Rappels sur la transformée de Fourier

M2 MSV S. Martin, B. Grec, Y. Penel

Université Paris Descartes Modélisation déterministe en sciences du vivant

Examen

L'examen est prévu pour une durée de 2 heures. Les documents ainsi que les téléphones, calculatrices et ordinateurs sont interdits.

Les questions de l'examen sont en partie indépendantes, et peuvent être résolues en admettant les résultats des questions précédentes.

Pour u∈ S(R), on pose

Fu(ξ) = ˆu(ξ) = Z

R

e^{−i ξ x}u(x) dx, F⁻¹u(x) = 1 2π

Z

R

e^{i ξ x}u(ξ) dξ.

De plus, on rappelle que, pourv(ξ) =e^−κξ2, on a

F⁻¹v(x) = 1

√4πκe^−x2/4κ.

Rappels sur la transformée de Fourier

Soientc≥0,α≥0,β ≥0,γ≥0,u₀une fonction dénie surRetv₀∈[0,1]. On considère le problème EDP / EDO suivant :











∂tu(t, x) +c∂xu(t, x)−α∂xxu(t, x) = −βu(t, x) +γv(t), t >0, x∈R, v⁰(t) = −v(t) +v(t)(1−v(t)), t >0,

u(0, x) = u0(x), x∈R,

v(0) = v0.

I. Détermination de la solution de l'EDO.

(a) On s'intéresse au comportement de la variable d'état t7→v(t)solution de l'EDO (v⁰(t) =−v(t) +v(t)(1−v(t)),

v(0) =v₀. (1)

Donner une interprétation à chacun des termes présents dans l'EDO (1).

Correction : L'EDO (1) présente une compétition entre deux dynamiques antagonistes : d'un côté, le terme−v(t) traduit une décroissance exponentielle vers0 (Malthus) ; d'un autre côté, le terme +v(t) 1−v(t)

correspond à une croissance de type logistique vers la capacité d'accueil maximale (Verhulst).

(b) Montrer que le problème de Cauchy associé à la variable d'étatv est bien posé pour toutv0∈[0,1]. Correction : PosonsF :y7→ −y² de sorte que le problème de Cauchy (1) se récrive :

(v⁰(t) =F v(t) , v(0) =v0.

La fonctionF est de classeC^∞surR(car polynomiale) et est donc continue et lipschitzienne par rapport à la variable d'état. D'après le théorème de Cauchy-Lipschitz, le problème de Cauchy admet une unique solution v :I →Rpour un certain intervalle maximalI⊂Rcontenant0.

Remarques : La fonction à considérer pour l'application de Cauchy-Lipschitz est bien une fonction par rapport à la variable d'étatv et non la fonction du tempst7→ −v(t) +v(t) 1−v(t).

(c) Déterminer la solution de l'EDO (1) en fonction detet de v₀.

Correction : Considérons tout d'abord le casv0= 0. Par unicité, la solution du problème de Cauchy vautv(t) = 0. Pour v0 >0, la solution v ne peut s'annuler (car les trajectoires ne se croisent pas d'après le théorème de Cauchy- Lipschitz). Ainsi, on a :

(1) ⇐⇒ −v⁰(t)

v(t)² = 1 ⇐⇒ 1 v(t)− 1

v₀ =t−0 ⇐⇒ v(t) = v0

1 +tv₀ pour toutt >−_v¹

0.

Dans la suite du problème, on se place dans le casγ= 0. II. Détermination de la solution de l'EDP.

(a) En supposant que uet toutes ses dérivées admettent, à tout instant, des transformées de Fourier par rapport à la variable d'espace, déterminer le problème de Cauchy vérié par (t, ξ) 7→ u(t, ξ)ˆ , la transformée de Fourier de u. Justier les étapes qui conduisent à l'écriture de ce problème.

Correction : Par linéarité de l'opérateur de Fourier, on déduit de (1) que la fonction t 7→ u(t, ξ)ˆ est solution du problème de Cauchy

(∂tu(t, ξ) =ˆ −(icξ+αξ²+β)ˆu(t, ξ), ˆ

u(0, ξ) = ˆu0(ξ). (II)

(b) Résoudre ce problème de Cauchy, i.e. déterminer(t, ξ)7→u(t, ξ)ˆ en fonction de la donnée initiale du problème.

Correction : Le problème de Cauchy (II) est une EDO linéaire qui se résout explicitement : ˆ

u(t, ξ) = ˆu0(ξ)e^{−(icξ+αξ2+β)t}. (III)

(c) En déduire la solution(t, x)7→u(t, x)du problème de transport-diusion-réaction en fonction de la donnée initiale du problème.

