Retournement Temporel

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1 Retournement Temporel Rédigé par: HENG Sokly Encadrés par: Bernard ROUSSELET & Stéphane JUNCA 2 juin 28

2 Remerciements Je tiens tout d'abord à remercier mes responsables de mémoire, M.Bernard ROUSSELET et M.Stéphane JUNCA, pour leurs explications détaillées et leurs bons conseils depuis le début de ce projet. Je remercie également au Service de la Coopération d'action Cuturel (SCAC), à l'ambassade de France au Cambodge, qui me donne une occasion de poursuivre mes études en France. Je remercie aussi au Centre International de Mathématiques Pures et Appliqués (CIMPA), qui essaie de développer les mathématiques dans mon pays. Finalement, je remercie tous les professeures du CIMPA et les professeures au laboratoire de Mathématiques, à l'unsa, qui m'ont donné des cours pendant ma vie étudiant. 1

3 Table des matières Remerciements 1 1 Objectif du projet 4 2 Etude du problème direct Théorique Solution du problème sans conditions aux limites Energie du système Unicité de la solution Comportement en grand temps de la solution Schéma numérique sans conditions aux limites Condition de stabilité Numérique Problème direct avec la condition de Dirichlet Problème direct avec la condition de Neumann Problème direct avec la condition d'impédance Etude du problème retourné Problème retourné avec la condition de Dirichlet Retournement temporel exact Retournement temporel sans changement de vitesses Problème retourné avec la condition de Neumann Retournement temporel exact Retournement temporel sans changement de vitesses. 2 4 Résultats numériques Problème retourné avec la condition de Dirichlet Problème direct avec la condition de Dirichlet Problème direct avec la condition de Neumann Problème direct avec la condition d'impédance Problème retourné avec la condition de Neumann

4 4.2.1 Problème direct avec la condition de Neumann Problème direct avec la condition d'impédance Conclusion 36 Annexe 38 3

5 Chapitre 1 Objectif du projet L'objectif de ce projet est l'étude du problème associé à l'equation des cordes vibrantes en dimension 1 sur un domaine Ω = [, T ] [, 1], où [, T ] est l'intervalle de temps, [, 1] est l'intervalle d'espace, et de faire le retournement temporel de ce problème sur un intervalle de temps [T, 2T ]. On commence premièrement ce projet par l'étude du problème direct. On se donne une force (pontuelle) au second membre de l'équation des cordes vibrantes, une seule fois à l'instant initial t =. C'est-à-dire quand t >, la source n'existe plus. En mettant cette source en une position quelconque x [, 1], on étudie la variation de cette équation à chaque l'instant jusqu'à l'instant nal t = T. A l'étape suivante, on étudie le problème retourné en remontant le temps jusqu'à t = 2T. On fait le retournement temporel du problème ci-dessus sur l'intervalle [T, 2T ] en utilisant les valeurs trouvées dans [, T ]. Finalement, on compare théoriquement et numériquement le résultat de la solution du problème retourné à l'instant nal t = 2T avec la source que l'on a mis dans le problème direct. 4

6 Chapitre 2 Etude du problème direct On s'intéresse au problème associé à l'équation des cordes vibrantes (de vitesse de propagation c = 1) avec le second membre, et avec la condition d'impédance, de coecient z ], 1[, suivant : 2 u (t, x) 2 u (t, x) = δ 2 x 2 t= g (t, x), (t, x) [, T ] [, 1] u (, x) =, x [, 1] (, x) =, x [, 1] (t, ) z (t, ) =, t [, T ] x (t, 1) + z (t, 1) =, t [, T ] x (2.1) où g (t, x) représente le terme source, u (, x) est la valeur initiale, et (, x) est la vitesse initiale. Le problème le plus classique du problème ci-dessus, est avec la condition de Dirichlet ou de Neumann. Dans ces 2 cas, l'énergie du système est conservée. Au contraire, l'énergie du système (2.1) est décroissante exponentiellement qu'on va montrer dans le paragraphe suivant. Dans la partie théorique, on ne traite que le problème (2.1) sans second membre(g = ), avec les conditions initiales u (, x) = u (x) et (, x) = u 1 (x). Dans la partie numérique, on traite 3 problèmes diérents, le problème (2.1), le problème avec la condition de Dirichlet, et le problème avec la condition de Neumann. 2.1 Théorique Dans cette partie, on traite théoriquement l'équation des cordes vibrantes sans second membre(g = ), avec les conditions initiales u (, x) = u (x) et 5

