? Durée de l’épreuve : 3 heures.

Exemple d’examen

Étude mathématique et numérique de systèmes hyperboliques de lois de conservation.

Université du Sud Toulon-Var

? Durée de l’épreuve : 3 heures.

? Ce sujet, de 5 pages, comporte 3 exercices indépendants. À l’intérieur de chacun, les sections et de nombreuses questions sont elles-mêmes très largement indépendantes entre elles. Le texte est long, mais il n’est pas nécessaire de tout faire pour obtenir la note maximale. Une grande valeur sera attribuée à la rigueur des raisonnements.

B Portables, calculatrices, polycopiés et livres strictement interdits.

B Notes personnelles autorisées.

I Aucun raisonnement vague ou insuffisant ne sera pris en compte.

I Toute question où les notations de l’énoncé ne seraient pas respectées se verra attribuer la note zéro.

I Il sera tenu compte de la présentation et de la rédaction dans l’évaluation de la copie.

Exercice I :

résolution analytique d’une équation hyperbolique non linéaire monodimensionnelle

Soit l’équation hyperbolique non-linéaire

∂ _t u + ∂ _x u(1 − u)

2 = 0, x ∈ R , t > 0.

1. Considérons la donnée initiale

u(x, 0) = g(x) ≡

( 0, si x < 0, 2, si x > 0.

B Tracer les caractéristiques dans le plan (x, t).

B Calculer explicitement l’unique solution entropique de ce problème de Riemann pour t > 0 et tracer la solution à différents temps.

2. Considérons la donnée initiale

u(x, 0) = g(x) ≡



 

 

−1, si x < 0, 0, si 0 < x < 1, 1, si x > 1.

B Tracer les caractéristiques dans le plan (x, t).

B Calculer explicitement l’unique solution entropique de ce problème de Riemann pour 0 < t < 1.

B Calculer explicitement l’unique solution entropique de ce problème de Riemann pour t > 0 et tracer la

solution à différents temps.

Exercice II :

étude mathématique d’un système de lois de conservation monodimensionnel

On veut étudier un modèle qui décrit la dynamique d’un gaz isentropique en coordonnées lagrangiennes. On note τ ≡ τ(x, t) > 0 le volume spécifique du fluide, u ≡ u(x, t) ∈ R sa vitesse et p ≡ p(τ ) > 0 sa pression. Dans tout l’exercice la pression sera une fonction de classe C ² strictement décroissante et convexe :

¹

( p ⁰ (τ ) < 0, p ⁰⁰ (τ) > 0.

En dimension un d’espace, on modélise ce type d’écoulements par le p-système : ( ∂ _t τ − ∂ _x u = 0,

∂ _t u + ∂ _x p(τ) = 0, avec x ∈ R , t > 0. (1)

1. Trouver les vecteurs W: R ⁺ × R → R ² et F(W) : R ² → R ² tels que le système (1) s’écrit

∂ _t W + ∂ _x F(W) = 0.

2. Le système (1) se réécrit, pour des solutions régulières, sous la forme quasi-linéaire

∂ _t W + A (W)∂ _x W = 0. (2)

Montrer que la matrice A (W) s’écrit

0 −1 p ⁰ (τ) 0

.

3. Calculer les deux valeurs propres λ ₁ (W) et λ ₂ (W) de la matrice A (W). Afin de fixer les notations on ordonne les deux valeurs propres selon λ ₁ (W) < λ ₂ (W). Proposer une base associée de vecteurs propres à droite {r ₁ (W), r ₂ (W)}. En déduire que le système (2) est strictement hyperbolique.

4. Vérifier que les champs 1 et 2 sont vraiment non linéaires.

5. On note I _k l’invariant de Riemann du k-ème champ caractéristique. Montrer qu’un choix possible pour I ₁ et I ₂ est

I ₁ = u − Z τ

τ

₀

q

−p ⁰ (r)dr, I ₂ = u +

Z τ τ

₀

q

−p ⁰ (r)dr.

6. Cherchons maintenant une entropie pour le système (1). Montrer que la fonction η(W) = u ²

2 + Z τ

τ

₀

p(r)dr est une entropie du système avec flux d’entropie

Φ(W) = up(τ).

7. Pour un état gauche W _L = (τ _L , u _L ) donné on cherche les états W = (τ, u) qui peuvent être relié à W _L par une onde de choc entropique.

