A NALYSE ET APPROXIMATION D ’ UN PROBLÈME DIFFÉRENTIEL AUX LIMITES
Un exemple de problèmes aux limites en dimension 1
On considère, pour une équation différentielle du second ordre1, le problème aux limites suivant
−kd2u
dx2 +cu=f(x) sur]0,1[
u(0) =u(1) = 0
(1)
oùketcsont des constantes positives,f(x)une fonction continue.
Question 1.
Analyse du problème
•Refaire la démonstration de l’équivalence du problème différentiel aux limites (1) et de la mi- nimisation de la fonctionJ(v); plus précisément montrer qu’un fonctionu∈V0est solution de (1) si et seulement si elle est solution de laformulation faible
u∈V0
∀v∈V0 a(u, v) =L(v) (2)
où nous avons posé
a(u, v) = Z 1
0
ku0v0+cuv dx (3)
L(v) = Z 1
0
f v dx (4)
et du problème d’optimisation
u∈V0
∀v∈V0 J(u)≤J(v) (5)
1Cette équation modélise de nombreux problèmes de statique, par exemple la diffusion de la chaleur dans une barre, voir le chapitre 2 du cours.
avecJ(v) = 12a(v, v)−L(v).
Corr.: En multipliant l’équation (1) par une fonctionv∈V0et en intégrant, nous obtenons
u∈C2([0,1])∩V0
∀v∈V0, Z 1
0
−kd2u
dx2v+cuv dx= Z 1
0
f v dx (6)
Une intégration par partie de la première intégrale donne Z 1
0
−kd2u dx2v dx=
Z 1 0
kdu dx
dv
dxdx−du dxv1
0
Le “crochet” est nul puisquev∈V0, on a donc
u∈C2([0,1])∩V0
∀v∈V0, Z 1
0
kdu dx
dv
dx+cuv dx= Z 1
0
f v dx (7)
avec les notations introduites, c’est donc laformulation faible(2).
Réciproquement, de (7) on déduit, en intégrant par partie le premier terme2,
∀v∈V0, Z 1
0
−kd2u
dx2v+du dxv1
0+cuv dx= Z 1
0
f v dx
Le crochet est nul puisquev∈V0, d’où
∀v∈V0, Z 1
0
−kd2u
dx2 =cu−f
v dx= 0
D’après le lemme 2, page 66 du cours, on en déduit
−kd2u
dx2 +cu−f = 0 et doncuest solution de l’équation (1).
On a
J(v) = 1
2a(v, v)−L(v)
L’équivalence de (2) et (5) est obtenue, comme cela a été vu au cours d’optimisation, en calculant, pourv∈V0
DJ(u).v = d
dtJ(u+tv)|t=0 =a(u, v)−L(v)
La différentielle est nulle si et seulement siuest solution de (2) etJ(v)est une fonction strictement convexe, d’où l’équivalence.
•Montrer quea(u, v)est une forme bilinéaire symétrique définie positive3et en déduire l’unicité de la solution de (2). Pour démontrer l’existence de la solution quand l’unicité est assurée voir chapitre
2En fait il n’est pas nécessaire de supposeru∈C2([0,1]), c’est une conséquence de la formulation faible.
3i.e.a(u, v) =a(v, u)et∀u6= 0a(u, u)>0.
1, p. 21, du cours polycopié.
Corr.: La définie positivité vient de
a(u, u) = Z 1
0
k(du
dx)2+cu2dx
Pour l’unicité, supposons queu1, u2∈V0 soient solution de (1), et donc de (2), alorsu1−u2vérifie
∀v∈V0, a(u1−u2, v) = 0 Oru1−u1 ∈V0, donc
a(u1−u2, u1−u2) = 0 etu1−u2= 0par la définie positivité dea(u, v).
•SoitT l’opérateur défini surL2([0,1]), de domaineV0∩C2([0,1]), par T(v) =−kd2v
dx2 +cv
Vérifier que les résultats précédents traduisent le fait queT est symétrique défini positif.