7 (, x) = u 1 (x). On représente cette équation par, 2 u 2 (t, x) 2 u x 2 (t, x) =, (t, x) [, T ] [, 1] u (, x) = u (x), x [, 1] 1 (x), x [, 1] (t, ) z x (t, 1) + z x (t, ) =, t [, T ] (t, 1) =, t [, T ] (2.2) Solution du problème sans conditions aux limites Soient Ω = [, T ] ], 1[, et u (t, x) C (Ω) Changement de variables : y = x + t et z = x t x 2 u 2 (t, x) = y (t, x) = y (y, z) z (y, z) z (y, z) (y, z) (t, x) = 2 u α 2 (y, z) 2 2 u y z (y, z) + 2 u z 2 (y, z) 2 u (t, x) = 2 u (y, z) u (y, z) + 2 u (y, z) x 2 y 2 y z z 2 L'équation (2.2) devient : 4 2 u (y, z) = y z ( ) y z (y, z) = = G (z) u (y, z) = G (z) + F (y) z u (t, x) = F (x + t) + G (x t) En t= : u (, x) = F (x) + G (x) = u (x) (, x) = F (x) G (x) = u 1 (x) Soit w une primitive de u 1. Alors, F (x) G (x) = w (x) F (x) = 1 2 (u (x) + w (x)) et G (x) = 1 2 (u (x) w (x)) u (t, x) = 1 2 (u (x + t) + w (x + t) + u (x t) w (x t)) Donc la solution de (2.2) sans conditions aux limites, est de la forme : u (t, x) = 1 2 (u (x + t) + u (x t)) x+t x t u 1 (s) ds, (t, x) Ω Energie du système L'énergie du système (2.2) : E (t) = 1 ( ( ) 2 ( ) ) 2 (t, x) + (t, x) dx, t [, T ] 2 x 6

8 En t =, E = E () = 1 2 ( (u1 (x)) 2 + (u (x)) 2) dx Proposition 2.1 L'énergie E (t) est décroissante. Preuve. On multiplie l'équation 2 u 2 l'intègre sur (, 1). 2 u 2 1 d 1 ( 2 dt (t, x) (t, x) dx 1 2 u (t, x) (t, x) dx = x 2 (t, x)) 2 dx + 1 d 1 2 dt (t, x) 2 u (t, x) = par (t, x) et on x 2 ( (t, x)) 2 [ x dx (t, x) (t, x)] 1 = x ( d ( (E (t)) = z (t, 1)) 2 ( ) dt x + (t, )) 2, t [, T ] x Donc l'énergie E (t) est décroissante. Théorème 2.2 E (t) E γ 2 γ 2t, t [, T ], où γ = 1 z 1+z < 1 Preuve. Posons f (t, x) = (t, x) et g (t, x) = (t, x) x Supposons g (, ) = u () et f (, ) = u 1 (), on a f g (t, x) (t, x) =, (t, x) [, T ] [, 1] x g f (t, x) (t, x) =, (t, x) [, T ] [, 1] x g (, ) = u () f (, ) = u 1 () f (t, ) zg (t, ) =, t [, T ] f (t, 1) + zg (t, 1) =, t [, T ] Soient X (t, x) = f (t, x) + g (t, x) et Y (t, x) = f (t, x) g (t, x), on a X X (t, x) (t, x) =, (t, x) [, T ] [, 1] x Y Y (t, x) + (t, x) =, (t, x) [, T ] [, 1] x On multiple par X et Y, on a, (X2 (t, x)) x (X2 (t, x)) =, (t, x) [, T ] [, 1] (Y 2 (t, x)) + (Y 2 (t, x)) =, (t, x) [, T ] [, 1] x En x = 1 { X (t, 1) = f (t, 1) + g (t, 1) = (1 z) g (t, 1), t [, T ] Y (t, 1) = f (t, 1) g (t, 1) = (1 + z) g (t, 1), t [, T ] (2.3) 7

9 X (t, 1) = γy (t, 1), avec γ = 1 z 1+z < 1 En x = { X (t, ) = f (t, ) + g (t, ) = (1 + z) g (t, ), t [, T ] Y (t, ) = f (t, ) g (t, ) = (1 z) g (t, ), t [, T ] Y (t, ) = γx (t, ), avec γ = 1 z 1+z < 1 On intègre (2.3) sur (, 1), on a Et d dt d dt 1 (X2 (t, x)) dx = x (X2 (t, x)) dx = X 2 (t, 1) X 2 (t, ) (X 2 (t, x)) dx = X 2 (t, 1) X 2 (t, ) (Y 2 1 (t, x)) dx = (Y 2 (t, x)) dx = Y 2 (t, ) Y 2 (t, 1) x (Y 2 (t, x)) dx = Y 2 (t, ) Y 2 (t, 1) Posons I (t) = Donc I (t) = 2 ( ( (t, x)) 2 + ( x (t, x)) 2 ) dx = 4E (t), où E (t) est l'énergie du système (2.2). T +1 T T +1 T (X 2 (t, x) + Y 2 (t, x)) dx di dt (t) = d X 2 (t, x) dx + d Y 2 (t, x) dx dt dt = X 2 (t, 1) X 2 (t, ) + Y 2 (t, ) Y 2 (t, 1) X 2 (t, x) dt = Y 2 (t, x) dt = = ( 1 γ 2) ( X 2 (t, ) + Y 2 (t, 1) ), t [, T ] X 2 (t + T, 1) dt = Y 2 (t + T, 1) dt = X 2 (T, 1 t) dt = Y 2 (T, 1 t) dt = X 2 (T, s) ds Y 2 (T, s) ds (Changement de variable et caractéristique) Donc I (T + 1) I (T ) = ( 1 1 γ 2) ( X 2 (T, s) + Y 2 (T, s) ) ds = ( 1 γ 2) I (T ) 8