7.1. Considérons le 1-champ.

7.1.1. Montrer que u < u _L , τ < τ _L .

1. Un exemple de loi de pression qui vérifie ces hypothèses est la suivante

p(τ) = τ

^−γ

, γ > 1,

qui décrit le comportement d’un gaz parfait polytropique isentropique.

7.1.2. Calculer u en fonction de τ _L , u _L et τ. Plus précisement, montrer que u peut se mettre su la forme u = u _L + d(τ _L , τ )

en explicitant la fonction d. Étudier la fonction τ 7→ u = u _L + d(τ _L , τ ) et tracer son graphe dans le plan (τ, u).

7.2. Reprendre la question pour le 2-champ.

8. Pour un état gauche W _L = (τ _L , u _L ) donné on cherche les états W = (τ, u) qui peuvent être relié à W _L par une onde de détente.

8.1. Considérons le 1-champ.

8.1.1. Montrer que u > u _L , τ > τ _L .

8.1.2. Calculer u et σ ₁ (vitesse du 1-choc) en fonction de τ _L , u _L et τ. Plus précisement, montrer que u peut se mettre su la forme

u = u _L + r(τ _L , τ)

en explicitant la fonction r. Étudier la fonction τ 7→ u = u _L + r(τ _L , τ ) et tracer son graphe dans le plan (τ, u).

8.2. Reprendre la question pour le 2-champ.

9. À l’aide du dessin d’onde dans le plan (τ, u) résoudre le problème de Riemann : pour un état gauche W _L et un état droit W _R on construira une solution composée d’une 1-onde et d’une 2-onde séparant un état intermédiaire W ^∗ . On précisera les valeurs de cet état intermédiaire ainsi que les vitesses des ondes.

(Aide : il faut considérer cinq configurations différentes.)

Exercice III :

étude d’un schéma numérique pour l’approximation d’une équation hyperbolique linéaire monodimensionnelle

On considère l’équation d’advection linéaire

∂ _t u + a∂ _x u = 0 (3)

que l’on approche par le schéma à un pas de temps u ⁿ⁺¹ _j − u ⁿ _j

∆t + a αu ⁿ _j+2 + βu ⁿ _j+1 + γu ⁿ _j + δu ⁿ _j−1 + εu ⁿ _j−2

∆x = 0 (4)

où ∆x et ∆t sont respectivement le pas d’espace et de temps et α, β, γ, δ et ε des constantes.

1. Représenter le stencil de cette famille de schémas.

2. À quelle condition nécessaire et suffisante portant sur α, β, γ, δ et ε le schéma (4) est-il consistant avec l’équation (3) ? À quel ordre ?

3. Mettre le schéma sous forme conservative.

4. Soit γ = −ε et α = β = δ = 0. À quelle condition nécessaire et suffisante portant sur c ≡ a _∆x ^∆t le schéma correspondant est-il stable au sens L ² ? On rappelle que pour étudier la stabilité au sens L ² d’un schéma on considère des solutions discrètes particulières du type

u ⁿ _j = A ⁿ e ^iξ(j∆x) (5)

où A est l’amplitude et ξ la fréquence de cette solution, tandis que i désigne la racine complexe de −1. On dit que le schéma est stable au sens L ² si |A| ≤ 1 pour tout ξ ∈ R .

5. Dans les conditions du point précédent, le schéma est-il convergent ?

Correction de l’exercice I

On a ∂ _t u + ∂ _x q(u) = 0 avec q(u) = u(1 − u)

2 = u − u ²

2 , q ⁰ (u) = 1

2 − u, (q ⁰ ) ⁻¹ (r) = 1 2 − r.