Corr.: On note
hu, vi= Z 1
0
uv dx
le produit scalaire deL2([0,1]). Par définition l’opérateurT est symétrique si hT(u), vi=hu, T(v)i
et défini positif si
u6= 0 ⇒ hT(u), ui>0 Or les calculs précédents montrent que, pour des fonction deV0,
hT(u), vi=a(u, v)
Les propriétés deT découlent du fait que la forme bilinéairea(u, v)est symétrique définie positive4.
•Vérifier que sic <0le problème (1) peut avoir plusieurs solutions (Indic. : si kc =−π2,u(x) = sin(πx)est solution de l’équation homogène).
Corr.: Noter que sic < 0la formea(u, v)n’est plus toujours définie positive (en fait elle cesse de l’être si kc ≤ −π2). On vérifie que pour ck = −π2, l’équation homogène (i.e. avecf = 0) a une infinité de solutions de la forme
u=λsin(πx).
4Noter quea(u, v)(et donchT(u), vi) définit un produit scalaire, surV0, ce produit scalaire permet de définir un espace de Hilbert notéH01([0,1])qui est d’une grande importance pour la théorie de l’équation (??), voir le chapitre 6 du cours.
Calcul d’un solution approchée Question 2.
Approximation par la méthode des différences finies
•On pose
U= (u1, ..., uN)t b= (f1, ..., fN)t Montrer que le vecteurU∈RN est solution d’un système linéaire
AU=b en explicitant la matriceA.
Corr.: On a
A=K+D K= k
h2K0
avec
K0 =
2 −1 0 ... 0 0
−1 2 −1 ... 0 0
0 −1 2 ... 0 0
... ... ... ... ... ...
0 0 0 ... 2 −1
0 0 0 ... −1 2
(8)
etD=cIdoùIdest la matrice identité.
•Montrer que la matriceAest symétrique définie positive5et tridiagonale. En déduire l’existence et l’unicité de la solution du système.
Corr.: La matriceKa déjà été étudiée : c’est un cas particulier de la matrice d’un réseau (de barres) étudié la séance préliminaire (considérer leréseau de barresformé par le découpage de l’intervalles [0,1]en sous-intervalles). Directement, vérifier que siV∈;RN,
hK0V,Vi=v12+
n
X
i=2
(vi−vi−1)2+vn2
d’où l’on déduit queK0puisAsont des matrices définies positives.
Noter que on retrouve cette matrice dans la méthode des éléments finis décrite ci-dessous et que son caractère défini posifif est alors plus naturel.
Question 3.
Approximation par la méthode des éléments finis
5Nous retrouvons ainsi, après discrétisation, les propriétés de l’opérateur différentiel
•Dessiner le graphe de la fonctionwi.
Corr.: la fonctionwiest la fonction “triangle”, nulle sur[0,(i−1)h]et[(i+ 1)h,1]et égale à1en ih.
•Montrer que le système de vecteurs[w0, ..., wi, ..., wN+1]est une base deWhet que les composantes d’une fonction dans la base sont ses valeurs aux nœuds.
Corr.: Soitu∈Whetuj =u(xj), j= 0, ..., N + 1. La fonctionP
i ujwj est dansWhet elle vaut u(xj)aux nœuds. Elle coïncide donc avecud’après la remarque de l’énoncé.
•SoitVh =Wh∩V0l’espace des fonctions continues affines par morceaux nulles sur le bord sur un découpage de pashde l’intervalle[0,1]. Montrer, pour conclure, que le système[w1, ..., wi, ..., wN] est une base deVhet que, siv∈Vh,
v=
N
X
i=1
vjwj
oùvj =v(xj).
Corr.: Même argument que précédemment en notant que pouri= 1, ..., N toutes les fonctions sont dansV0.
•On définit une solution approchéeuhdans l’espaceVh ⊂V0comme la solution des deux problèmes équvalents
J(uh)≤J(v) ∀v∈Vh (9)
et
a(uh, v) =L(v) ∀v∈Vh (10)
Corr.: L’équivalence des deux problèmes a déjà été vu en optimisation et se montre comme dans le cas continu de la question 1.
•On décomposeuh dans la basewi, i= 1, ..., N. Montrer que le vecteur U= (u1, ..., uN)t
est solution d’un système linéaire deN équations àN inconnues
KU=F (11)
et expliciter la matriceKet le vecteurF.