10 Donc t [, T ], I (T + 1) = γ 2 I (T ) I (T ) = γ 2n I (s), T = n + s, et s [, 1] sup s [,1] I (s) = I () = 4E I (T ) 4E γ 2T 4E γ 2s γ 2T γ 2 E (t) E γ 2 γ2t, où γ = 1 z 1 + z < Unicité de la solution Théorème 2.3 L'équation (2.2) admet une solution unique. Preuve. Soient u et v, 2 solutions distinctes de (2.2). Soit w = u v, on a bien ( ) 2 w (t, x) 2 w 2 u (t, x) = 2 x2 (t, x) 2 u (t, x) 2 x2 ( ) 2 v (t, x) 2 v (t, x) 2 x2 =, (t, x) [, T ] [, 1] w (, x) = u (, x) v (, x) = u (x) u (x) =, x [, 1] w v (, x) = (, x) (, x) = u 1 (x) u 1 (x) =, x [, 1] ( ) w w (t, ) z (t, ) = (t, ) z (t, ) x x ( ) v v (t, ) z (t, ) =, t [, T ] x ( ) w w (t, 1) + z (t, 1) = (t, 1) + z (t, 1) x x ( ) v v (t, 1) + z (t, 1) =, t [, T ] x w Donc w est la solution de (2.2) dans le cas w (, x) =, (, x) =. D'après la Proposition 2.1, on a t [, T ] E w (t) E w () = 1 ( ( w ) 2 ( ) ) 2 w (, x) + (, x) dx = 2 x E w (t) =, car E w (t), t [, T ] t,x w = (, ) w (t, x) = Cte = w (, x) = w (t, x) Donc u et v sont identiques. 9

11 2.1.4 Comportement en grand temps de la solution Lemme 2.4 Soit f C 1 ([, + [, R) + Si f (x) dx est covergente, alors f (x) a une limite quand x +. Preuve du Lemme. On a t [, + [, f (x) = f () + x f (s) ds f () : est une constante x f (s) ds : converge quand x + Donc f (x) a une limite quand x + Proposition 2.5 Soit u (t, x), la solution de (2.2), alors u (t, x) t + u, où u ne dépend que de u et u 1. Preuve. On admet que u converge quand t + Posons I (t) = u (t, x) dx ( ) 2 u (t, x) 2 u (t, x) dx = 2 x 2 2 u 1 (t, x) dx = 2 T T I (t) dt = 1 z 2 u (t, x) dx = [ (t, x)] 1 = ( 1 (t, 1) + (t, )) x 2 x z ( (t, 1) + (t, )) dt I (T ) I () = 1 (u (T, 1) + u (T, ) u (, 1) u (, )) z D'après le Théorème 2.2, on a, I (T ) T + Donc quand T +, D'après le Lemme 2.4, on a u 1 (x) dx = 1 (2u z u (1) u ()) u = 1 2 (u (1) + u ()) + z 2 u 1 (x) dx u (t, x) t + u, où u = 1 2 (u (1) + u ()) + z u 1 (x) dx 2 1

12 2.1.5 Schéma numérique sans conditions aux limites La prise en compte des conditions aux limites de ce schéma est indiquée dans la partie numérique. Soient Ω = [, T ] ], 1[ et u C 4 (Ω). La formule de Taylor donne : u (t + t, x) + u (t t, x) 2u (t, x) = t 2 2 u (t, x) + O ( t 4 ) 2 u (t, x + x) + u (t, x x) 2u (t, x) = x 2 2 u (t, x) + O ( x 4 ) x 2 L'approximation l'ordre 2 en temps de 2 u 2 (t, x) 2 u 1 (t, x) (u (t + t, x) + u (t t, x) 2u (t, x)) 2 t2 L'approximation l'ordre 2 en espace de 2 u x 2 (t, x) 2 u 1 (t, x) (u (t, x + x) + u (t, x x) 2u (t, x)) x2 x2 Soient u n j, l'approximation de u (t n = n t, x j = j x) et β = ( t x Pour approcher le problème (2.2) sans conditions aux limites, on utilise le schéma numérique suivant u n+1 j + u n 1 j 2u n j = β ( ) u n j+1 + u n j 1 2u n j (2.4) Ce schéma est l'ordre 2 en temps et en espace Condition de stabilité Posons u n j = a n e ikx j et u n 1 j = b n e ikx j Le schéma numérique (2.4) devient { ( ) a n+1 = β (e ik x+e ik x ) + 2 (1 β) a n b n ) 2 b n+1 = a n ) = ( an+1 b n+1 ( 2 4βsin 2 k x ) } {{ } Matrice d'amplication A ( an Prenons, θ = 1 2βsin 2 k x 2 Le polynôme caractéristique de A : P A (λ) = λ 2 2θλ + 1 b n ) P A (λ) = λ 2 2θλ + 1 = = θ