1. L’équation de la caractéristique de pied (ξ, 0) est x(t) = ξ + q ⁰ (g(ξ))t = ξ +

1 2 − g(ξ)

t =

( ξ + ¹ ₂ t, si ξ < 0, ξ − ³ ₂ t, si ξ > 0.

x t

L’unique solution entropique présente une onde de choc qui part en (0, 0). Pour calculer l’équation x = s(t) de l’onde de choc on utilise les relations de Rankine-Hugoniot

s ⁰ (t) = q(u _R (s(t), t)) − q(u _L (s(t), t))

u _R (s(t), t) − u _L (s(t), t) = (u _R − u ² _R ) − (u _L − u ² _L )

2(u _R − u _L ) = 1 − u _R − u _L

2 = − 1

2 avec la donnée initiale s(0) = 0. On trouve donc x = s(t) = − ¹ ₂ t.

x t

L’unique solution faible entropique est donc u(x, t) =

( 0, si x < −t/2, 2, si x > −t/2.

x u

t = 0 t = 0.5 t = 1 2. L’équation de la caractéristique de pied (ξ, 0) est

x(t) = ξ + q ⁰ (g(ξ))t = ξ + 1

2 − g(ξ)

t =



 

 

ξ + ³ ₂ t, si ξ < 0,

ξ + ¹ ₂ t, si ξ < 0,

ξ − ¹ ₂ t, si ξ > 0.

0 1 x t

La solution présente au moins deux ondes de choc qui partent l’une de (0, 0), l’autre de (1, 0). Pour calculer l’équation x = s(t) de ces deux ondes on utilise les relations de Rankine-Hugoniot :

B choc de pied (0, 0) :

s ⁰ (t) = q(u _R (s(t), t)) − q(u _L (s(t), t))

u _R (s(t), t) − u _L (s(t), t) = (u _R − u ² _R ) − (u _L − u ² _L )

2(u _R − u _L ) = 1 − u _R − u _L

2 = 1

avec la donnée initiale s(0) = 0 ; on trouve x = s(t) = t ; B choc de pied (1, 0) :

s ⁰ (t) = q(u _R (s(t), t)) − q(u _L (s(t), t))

u _R (s(t), t) − u _L (s(t), t) = (u _R − u ² _R ) − (u _L − u ² _L )

2(u _R − u _L ) = 1 − u _R − u _L

2 = 0

avec la donnée initiale s(0) = 1 ; on trouve x = s(t) = 1.

Les deux ondes s’intersectent en (1, 1) donc la solution faible entropique pour 0 < t < 1 est

u(x, t) =



 

 

−1, si x < t, 0, si t < x < 1, 1, si x > 1.

Pour t > 1 les deux ondes de choc vont interagir et on obtient une unique onde de choc dont l’équation est calculée encore à partir des conditions de Rankine-Hugoniot :

s ⁰ (t) = q(u _R (s(t), t)) − q(u _L (s(t), t))

u _R (s(t), t) − u _L (s(t), t) = (u _R − u ² _R ) − (u _L − u ² _L )

2(u _R − u _L ) = 1 − u _R − u _L

2 = 1

2 avec la donnée initiale s(1) = 1 ; on trouve x = s(t) = ¹ ₂ t + ¹ ₂ .

0 1 x t

L’unique solution faible entropique pour t > 0 est donc

u(x, t) =



 

 

−1, x < min{t, ¹ ₂ t + ¹ ₂ },

0, min{t, ¹ ₂ t + ¹ ₂ } < x < max{ ¹ ₂ t + ¹ ₂ , 1},

1, x > max{ ¹ ₂ t + ¹ ₂ , 1}.

x u

t = 0

t = 0.5

t = 1

t = 1.5

Correction de l’exercice II

1. On a ∂ _t V + ∂ _x F(V) = 0 avec V =

τ u

, F(V) =

−u p(τ)

. 2. On développe les dérivées du système (1) pour des solutions régulières :

( ∂ _t τ − ∂ _x u = 0,

∂ _t u + p ⁰ (τ)∂ _x τ = 0, et on trouve le système quasi-linéaire suivant :

∂ _t τ

u

+

0 −1 p ⁰ (τ) 0

∂ _x τ

u

= 0

0

.

3. On cherche les deux solutions λ _k (W) de l’équation det( A (W) − λ(W)Id) = 0, i.e. de l’équation (−λ) ² − (p ⁰ (τ)) ² = 0.

On obtient

λ ₁ (W) = − q

−p ⁰ (τ ) < 0 < λ ₂ (W) = + q

−p ⁰ (τ ).

On peut alors prendre r ₁ (W) =

1 q

−p ⁰ (τ)

!

, r ₂ (W) =

1

− q

−p ⁰ (τ )

! .

Puisque p ⁰ (τ) 6= 0, les valeurs propres sont réelles et distinctes donc le système (1) est strictement hyperbolique.