Corr.: Comme les fonctionswi, i= 1, ..., N forment une base deVh, la formulation (10) équivaut à
∀i= 1, ..., N, a(uh, wi) =L(wi) De plus, on auj =uh(xj)et
uh =X
j
ujwj
En remplaçant dans (10), il vient
∀i= 1, ..., N,
N
X
j=1
a(wj, wi)uj =L(wi)
C’est un système linéaire deN équations àN inconnues, que l’on peut réécrire sous la forme (11) avec
Ki,j =a(wj, wi) et
Fi=L(wi)
•Montrer queKest symétrique définie positive et tridiagonale. En déduire l’existence et l’unicité de la solution.
Corr.: On a, siV∈RN
hKV,Vi=X
i,j
a(wj, wi)vjvi =a(X
j
vjwj,X
j
vjwj)
Posonsv =P
j vjwj ∈Vh,il vient
hKV,Vi=a(X
j
vjwj,X
j
vjwj) =a(v, v)
D’où le caractère défini positif deK (en d’autres termesK est, par construction, la matrice de la forme quadratique définie positivea(u, u)).
• Calculer la matrice la matriceKet le vecteurF (On calculera les intégrales Rxi+1
xi wiwj dxpar la méthode de Simpson). Comparer les systèmes obtenus par les méthodes de différences finies et éléments finis.
Corr.: Notons d’abord que les coefficients de la matrice de raideur Ki,j =
Z 1 0
kdwi
dx dwj
dx +cwiwj dx
sont nuls si|i−j|>1car les deux fonctionswi etwj ont alors des supports disjoints, leur produit est donc toujours nul, donc :
La matriceKest tridiagonale.
Les coefficients de la matrice de raideurKi,jsont des intégrales qui se calculent comme des sommes d’intégrales sur les intervalles[kh,(k+ 1)h]. Seuls interviennent dans le calcul les intervalles dont ihetjhsont des extrémités, ce qui fait, sii=j, deux intervalles[(i−1)h, ih]et[ih,(i+ 1)h]et, si
|i−j|= 1, un seul[ih,(i+ 1)h]ou[(i−1)h, ih]. Pour calculer, par exemple, le terme
Ki,i+10 =
Z (i+1)h
ih
kdwi
dx dwi+1
dx dx
on remarque que les dérivées sont constantes puisque les donctionswisont affines et que donc Ki,j0 =khdwi
dx dwi+1
dx
La formule de Simpson est une formule approchée pour calculer l’intégrale d’une fonctionf(x)sur un petit intervalle[a, b]
Z b a
f(x)dx'(b−a)(f(a) + 4f(a+b2 ) +f(b)) 6
qui est exacte pour les polynômes du second degré, ce qui est le cas ici. On l’utilise pour calculer, par exemple,
Ki,i+11 =
Z (i+1)h ih
wiwi+1dx= h 6
1×0 + 4(1 2
2
+ 0×1) = h 6.
En regroupant tous les calculs effectués comme décrit ci-dessus, on obtient que la matriceKest la somme des matrices tridiagonalesK0etK1telle que
K0i,i= 2k
h , K0i,j =−k
h si|i−j|= 1, K0i,j = 0sinon K1i,i= 4ch
6 , K1i,j = ch
6 si|i−j|= 1, K1i,j= 0sinon Ce qui conduit à une équation courante
−kui−1−2ui+ui+1
h +chui−1+ 4ui+ui+1
6 =hqi
Après division parhon reconnaît une approximation aux différences finies, qui diffère légèrement de celle de la question précédente, car la valeur deuest calculée par une moyenne sur trois points au lieu d’être calculée au pointxi.
Noter le caractère automatique de la construction du système d’équation, dès que l’espaceVhet une base ont été choisis, cela sera mis à profit pour construire des logiciels très généraux.
Étude de l’erreur d’approximation
Cette étude est simple et naturelle dans la méthode des éléments finis.
Question 4.
Utilisation de la formulation “éléments finis”
Corr.: Voir chapitre 7 p.178