13 Si > θ > 1, alors { λ1 = θ + λ 2 = θ Le schéma est instable, car λ 1 > 1 ou λ 2 > 1. Si θ 1, alors { λ1 = θ + i λ 2 = θ i Le schéma est stable si et seulement si λ 1 λ 2 1 λ 2 = λ 1 λ 2 = θ 2 + = 2θ vérié (car θ 1) θ 1 βsin 2 k x 1 α 2 sin 2 k x 1 α 1, avec β = α 2 = ( t 2 2 x Donc le schéma est stable sous la condtion CFL : α = t 1 x 2.2 Numérique Dans cette partie, on étudie l'équation des cordes vibrantes avec second membre et avec la condtion de Dirichlet, de Neumann, et d'impédance. On e t 2 +x 2 2πσ 2 prend la fonction Gaussienne très centrée, g (t, x) = 1 2σ 2, comme le terme source, et on choisit u (t, x) = pour tout t <. Le terme source n'existe qu'à l'instant t =. Soit gj, l'approximation de g (t, x) en (t n =, x j = j x). On a le schéma numérique en t = t, u 1 j = ( t) 2 g j (2.5) Pour approcher les 3 problèmes ci-dessous, on utilise le schéma numérique (2.5) pour t = t et le schéma numérique (2.4) pour t > t Problème direct avec la condition de Dirichlet ) 2 2 u (t, x) 2 u (t, x) = δ 2 x 2 t= g (t, x), (t, x) [, T ] [, 1] u (, x) =, x [, 1] (, x) =, x [, 1] u (t, ) =, t [, T ] u (t, 1) =, t [, T ] Conditions aux limites En x = : u n = En x = 1 : u n 1 J =, où J = x (2.6) 12

14 2.2.2 Problème direct avec la condition de Neumann 2 u (t, x) 2 u (t, x) = δ 2 x 2 t= g (t, x), (t, x) [, T ] [, 1] u (, x) =, x [, 1] (, x) =, x [, 1] x x (t, ) =, t [, T ] (t, 1) =, t [, T ] D'après la formule de Taylor, 1 (t, x) = (u (t, x + x) u (t, x)) + O ( x) x x ou = 1 (u (t, x) u (t, x x)) + O ( x) x On utilise le schéma plus simple d'ordre 1 pour approcher x Conditions aux limites En x = : u n = u n 1 En x = 1 : u n J = un J 1, où J = 1 x (2.7) (t, ) et (t, 1). x Problème direct avec la condition d'impédance 2 u (t, x) 2 u (t, x) = δ 2 x 2 t= g (t, x), (t, x) [, T ] [, 1] u (, x) =, x [, 1] (, x) =, x [, 1] (t, ) z (t, ) =, t [, T ] x (t, 1) + z (t, 1) =, t [, T ] x D'après la formule de Taylor, et (t, x) = 1 (u (t + t, x) u (t, x)) + O ( t) t 1 (t, x) = (u (t, x + x) u (t, x)) + O ( x) x x ou = 1 (u (t, x) u (t, x x)) + O ( x) x On utilise le schéma plus simple d'ordre 1 en temps pour approcher et (t, 1), et d'ordre 1 en espace pour approcher x Conditions aux limites En x = : u n+1 = u n + αz (u n 1 u n ) En x = 1 : u n+1 J = u n J + αz ( u n J 1 ) un J, où J = 1 x 13 (t, ) et x (t, 1). (2.8) (t, )