4. Pour déterminer la nature des deux champs caractéristiques on calcule ∇λ _k · r _k pour k = 1, 2 :

∇λ ₁ (W) · r ₁ (W) =

∂

− q

−p ⁰ (τ)

∂τ +

q

−p ⁰ (τ)

∂

− q

−p ⁰ (τ)

∂u = p ⁰⁰

2 p

−p ⁰ > 0, 1-champ VNL,

∇λ ₂ (W) · r ₂ (W) =

∂ q

−p ⁰ (τ)

∂τ −

q

−p ⁰ (τ)

∂ q

−p ⁰ (τ )

∂u = −p ⁰⁰

2 p

−p ⁰ < 0, 2-champ VNL.

Étant donné qu’aucun champ est LD, il n’y aura aucune discontinuité de contact.

5. On vérifie que ∇I _k (W) · r _k (W) = 0 pour k = 1, 2 :

∇I ₁ (W) · r ₁ (W) =

∂

u − R τ τ

₀

q

−p ⁰ (r)dr

∂τ +

q

−p ⁰ (τ)

∂

u − R τ τ

₀

q

−p ⁰ (r)dr

∂u = 0,

∇I ₂ (W) · r ₂ (W) =

∂

u + R τ τ

₀

q

−p ⁰ (r)dr

∂τ −

q

−p ⁰ (τ)

∂

u + R τ τ

₀

q

−p ⁰ (r)dr

∂u = 0.

6. Pour vérifier que η est une entropie du système (1) avec le flux d’entropie Φ, on montre que

∇

_W

Φ(W) = ∇

_W

η(W) · A (W).

Or,

W = τ

u

, Φ(W) = up(τ), donc

∇

_W

Φ(W) =

up ⁰ (τ) p(τ )

et

η(W) = u ² 2 +

Z τ τ

₀

p(r)dr d’où

∇

_W

η(W) =

−p(τ) u

. Donc

∇

_W

η(W) · A (W) =

−p(τ) u

T

·

0 −1 p ⁰ (τ) 0

=

up ⁰ (τ) p(τ )

= ∇

_W

Φ(W).

Il ne reste à prouver que la convexité de l’entropie en calculant la matrice hessienne : d ² η(W) =

−p ⁰ (τ ) 0

0 1

. Puisque p ⁰ (τ) < 0 l’entropie est bien convexe.

7. Étude des chocs. On cherche à déterminer les états droits W = (τ, u) qui peuvent être reliés à un état gauche W _L = (τ _L , u _L ) par une discontinuité de vitesse σ.

7.1. 1-champ :

7.1.1. la condition d’entropie (Lax) pour k = 1 demande à ce que la vitesse σ ₁ du 1-choc vérifie ( λ ₁ (W) < σ ₁ < λ ₂ (W _L ),

σ ₁ < λ ₁ (W

_L

), c’est-à-dire







− q

−p ⁰ (τ ) < σ ₁ <

q

−p ⁰ (τ _L ), σ ₁ < − q

−p ⁰ (τ _L ), donc −

q

−p ⁰ (τ) < σ ₁ < − q

−p ⁰ (τ _L ) < 0. Puisque p est convexe alors p ⁰ est croissante donc τ < τ _L .

En utilisant les relations de Rankine-Hugoniot on trouve ( σ ₁ = ^u _τ−τ

^L

^−u

L

, σ ₁ = ^p(τ)−p(τ _u−u

^L

⁾

L

, donc, puisque σ ₁ < 0, on a

u < u _L .

On conclut donc que les états W = (τ, u) qui peuvent être reliés à un état gauche W _L = (τ _L , u _L ) par un 1-choc doivent satisfaire les deux inégalités

( u < u _L , τ < τ _L .

7.1.2. En éliminant σ ₁ dans les relations de Rankine-Hugoniot on trouve u = u _L + d(τ _L , τ ) pour τ < τ _L avec d(τ _L , τ ) = − p

(p(τ _L ) − p(τ))(τ _L − τ) et la vitesse du 1-choc est σ ₁ = −

s

p(τ) − p(τ _L )

τ _L − τ .