Correction : Posons tout d'abord G(ξ) = e^−αξ2t. D'après le rappel, la transformée de Fourier inverse de G est donnée par :

F⁻¹G(x) = e^−x

2

√ 4αt

4παt. Appliquons ensuite la transformée de Fourier inverse à l'expression (III) :

u(t, x) = e^−βt 2π

Z

R

e^ixξuˆ₀(ξ)e^{−(icξ+αξ2)t}dξ= e^−βt 2π

Z

R

e^i(x−ct)ξuˆ₀(ξ)e^−αξ2tdξ

=e^−βtF⁻¹[ˆu₀G] (x−ct) =e^−βt u₀∗ F⁻¹G

(x−ct)

=e^−βt Z

R

u0(x−ct−y) e^−y

2

√ 4αt

4παtdy. (IV)

III. Estimations.

(a) Montrer que siu0∈L^∞(R), alors on a, pour toutt≥0,

ku(t,·)k_L^∞_(R)≤ ku0k_L^∞_(R)e^−βt. Correction : Siu0∈L^∞(R), en majorantu0 dans (IV), on obtient :

|u(t, x)|6e^−βtku₀k_L∞(R)

Z

R

e^−y

2

√ 4αt

4παtdy

| {z }

=1

.

Le second membre étant indépendant de x, on peut prendre le sup sur tous les x ∈ R à gauche, ce qui fournit l'estimation souhaitée.

(b) Montrer que siu0∈L¹(R), il existe une constanteC telle que l'on a, pour toutt >0, ku(t,·)k_L∞(R)≤ C

√te^−βt.

Correction : Siu0∈L¹(R), en majorant l'exponentielle de l'intégrale dans (IV) par1, on obtient :

|u(t, x)|6 e^−βt

√4παt Z

R

|u0(x−ct−y)|dy= e^−βt

√4παt Z

R

|u0(z)|dz.

En posantC=^√1

4παku0kL¹(R), on déduit l'estimation souhaitée.

(c) Montrer que siu₀∈L²(R), il existe une constanteC telle que l'on a, pour toutt >0, ku(t,·)k_L2(R)≤ ku0k_L2(R)e^−βt.

Correction : Siu0∈L², par l'identité de Parseval (au début et à la n du calcul), il vient : kuk²_L2(R)= 1

2πkˆuk²_L2(R) (III)

= e^−2βt 2π

Z

R

|ˆu₀(ξ)|²e^−2αξ2t

| {z }

61

dξ6e^−2βt 2π

Z

R

|ˆu₀(ξ)|²dξ6e^−2βt

2π kˆu₀k²_L2(R)=e^−2βtku0k²_L2(R). IV. Schéma numérique.

On s'intéresse au problème de transport-diusion-réaction sur un domaine borné :







∂tu(t, x) +c∂xu(t, x)−α∂xxu(t, x) = −βu(t, x), t >0, x∈(0,1), u(0, x) = u0(x), x∈(0,1),

u(t,0) = u(t,1) = 0, t >0.

(5)

On se restreint à l'intervalle de temps[0, T]. On se donne deux entiers non nulsM et N. On dénit alors les pas de temps et d'espace par

∆t= T

M et ∆x= 1

N.

On procède à une subdivision de l'intervalle de temps[0, T]enM sous-intervalles de durée∆t, en posanttⁿ =n∆t t⁰= 0< t¹= ∆t < t²= 2∆t < . . . < t^M =M∆t=T.

On procède de même à une subdivision du domaine en espace [0,1] en N sous-intervalles de longueur ∆x, en posant xi= (i−1)∆x

x1= 0< x2= ∆x < . . . < xN+1=N∆x= 1.

Plutôt que de déterminer la solution (t, x)7→u(t, x) de l'EDP (5), nous allons chercher à construire une suite(uⁿ_i)_i,n qui dénit une approximation discrète de la solution :

uⁿ_i 'u(tⁿ, xi), et on notera

Uⁿ :=





 uⁿ₂

...

uⁿ_N







les inconnues du problème discret associé (notons que, par les conditions aux limites,uⁿ₁ =uⁿ_N+1= 0).

(a) Proposer un schéma explicite. Discuter les avantages et les inconvénients d'un tel schéma.