15 Chapitre 3 Etude du problème retourné Dans ce chapitre, on étudie le problème retourné pour le problème direct dans le chapitre précédent. En réalité, ce problème est posé dans [T, 2T ] [, 1], mais on travaille techniquement dans [, T ] [, 1]. On utilise la même équation comme le problème direct, mais sans second membre (g = ). On traitera théoriquement et numériquement le cas de retournement temporel exact et le cas de retournement temporel sans changement de vitesses, avec la condition de Dirichlet et de Neumann. Les données initiales de ce problème sont les valeurs qu'on a obtenu dans le problème direct. Remarque : On ne fait jamais le retournement temporel avec la condition d'impédance. 3.1 Problème retourné avec la condition de Dirichlet 2 v (t, x) 2 v (t, x) =, (t, x) [, T ] [, 1] 2 x 2 v (, x) = v (x) = u (T, x), x [, 1] v (, x) = v 1 = ± (T, x), x [, 1] v (t, ) = u (T t, ), t [, T ] v (t, 1) = u (T t, 1), t [, T ] (3.1) Pour approcher le problème (3.1), on utilise le schéma numérique (2.4), avec les conditions aux limites suivantes : En x = : v n = u L n, où L = T t En x = 1 : v n J = ul n J, où J = 1 x 14

16 3.1.1 Retournement temporel exact 2 v (t, x) 2 v (t, x) =, (t, x) [, T ] [, 1] 2 x 2 v (, x) = v (x) = u (T, x), x [, 1] v (, x) = v 1 (x) = (T, x), x [, 1] v (t, ) = u (T t, ), t [, T ] v (t, 1) = u (T t, 1), t [, T ] (3.2) où u est la solution du problème direct, et v est la solution exacte du prolème retourné (3.2). Théorème 3.1 v (T, x) = u (, x) = u (x) Preuve. Soit w (t, x) = u (T t, x) On a bien que : 2 w (t, x) 2 w x (t, x) = 2 u (T t, x) 2 u (T t, x) x = 2 u (t, x) 2 u (t, x) =, (t, x) [, T ] [, 1] x w (, x) = u (T, x) = v (x), x [, 1] w (, x) = (T, x) = v 1 (x), x [, 1] w (t, ) = u (T t, ) = v (t, ), t [, T ] w (t, 1) = u (T t, 1) = v (t, 1), t [, T ] Donc w est aussi une solution de (3.2). Par l'unicité de la solution de (3.2), on a, v (t, x) = w (t, x) = u (T t, x) D'où v (T, x) = u (T T, x) = u (, x) = u (x) Proposition 3.2 v (T, x) = (, x) = u 1 (x) Preuve. Soit v (t, x) = u (T t, x), la solution de (3.2). On a, v (t, x) = (T t, x) D'où v (T, x) = (, x) = u 1 (x) Retournement temporel sans changement de vitesses 2 v (t, x) 2 v (t, x) =, (t, x) [, T ] [, 1] 2 x 2 v (, x) = v = u (T, x), x [, 1] v (, x) = v 1 (x) = + (T, x), x [, 1] v (t, ) = u (T t, ), t [, T ] v (t, 1) = u (T t, 1), t [, T ] (3.3) 15

17 où u est la solution du problème direct et v est la solution du prolème retourné (3.3). Posons v ex : la solution exacte du prolème retourné (3.2). a). Problème direct avec la condition de Dirichlet ou de Neumann Théorème 3.3 (v (T, x) u (x)) 2 ( dx 2 (T, x)) 2 dx Preuve. Soit R (t, x) = v (t, x) v ex (t, x). ( ) 2 R (t, x) 2 R 2 v (t, x) = 2 x2 (t, x) 2 v (t, x) 2 x2 ( ) 2 v ex (t, x) 2 v ex (t, x) 2 x2 =, (t, x) [, T ] [, 1] R (, x) = v (, x) v ex (, x) = u (T, x) u (T, x) =, x [, 1] R v vex (, x) = (, x) (, x) = 2 (T, x), x [, 1] R (t, ) = v (t, ) v ex (t, ) = u (T t, ) u (T t, ) =, t [, T ] R (t, 1) = v (t, 1) v ex (t, 1) = u (T t, 1) u (T t, 1) =, t [, T ] R Donc R est la solution de (3.1) dans le cas R (, x) =, (, x) = 2 (T, x), R (t, ) = R (t, 1) = Dans ce cas, l'énergie de R est conservée. E R (t) = E R () = 1 2 = 2 ( (T, x) ( R ) 2 (, x) dx + 1 ( ) 2 R (, x) dx 2 x ) 2 dx, t [, T ] On a, R (T, x) = x R (T, x) dx, car R (t, ) =, t [, T ] x 16