On a donc les graphes suivants :

τ u

W

_L

u _L

τ _L

x = σ

₁

t

W

_L

W

_R

x t

7.2. 2-champ :

7.2.1. la condition d’entropie (Lax) pour k = 2 demande à ce que la vitesse σ ₂ du 2-choc vérifie ( λ ₂ (W) < σ ₂ ,

λ ₁ (W _L ) < σ ₂ < λ ₂ (W _L ), c’est-à-dire





 q

−p ⁰ (τ) < σ ₂ ,

− q

−p ⁰ (τ _L ) < σ ₂ <

q

−p ⁰ (τ _L ), donc 0 <

q

−p ⁰ (τ) < σ ₂ <

q

−p ⁰ (τ _L ). Puisque p est convexe alors τ > τ _L .

En utilisant les relations de Rankine-Hugoniot on trouve ( σ ₂ = ^u _τ−τ

^L

^−u

L

, σ ₂ = ^p(τ)−p(τ _u−u

^L

⁾

L

, d’où

u < u _L . On conclut donc que

( u < u _L , τ > τ _L . 7.2.2. Les relations de Rankine-Hugoniot donnent aussi

u = u _L + d(τ _L , τ ) pour τ > τ _L avec d(τ _L , τ ) = − p

(p(τ) − p(τ _L ))(τ _L − τ) et la vitesse du 2-choc est σ ₂ =

s

p(τ) − p(τ _L ) τ _L − τ . De plus,

u ⁰ (τ) = p ⁰ (τ)(τ − τ _L ) + p(τ) − p(τ _L ) 2 p

(p(τ) − p(τ _L ))(τ _L − τ) < 0, pour τ > τ _L ,

u ⁰⁰ (τ) = · · · > 0, pour τ > τ _L .

On a donc les graphes suivants :

τ u

W

_L

u _L

τ _L

x = σ

₂

t

W

_L

W

_R

x t

8. Étude des détentes. On cherche à déterminer les états droits W = (τ, u) qui peuvent être reliés à un état gauche W _L = (τ _L , u _L ) par une onde de détente.

8.1. 1-champ :

8.1.1. Dans une détente les invariants de Riemann sont conservés. Ici k = 1 d’où I ₁ (W _L ) = I ₁ (W)

donc

u = u _L + Z τ

τ

_L

q

−p ⁰ (y)dy.

Puisque p est convexe, la condition λ ₁ (W _L ) < λ ₁ (W) implique τ > τ _L et u > u _L . 8.1.2. On obtient ainsi

u = u _L + r(τ _L , τ ) pour τ > τ _L avec r(τ _L , τ ) = R τ

τ

_L

q

−p ⁰ (y)dy. De plus, u ⁰ (τ) =

q

−p ⁰ (τ) > 0, pour τ > τ _L ,

u ⁰⁰ (τ) =

−p ⁰⁰ (τ) q

−p ⁰ (τ )

2 < 0, pour τ > τ _L .

On a donc les graphes suivants :

τ u

W

_L

u _L

τ _L

x = λ

1

( W

L

) t x =

λ

1

( W

R

) t

W

_L

W

_R

x t

8.2. 2-champ :

8.2.1. Dans une détente les invariants de Riemann sont conservés. Ici k = 2 d’où

8.2.2. On obtient ainsi

u = u _L + r(τ _L , τ ) pour τ < τ _L avec r(τ _L , τ ) = − R τ

τ

_L

q

−p ⁰ (y)dy. De plus, u ⁰ (τ) = −

q

−p ⁰ (τ ) < 0, pour τ < τ _L , u ⁰⁰ (τ) =

p ⁰⁰ (τ) q

−p ⁰ (τ)

2 > 0, pour τ > τ _L .

On a donc les graphes suivants :

τ u

W

_L

u _L

τ _L

x = λ

²

( W

^R

) t

x = λ

²

( W

L

) t

W

_L

W

_R

x t

Récapitulatif : quel qui soit W _L = (τ _L , u _L ), le demi-plan R ^∗ + × R se décompose en quatre zones séparées par les quatre demi-courbes 1-choc, 2-choc, 1-détente et 2-détente.

τ u

1-choc

2-choc 2-détente

1-détente W

_L

u _L

τ _L I

II

III IV

9. Soit un problème de Riemann avec les deux états constants donnés suivants : W _L =

τ _L u _L

, W _R =

τ _R u _R

.

La solution est constituée de trois états constants séparés par deux ondes.

