chaleur à une dimension spatiale pour simplifier.

(35)

Équation de diffusion 1-D

Équation de diffusion à 1-D avec D=cste>0:

∂u

∂t =D∂²u

∂x² (17)

domaines spatial x∈[0, L], et temporel t∈[0, T] Conditions Initiales (CI) : u(x,0) =u0(x) ∀x

Conditions aux Limites (CL) :u(0, t) =u_g(t) et u(L, t) =u_d(t) ∀t N.B. : espace et temps ont un rôle dissymétrique :

CL/CI

Degré différent des dérivées partielles

(36)

Problèmes dynamiques Discrétisation de l’espace et du temps

Discrétisation du domaine [O, L] × [0, T ]

point intérieur uⁿ_j inconnu Cond. aux Limites en x= 0 etx=L en t= 0(n= 0) Cond. Initiale

t

x L= (nx+ 1)δx

T=(nt+1)δt n= 0

j= 0 j= 1 δx j =nx+ 1

n= 1 δt n=nt+ 1

Uⁿ

nx points intérieurs

Figure 6 –Discrétisation du domaine[0, L]×[0, T] NB : visualisation ultérieure avec les 2 bords

⇒ à chaque temps, écrire Uⁿ (nxpoints) plus les CL (2 points) : nx+ 2points

(37)

Discrétisation du domaine

Discrétiser les deux dimensions :

Espace : [0, L]est divisé en n_x+ 1pas de largeurδx= _n_x^L₊₁. nx points intérieurs+ 2 bords

Temps : [0, T]est subdivisé en nt+ 1pas de largeurδt= _n_t^T₊₁. uⁿ_j =u(x, t) pour x=j δxett=n δt

CL =⇒uⁿ₀ ≡uⁿ_g etuⁿ_n_x₊₁ ≡uⁿ_d pour 16n6n_t+ 1 CI=⇒u⁰_j pour 16j6n_x.

Méthode de résolution fondamentalement itérativesur le temps : uⁿ_j + CL =⇒uⁿ⁺¹_j à l’intérieur du domaine.

(38)

Discrétisation des opérateurs : différences finies

Laplacien à l’ordre 2 (cf régimes stationnaires) :

∆u≈ uⁿ_j+1−2uⁿ_j +uⁿ_j−1 (δx)²

Dérivée ordre 1 par rapport au temps — au choix comme pour les EDO : vers l’avant :

∂u

∂t n

j

= uⁿ⁺¹_j −uⁿ_j

δt (cf Euler forward) vers l’arrière :

∂u

∂t n

j

= uⁿ_j −uⁿ⁻¹_j

δt (cf Euler backward) ou centrée :

∂u

∂t n

j

= uⁿ⁺¹_j −uⁿ⁻¹_j 2δt

Ce choix détermine le caractèreexplicite ouimplicitede la méthode.

(39)

Problèmes dynamiques Algorithme explicite du premier ordre en temps

Algorithme explicite du premier ordre en temps

Approche simpliste : dérivée vers l’avant uⁿ⁺¹_j −uⁿ_j

δt =D

uⁿ_j+1−2uⁿ_j +uⁿ_j−1 (δx)²

pour 16j6n_x (18) Semblable à méthode d’Euler explicite (progressive).

Paramètre caractéristique sans dimension : α= D δt

δx² (19)

(40)

Système d’équations linéaires (algorithme explicite)

On peut alors écrire :

uⁿ⁺¹_j =α uⁿ_j+1+ (1−2α)uⁿ_j +α uⁿ_j−1 pour 16j6nx (20) Méthode explicite :uⁿ⁺¹_j obtenus directement en fonctions desuⁿ_k.

Pour j= 1 ounx :uⁿ_j−1, uⁿ_j+1 sur les bords

=⇒ fixés par conditions aux limites

Note : équivalent à méthode de relaxation si α= 1/2.

(41)

Schéma de progression explicite

Figure7 –Schéma illustrant la progression d’un pas de temps avec l’algorithme explicitedu premier ordre enδt.

t

0 x

0 j−1 nx+ 1

(n+ 1)δt nδt

Uⁿ

j+ 1 Uⁿ⁺¹

j

uⁿ⁺¹_j =α uⁿ_j+1+ (1−2α)uⁿ_j +α uⁿ_j−1

(42)

Explicite : Formulation matricielle

Vecteur Uⁿ= (uⁿ₁, . . . , uⁿ_n_x) des solutions àt=nδt pour les n_x points intérieurs

Le système d’équations linéaires prend la forme : Uⁿ⁺¹=M(−α)Uⁿ+αVⁿ ,

Vⁿ= (uⁿ_g,0, . . . ,0, uⁿ_d) : vecteur des conditions aux limites, M(−α) =¹1+αL_1D

où L_1D =matrice tridiagonale représentant la dérivée seconde 1-D

L1D=







−2 1 0 · · · 0 1 −2 1 . .. ... 0 . ... .. . .. 0 ..

. . ... ..−2 1 0 · · · 0 1 −2







−→ M(−α) =







1−2α α 0 · · · 0 α 1−2α α . .. ... 0 . .. . .. . .. 0

..

. . .. . ..1−2α α 0 · · · 0 α 1−2α







(21)

(43)

Explicite : stabilité

Problème important : instabilitéde la méthode explicite pour un pas de temps « un peu trop grand » (α >0.5) :

-0.15 -0.1 -0.05 0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3

0 20 40 60 80 100 120 140

1pas 2pas 4pas 6pas 8pas 10pas 12pas 14pas

α=1.2

Figure8 –Résolution explicite avecα= 1.2>0.5.

(44)

Explicite : analyse de stabilité de Fourier–von Neumann

Stabilité des modes propres :

u(x, t) =A(t) exp(ikx) ⇒ uⁿ_j =A⁽ⁿ⁾e^{ik j δx} , (22) solution si dA/dt=−Dk²A(t) soit A(t) =A(0) exp −Dk²t L’algorithme explicite donne la version discrète de A(t) :

A⁽ⁿ⁺¹⁾

A⁽ⁿ⁾ = 1 +αe^{ik δx}−2 +e^{−ik δx}

= 1 +αe^{ik δx/2}−e^{−ik δx/2}²

= 1−4αsin²^{k δx}₂ .

(23)

→ suite géométriqueA⁽ⁿ⁾=A⁽⁰⁾θⁿ, de raison réelleθ= 1−4αsin²^{k δx}₂ L’algorithme explicite est stablesi |θ|61pour tous les modes, soit

06α61/2 c-à-d δt6δx²/2D