18 D'après Cauchy-Schwarz (R (T, x)) 2 = x R x (, x) dx (R (T, x)) 2 dx E R () 2 x dx (2x) 1 2 x ( ) 2 R (T, x) dx x ( ) 2 R (T, x) dx x (2x) E R (T ) = (2x) E R () 2xdx = E R () = 2 (v (T, x) v ex (T, x)) 2 dx 2 ( ) 2 (T, x) dx ( ) 2 (T, x) dx (3.4) D'après le Théorème 3.1, on a, v ex (T, x) = u (, x) = u (x). Donc (v (T, x) u (x)) 2 ( dx 2 (T, x)) 2 dx Théorème 3.4 ( v (T, x) u 1 (x) ) 2 1 dx 4 ( (T, x)) 2 dx Preuve. Soit R (t, x) = v (t, x) v ex (t, x). Conservation de l'énergie de R : E R (t) = E R (T ) = E R () = 2 E R (T ) = 1 2 E R (T ) 1 2 ( R (T, x)) 2 dx ( R (T, x)) 2 dx ( R (T, x)) 2 dx 2ER (T ) = 4 ( ) 2 (T, x) dx, t [, T ] ( R x (T, x)) 2 dx ( (T, x)) 2 dx ( v (T, x) v 2 ex (T, x)) 1 ( ) 2 dx 4 (T, x) dxa (3.5) 17

19 D'après la Proposition 3.2, vex (T, x) = (, x) = u 1 (x) On a, v vex (T, x) (T, x) v (T, x) u 1 (x), car u 1 (x) > ( Donc v (T, x) u 1 (x) ) 2 1 ( dx 4 (T, x)) 2 dx b). Problème direct avec la condition d'impédance Théorème 3.5 Preuve. D'après (3.4) (v (T, x) v ex (T, x)) 2 dx 4E γ 2T, où γ = 1 z < 1. γ 2 1+z (v (T, x) v ex (T, x)) 2 dx 2 Et d'après le Théorème 2.2, Donc, Théorème 3.6 ( ) 2 (T, x) dx E (T ) E γ 2 γ2t, avec γ = 1 z 1 + z < 1 (v (T, x) v ex (T, x)) 2 dx 4E γ 2 γ2t (v (T, x) v ex (T, x)) 2 dx 4E γ 2T, oùγ = 1 z < 1 γ 2 1+z Preuve. D'après (3.5), ( v vex (T, x) (T, x) ) 2 dx 8E γ 2 γ 2T, où γ = 1 z 1+z < 1. ( v (T, x) v 2 ex (T, x)) 1 ( ) 2 dx 4 (T, x) dx Et d'après le Théorème 2.2, Donc ( v vex (T, x) E (T ) E γ 2 γ2t, avec γ = 1 z 1 + z < 1 ( v (T, x) v ) 2 ex (T, x) dx 8E γ 2 γ2t (T, x) ) 2 dx 8E γ 2 18 γ 2T, où γ = 1 z 1+z < 1.

20 3.2 Problème retourné avec la condition de Neumann 2 v (t, x) 2 v (t, x) =, (t, x) [, T ] [, 1] 2 x 2 v (, x) = v (x) = u (T, x), x [, 1] v (, x) = v 1 (x) = ± (T, x), x [, 1] v (t, ) = (T t, ), t [, T ] x x v (t, 1) = (T t, 1), t [, T ] x x D'après la formule de Taylor, 1 (t, x) = (u (t, x + x) u (t, x)) + O ( x) x x ou = 1 (u (t, x) u (t, x x)) + O ( x) x (3.6) On utilise le schéma plus simple d'ordre 1 pour approcher (t, ) et (t, 1). x x Donc, pour approcher le problème (3.6), on utilise aussi le schéma numérique (2.4), avec les conditions aux limites suivantes : En x = : v n = v1 n u L n 1 u L n, où L = T t En x = 1 : vj n = vn J 1 ul n J 1 ul n J, où J = 1 x Retournement temporel exact 2 v (t, x) 2 v (t, x) =, (t, x) [, T ] [, 1] 2 x 2 v (, x) = v (x) = u (T, x), x [, 1] v (, x) = v 1 (x) = (T, x), x [, 1] v (t, ) = (T t, ), t [, T ] x x v (t, 1) = (T t, 1), t [, T ] x x (3.7) où u est la solution du problème direct, et v est la solution exacte du problème retourné (3.7). Théorème 3.7 v (T, x) = u (, x) = u (x) Preuve. Soit w (t, x) = u (T t, x) On a bien que : 2 w (t, x) 2 w x (t, x) = 2 u (T t, x) 2 u (T t, x) x = 2 u (t, x) 2 u (t, x) =, (t, x) [, T ] [, 1] x 19