1-onde

2-onde W

_L

W

^∗

W

_R

x t

Pour expliciter cette solution on cherche à définir l’inconnue W ^∗ =

τ ^∗ u ^∗

à l’aide de l’étude des ondes précèdent.

On a cinq cas possibles :

Cas 1) 1-choc et 2-choc (il correspond au cas où W _R appartient à la zone II )

x = σ ₁ (W _L , W ^∗ )t x = σ ₂ (W ^∗ , W _R )t

W

_L

W

^∗

W

_R

x t

L’unique solution faible entropique est

W(x, t) =



 

 

W _L , si x < σ ₁ (τ _L , τ ^∗ )t,

W ^∗ , si σ ₁ (τ _L , τ ^∗ )t < x < σ ₂ (τ ^∗ , τ _R )t, W _R , si x > σ ₂ (τ ^∗ , τ _R )t,

avec

σ ₁ (τ _L , τ ^∗ ) = s

p(τ ^∗ ) − p(τ _L ) τ _L − τ ^∗ , σ ₂ (τ ^∗ , τ _R ) =

s

p(τ _R ) − p(τ ^∗ ) τ ^∗ − τ _R et τ ^∗ et u ^∗ est l’unique solution du système

( u ^∗ = u _L − p

(p(τ ^∗ ) − p(τ _L ))(τ _L − τ ^∗ ), u _R = u ^∗ − p

(p(τ _R ) − p(τ ^∗ ))(τ ^∗ − τ _R ).

x = σ ₁ (W _L , W ^∗ )t

x = λ ² ( W ^R ) t x = λ ² ( W

∗ ) t

W

_L

W

^∗

W

_R

x t

L’unique solution faible entropique est

W(x, t) =



 

 

 

 

 

 

W _L , si x < σ ₁ (τ _L , τ ^∗ )t, W ^∗ , si σ ₁ (τ _L , τ ^∗ )t < x <

q

−p ⁰ (τ ^∗ )t, W _2−det , si

q

−p ⁰ (τ ^∗ )t < x <

q

−p ⁰ (τ _R )t, W _R , si x >

q

−p ⁰ (τ _R )t, avec

σ ₁ (τ _L , τ ^∗ ) = s

p(τ ^∗ ) − p(τ _L ) τ _L − τ ^∗ , W _2−det =

f (− ^x _t ), R f(−

^x_t

) q

−p ⁰ (s)ds

!

, f (ξ) ≡ √

γ ξ

_γ+1²

et τ ^∗ et u ^∗ l’unique solution du système







u ^∗ = u _L − p

(p(τ ^∗ ) − p(τ _L ))(τ _L − τ ^∗ ), u _R = u ^∗ −

Z τ

_R

τ

^∗

q

−p ⁰ (y)dy.

Cas 3) 1-détente et 2-choc (il correspond au cas où W _R appartient à la zone I)

x = λ 1 ( W

L ) t x =

λ 1 ( W ) ∗ t

x = σ ₂ (W ^∗ , W _R )t

W

_L

W

^∗

W

_R

x t

L’unique solution faible entropique est

W(x, t) =



 

 

 

 

 

 

W _L , si x < − q

−p ⁰ (τ _L )t, W _1−det , si − q

−p ⁰ (τ _L )t < x < − q

−p ⁰ (τ ^∗ )t, W ^∗ , si −

q

−p ⁰ (τ ^∗ )t < x < σ ₂ (τ ^∗ , τ _R )t, W _R , si x > σ ₂ (τ ^∗ , τ _R )t,

avec

σ ₂ (τ ^∗ , τ _R ) = s

p(τ _R ) − p(τ ^∗ )

τ ^∗ − τ _R ,

W _1−det =

f (− ^x _t ),

− R f(−

^x_t

) q

−p ⁰ (s)ds

!

, f (ξ) ≡ √

γ ξ

_γ+1²

et τ ^∗ et u ^∗ l’unique solution du système



 

 

u ^∗ = u _L + Z τ

^∗

τ

_L

q

−p ⁰ (y)dy, u _R = u ^∗ − p

(p(τ _R ) − p(τ ^∗ ))(τ ^∗ − τ _R ).