Correction : On construit un schéma explicite pour (5) en approchant chacune des dérivées partielles :

∂tu(tⁿ, xi)≈uⁿ⁺¹_i −uⁿ_i

∆t , ∂xu(tⁿ, xi)≈ uⁿ_i −uⁿ_i−1

∆x , ∂²_xxu(tⁿ, xi)≈uⁿ_i+1−2uⁿ_i +uⁿ_i−1

∆x² . En particulier, l'approximation choisie pour∂_xutient compte du fait quec >0. Le schéma s'écrit alors :

uⁿ⁺¹_i =uⁿ_i −c∆t

∆x(uⁿ_i −uⁿ_i−1) +α∆t

∆x²(uⁿ_i+1−2uⁿ_i +uⁿ_i−1)−β∆tuⁿ_i.

Ce schéma est explicite donc ne nécessite aucun surcoût de calcul autres que les opérations algébriques standards pour calculer le second membre. Cependant, pour des raisons de stabilité, il est nécessaire de limiter le pas de temps en imposant∆t=O(∆x²), ce qui est très coûteux pour obtenir un niveau de précision acceptable. Typiquement, pour N = 100, il faut eectuerM =O(10⁴)itérations en temps.

Remarques : La caractéristique d'un schéma explicite est que l'on peut directement exprimer l'inconnue au temps n+ 1en fonction de l'inconnue au tempsn. Approcher les dérivées spatiales en prenant en compte les inconnues au tempsn+ 1 rend donc le schéma implicite.

L'équilibre à considérer en analyse numérique est celui entre la précision (qualité de l'erreur commise entre le solution exacteu(tⁿ, xi)et son approximation uⁿ_i) et l'ecacité (temps de calcul). Ce que l'on gagne d'un côté, on le perd de l'autre.

(b) Le schéma de Crank-Nicholson est déni ainsi : uⁿ⁺¹_i −uⁿ_i

∆t +c 2

uⁿ_i −uⁿ_i−1

∆x +uⁿ⁺¹_i −uⁿ⁺¹_i−1

∆x

!

−α 2

uⁿ_i+1−2uⁿ_i +uⁿ_i−1

∆x² +uⁿ⁺¹_i+1 −2uⁿ⁺¹_i +uⁿ⁺¹_i−1

∆x²

!

+βuⁿ⁺¹_i = 0, (6) avecuⁿ⁺¹₁ =uⁿ⁺¹_N+1= 0.

Montrer que la solution numérique vérie la relation

AUⁿ⁺¹=b(Uⁿ),

oùAest une matrice que l'on déterminera, b(Uⁿ)est un vecteur qui dépend deUⁿ. On exprimerab(Uⁿ)en fonction

deg(Uⁿ) =













 0 uⁿ₂ uⁿ₃ ...

uⁿ_N−1















et d(Uⁿ) =













 uⁿ₃ uⁿ₄ ...

uⁿ_N 0













 .

Correction : Le schéma de Crank-Nicholson se récrit : uⁿ⁺¹_i

1 + c∆t

2∆x+α∆t

∆x² +β∆t

− α∆t

2∆x²uⁿ⁺¹_i+1 − c∆t

2∆x+ α∆t 2∆x²

uⁿ⁺¹_i−1

=uⁿ_i

1− c∆t

2∆x−α∆t

∆x²

+ α∆t 2∆x²uⁿ_i+1+

c∆t

2∆x+ α∆t 2∆x²

uⁿ_i−1,

pour touti∈ {2, . . . , N}. En regroupant les égalités pour tout i, on peut écrire matriciellementAUⁿ=b(Uⁿ)où :

• Ai,i= 1 +_2∆x^c∆t +^α∆t_∆x2 +β∆t;

• A_i,i+1=−_2∆x^α∆t₂;

• Ai,i−1=− _2∆x^c∆t +^α∆t_2∆x

;

• b(Uⁿ) = 1−_2∆x^c∆t −^α∆t_∆x2

Uⁿ+_2∆x^α∆t2d(Uⁿ) + _2∆x^c∆t +_2∆x^α∆t2

g(Uⁿ).

Remarques : Il ne sut pas de mettreuⁿ⁺¹_i d'un côté et tout le reste de l'autre : il y a en eet d'autres termes au tempsn+ 1.

Le système matriciel à écrire l'était sur le vecteurUⁿ⁺¹ qui contient tous les termes en espaceuⁿ⁺¹₂ , . . . ,uⁿ⁺¹_N et pas seulement les trois termes enn+ 1présents dans l'expression (6).

V. Bonus. Qui était Alan Turing ?

Correction : Alan Turing était un mathématicien britannique du XX^e siècle (19121954) qui fut l'un des pionniers de l'informatique. Il fut également un acteur de la seconde guerre mondiale par ses travaux en cryptographie. A la n de sa courte vie, il s'est intéressé à la morphogénèse.