21 w (, x) = u (T, x) = v (x), x [, 1] w (, x) = (T, x) = v 1 (x), x [, 1] w (t, ) = (T t, ) = v (t, ), t [, T ] x x w (t, 1) = (T t, 1) = v (t, 1), t [, T ] x x Donc w est aussi une solution de l'équation (3.7). Par l'unicité de la solution de (3.7), on a, v (t, x) = w (t, x) = u (T t, x) D'où v (T, x) = u (T T, x) = u (, x) = u (x) Proposition 3.8 v (T, x) = (, x) = u 1 (x) Preuve. La démonstration est identique à celle de la Proposition Retournement temporel sans changement de vitesses 2 v (t, x) 2 v (t, x) =, (t, x) [, T ] [, 1] 2 x 2 v (, x) = v (x) = u (T, x), x [, 1] v (, x) = v 1 (x) = + (T, x), x [, 1] v (t, ) = (T t, ), t [, T ] x x v (t, 1) = (T t, 1), t [, T ] x x (3.8) où u est la solution du problème direct et v est la solution du problème retourné (3.8). Posons, v ex : la solution exacte du problème retourné (3.7). a). Problème direct avec la condition de Neumann Théorème 3.9 (v (T, x) u (x)) 2 dx 2T 2 1 ( (T, x)) 2 dx Preuve. Soit I (t) = di 1 dt = 2 ( ) dr 2 (R (t, x)) (t, x) dx dt 2 (R (t, x)) 2 dx (R (t, x)) 2 dx, où R (t, x) = v (t, x) v ex (t, x) 1 ( dr dt 2 ) 2 (t, x) dx 1 2 ; (Cauchy-Schwarz)

22 I 2 I E R (t) = 2 I E R () T T I 2 dt ER ()dt I I (T ) I () T ER () I (T ) E R () T 2, (car I () = ) (v (T, x) v ex (T, x)) 2 dx E R (T ) T 2 (3.9) D'après le Théorème 3.7, on a, v ex (T, x) = u (, x) = u (x). Donc (v (T, x) u (x)) 2 dx 2T 2 1 ( (T, x)) 2 dx Théorème 3.1 ( v (T, x) u 1 (x) ) 2 1 dx 4 ( (T, x)) 2 dx Preuve. La démonstration est identique à celle du Théorème 3.4 b). Retournement temporel pour le problème direct la condition d'impédance Théorème 3.11 (v (T, x) v ex (T, x)) 2 dx 4E T 2 γ 2T, où γ = 1 z < 1. γ 2 1+z Preuve. D'après (3.9), (v (T, x) v ex (T, x)) 2 dx 2T 2 Et d'après le Théorème 2.2, Donc, Théorème 3.12 E (T ) E γ 2 γ2t, avec γ = 1 z 1 + z < 1 (v (T, x) v ex (T, x)) 2 dx 4E T 2 ( ) 2 (T, x) dx γ 2 γ 2T (v (T, x) v ex (T, x)) 2 dx 4E T 2 γ 2T, où γ = 1 z < 1. γ 2 1+z ( v vex (T, x) (T, x) ) 2 dx 8E γ 2 γ 2T, où γ = 1 z 1+z < 1. Preuve. La démonstration est identique à celle du Théorème

23 Chapitre 4 Résultats numériques Dans ce chapitre, on fait numériquement le problème direct avec 3 conditions aux limites diérentes (Dirichlet, Neumann, et Impédance) dans [, T ] [, 1], et le problème retourné avec 2 conditions aux limites diérentes (Dirichlet, Neumann) dans [T, 2T ] [, 1]. Le problème direct : On teste le schéma numérique avec la fonction Gaussienne g centrée une fois en x = 1 2, et une autre en x = 1 4. On prend u t< =, c'est-à-dire u = à l'instant t = t. D'après le schéma (2.5), on peut trouver la valeur u 1 de u à l'instant t = t 1. On peut dire qu'on a mis le terme source sur la vitesse de u à l'instant t = (théorie de distributions). Le problème retourné : On trouve la solution v(retournement temporel sans changement de vitesse), et v ex (retournement temporel exact) en utilisant la solution du problème direct. En théorie, pour le problème direct avec la condition de Dirichlet ou de Neumann, la vitesse de v à l'instant nal 2T, est l'approximation du terme source dans le problème direct qu'on veut trouver. Mais pour le problème direct avec la condition d'impédance, la vitesse de v à l'instant nal 2T, est l'approximation de la vitesse de v ex à l'instant nal 2T qui est le terme source avec le signe opposé. 22

24 4.1 Problème retourné avec la condition de Dirichlet Soient u la solution du problème direct, v ex la solution du problème retourné exact, et v la solution du problème retourné sans changement de vitesse Problème direct avec la condition de Dirichlet Le cas : α =.5, N = 1, T = 1, σ =.5, g (t, x) = 1 e t 2 + ( x 1 2) 2 2πσ 2 2σ 2 Problème direct Problème retourné exact Fig. 4.1 u n j Fig. 4.2 v n j 23

25 Problème retourné sans changement de vitesse Fig. 4.3 v n j L'approximation de la vitesse de v, v ex à l'instant nal t = 2T, et de la vitesse de u à l'instant initial t = (le terme source). Fig. 4.4 (, x), v vex (2T, x), et (2T, x) 24