Cas 4) 1-détente et 2-détente sans formation du vide (il correspond au cas où W _R appartient à la zone IV et les donnés de Riemann ne sont pas trop éloignées)

x = λ 1 ( W

L ) t x =

λ 1 ( W ) ∗ t

x = λ ² ( W ^R ) t x = λ ² ( W

∗ ) t

W

_L

W

^∗

W

_R

x t

L’unique solution faible entropique est

W(x, t) =



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

W _L , si x < − q

−p ⁰ (τ _L )t, W _1−det , si −

q

−p ⁰ (τ _L )t < x < − q

−p ⁰ (τ ^∗ )t, W ^∗ , si − q

−p ⁰ (τ ^∗ )t < x <

q

−p ⁰ (τ ^∗ )t, W _2−det , si

q

−p ⁰ (τ ^∗ )t < x <

q

−p ⁰ (τ _R )t, W _R , si x >

q

−p ⁰ (τ _R )t avec

W _1−det =

f (− ^x _t ),

− R f(−

^x_t

) q

−p ⁰ (s)ds

!

, W _2−det =

f(− ^x _t ), R f(−

^x_t

) q

−p ⁰ (s)ds

!

, f (ξ) ≡ √

γ ξ

_γ+1²

et τ ^∗ et u ^∗ l’unique solution du système



 

 

 

 

u ^∗ = u _L + Z τ

^∗

τ

_L

q

−p ⁰ (y)dy, u _R = u ^∗ −

Z τ

_R

τ

^∗

q

−p ⁰ (y)dy.

Cas 5) 1-détente et 2-détente avec formation du vide (il peut se générer le vide lorsque W _R appartient à la zone IV )

x =

λ ^R ) t

t

Correction de l’exercice III

1. Stencil :

(i,n+1)

(i−2,n) (i−1,n) (i,n) (i+1,n) (i+2,n)

Si les cinq coefficients α, β , γ, δ et ε sont non nuls alors on a un schéma à deux pas en temps et à cinq points en espace.

2. On pose c ≡ a _∆x ^∆t . On remplace u ⁿ _i par u(x _i , t ⁿ ) où u est une fonction régulière et on définit l’erreur de troncature par

τ _i ⁿ ≡ 1

∆t h

u(x _i , t ⁿ⁺¹ ) + cαu ⁿ _i+2 + cβu ⁿ _i+1 + (cγ − 1)u ⁿ _i + cδu ⁿ _i−1 + cεu ⁿ _i−2 i . On fait des développements de Taylor en x autour du point x _i

u(x _i±2 , t ⁿ ) = u(x _i , t ⁿ ) ± 2∆x ∂u

∂x (x _i , t ⁿ ) + 2(∆x) ² ∂ ² u

∂x ² (x _i , t ⁿ ) + O((∆x) ³ ) u(x _i±1 , t ⁿ ) = u(x _i , t ⁿ ) ± ∆x ∂u

∂x (x _i , t ⁿ ) + (∆x) ² 2

∂ ² u

∂x ² (x _i , t ⁿ ) + O((∆x) ³ ) qui conduisent à

τ _i ⁿ = 1

∆t (

u(x _i , t ⁿ⁺¹ )

+ c

"

(α + ε)u(x _i , t ⁿ ) + (α − ε)2∆x ∂u

∂x (x _i , t ⁿ ) + (α + ε)2(∆x) ² ∂ ² u

∂x ² (x _i , t ⁿ ) + O((∆x) ³ )

#

+ c

"

(β + δ)u(x _i , t ⁿ ) + (β − δ)∆x ∂u

∂x (x _i , t ⁿ ) + (β + δ) (∆x) ² 2

∂ ² u

∂x ² (x _i , t ⁿ ) + O((∆x) ³ )

#

+ (cγ − 1)u(x _i , t ⁿ ) )

=

= u(x _i , t ⁿ⁺¹ ) − ((α + β + γ + δ + ε)c − 1)u(x _i , t ⁿ )

∆t +

+ c(2α + β − δ − 2ε) ∆x

∆t

∂u

∂x (x _i , t ⁿ )+

+ c(2α + β + δ + 2ε) (∆x) ² 2∆t

∂ ² u

∂x ² (x _i , t ⁿ )+

+ c

∆t O((∆x) ³ ).

En faisant un développement de Taylor en t autour du point t ⁿ on a u(x _i , t ⁿ⁺¹ ) = u(x _i , t ⁿ ) + ∆t ∂u

∂t (x _i , t ⁿ ) + (∆t) ² 2

∂ ² u

∂t ² (x _i , t ⁿ ) + O((∆t) ³ ).

u étant solution de l’équation de transport, on a

∂u

∂t (x _i , t ⁿ ) = −a ∂u

∂x (x _i , t ⁿ )

et par dérivation de l’équation de transport

∂ ² u

∂t ² (x _i , t ⁿ ) = a ² ∂ ² u

∂x ² (x _i , t ⁿ ) d’où

τ _i ⁿ = (α + β + γ + δ + ε)cu(x _i , t ⁿ )

∆t +

+

c(2α + β − δ − 2ε) ∆x

∆t − a ∂u

∂x (x _i , t ⁿ )+

+ c(2α + β + δ + 2ε) (∆x) ²

2∆t + a ² ∆t 2

! ∂ ² u

∂x ² (x _i , t ⁿ )+

+ c

∆t O((∆x) ³ ) + O((∆t) ² ).

Donc le schéma est consistant si et seulement si α + β + γ + δ + ε = 0.

Étant donné que c ≡ a _∆x ^∆t , on a

τ _i ⁿ = O((∆x) + (∆t)) si et seulement si γ = −(α + β + δ + ε) et 2(α − ε) + β − δ = 0 et on a

τ _i ⁿ = O((∆x) ² + (∆t) ² )

si et seulement si γ = −(α + β + δ + ε), 2(α − ε) + β − δ = 0 et 2(α + ε) + β + δ = 0.

3. Pour mettre le schéma

u ⁿ⁺¹ _i = u ⁿ _i − a ∆t

∆x (αu ⁿ _i+2 + βu ⁿ _i+1 + γu ⁿ _i + δu ⁿ _i−1 + εu ⁿ _i−2 ) sous la forme conservative

u ⁿ⁺¹ _i = u ⁿ _i + ∆t

∆x

f _i−1/2 ⁿ − f _i+1/2 ⁿ

il faut calculer le flux numérique qu’ici est de la forme f _i−1/2 ⁿ ≡ Au ⁿ _i−2 + Bu ⁿ _i−1 + Cu ⁿ _i + Du ⁿ _i+1 et il ne reste que calculer les quatre coefficients A, B, C et D. On a

u ⁿ⁺¹ _i = u ⁿ _i + ∆t

∆x

f _i−1/2 ⁿ − f _i+1/2 ⁿ

=

= u ⁿ _i + ∆t

∆x [Au ⁿ _i−2 + (B − A)u ⁿ _i−1 + (C − B)u ⁿ _i + (D − C)u ⁿ _i+1 − Du ⁿ _i+2 ]

donc 

 

 

 



 

 

 



A = −aε,

(B − A) = −aδ, (C − B ) = −aγ, (D − C) = −aβ,

−D = −aα,

et on obtient D = aα, C = a(α + β), B = a(α + β + γ) et A = a(α + β + γ + δ) = −aε.

4. Soit γ = −ε et α = β = δ = 0, c’est-à-dire

u ⁿ⁺¹ _j = u ⁿ _j − cγ(u ⁿ _j − u ⁿ _j−1 ), c ≡ a ∆t

∆x .

Pour étudier la stabilité au sens L ² du schéma on utilise l’analyse de Fourier : pour k ∈ Z , le coefficient de

Fourier ˆ u ⁿ (k) de la solution du schéma vérifie

Après simplification on obtient

|ˆ u ⁿ⁺¹ (k)| ² = |A(k)| ² |ˆ u ⁿ (k)| ² avec

|A(k)| ² ≡ [cγ cos ξ + (1 − cγ)] ² + (cγ) ² sin ² ξ =

= 1 + 2cγ(1 − cγ)(cos ξ − 1).

On a

|A(k)| ≤ 1 ⇐⇒ 2cγ(1 − cγ)(cos ξ − 1) ≤ 0 ⇐⇒ c ≤ 1 γ .

Pour 0 ≤ c ≤ _γ ¹ on a |A(k)| ≤ 1 pour toute fréquence k ∈ Z , ce qui prouve que le schéma est stable en norme L ² sous la condition CFL 0 ≤ c ≤ ¹ _γ .

5. Un schéma linéaire consistant et stable est convergent d’après le théorème de Lax. Le schéma donné est donc

convergent sous la condition CFL ci-dessus.