26 Le cas : α =.5, N = 1, T = 1.7, σ =.5, g (t, x) = 1 e t 2 + ( x 1 4) 2 2πσ 2 2σ 2 L'approximation de la vitesse de v, v ex à l'instant nal t = 2T, et de la vitesse de u à l'instant initial t = (le terme source). Fig. 4.5 (, x), v vex (2T, x), et (2T, x) Le cas : α =.5, N = 1, T = 1.5, σ =.5, g (t, x) = 1 e t 2 + ( x 1 4) 2 2πσ 2 2σ 2 L'approximation de la vitesse de v, v ex à l'instant nal t = 2T, et de la vitesse de u à l'instant initial t = (le terme source). Fig. 4.6 (, x), v vex (2T, x), et (2T, x) 25

27 4.1.2 Problème direct avec la condition de Neumann On a le résultat d'approximation de la vitesse de v, v ex à l'instant nal t = 2T, et de la vitesse de u à l'instant initial t = (le terme source). Le cas : α =.5, N = 1, T = 1, σ =.5, g (t, x) = 1 e t 2 +(x 1 2) 2 2πσ 2 2σ 2 Fig. 4.7 (, x), v vex (2T, x), et (2T, x) Le cas : α =.5, N = 1, T = 2, σ =.5, g (t, x) = 1 e t 2 + ( x 1 2) 2 2πσ 2 2σ 2 Fig. 4.8 (, x), v vex (2T, x), et (2T, x) 26

28 4.1.3 Problème direct avec la condition d'impédance Le cas : α =.5, N = 1, T = 1, z =.5, σ =.5, g (t, x) = 1 e t 2 +(x 1 2) 2 2πσ 2 2σ 2 Problème direct Fig. 4.9 u n j Problème retourné exact Fig. 4.1 v n j 27

29 Problème retourné sans changement de vitesse Fig v n j L'approximation de la vitesse de v, v ex à l'instant nal t = 2T, et de la vitesse de u à l'instant initial t = (le terme source). Fig (, x), v vex (2T, x), et (2T, x) 28

30 Le cas : α =.5, N = 1, T = 1.7, z =.5, σ =.5, g (t, x) = 1 e t 2 +(x 1 4) 2 2πσ 2 2σ 2 L'approximation de la vitesse de v, v ex à l'instant nal t = 2T, et de la vitesse de u à l'instant initial t = (le terme source). Fig (, x), v vex (2T, x), et (2T, x) Le cas : α =.5, N = 1, T = 1.5, z =.5, σ =.5, g (t, x) = 1 e t 2 +(x 1 4) 2 2πσ 2 2σ 2 L'approximation de la vitesse de v, v ex à l'instant nal t = 2T, et de la vitesse de u à l'instant initial t = (le terme source). Fig (, x), v vex (2T, x), et (2T, x) 29

31 4.2 Problème retourné avec la condition de Neumann Problème direct avec la condition de Neumann Le cas : α =.5, N = 1, T = 1, σ =.5, g (t, x) = 1 e t 2 +(x 1 2) 2 2πσ 2 2σ 2 Problème direct Fig u n j Problème retourné exact Fig v n j 3

32 Problème retourné sans changement de vitesse Fig v n j L'approximation de la vitesse de v, v ex à l'instant nal t = 2T, et de la vitesse de u à l'instant initial t = (le terme source). Fig (, x), v vex (2T, x), et (2T, x) 31

33 Le cas : α =.5, N = 1, T = 1.7, σ =.5, g (t, x) = 1 e t 2 + ( x 1 4) 2 2πσ 2 2σ 2 L'approximation de la vitesse de v, v ex à l'instant nal t = 2T, et de la vitesse de u à l'instant initial t = (le terme source). Fig (, x), v vex (2T, x), et (2T, x) Le cas : α =.5, N = 1, T = 1.5, σ =.5, g (t, x) = 1 e t 2 + ( x 1 4) 2 2πσ 2 2σ 2 L'approximation de la vitesse de v, v ex à l'instant nal t = 2T, et de la vitesse de u à l'instant initial t = (le terme source). Fig. 4.2 (, x), v vex (2T, x), et (2T, x) 32

34 4.2.2 Problème direct avec la condition d'impédance Le cas : α =.5, N = 1, T = 1, z =.5, σ =.5, g (t, x) = 1 e t 2 +(x 1 2) 2 2πσ 2 2σ 2 Problème direct Fig u n j Problème retourné exact Fig v n j 33

35 Problème retourné sans changement de vitesse Fig v n j L'approximation de la vitesse de v, v ex à l'instant nal t = 2T, et de la vitesse de u à l'instant initial t = (le terme source). Fig (, x), v vex (2T, x), et (2T, x) 34

36 Le cas : α =.5, N = 1, T = 1.7, z =.5, σ =.5, g (t, x) = 1 e t 2 +(x 1 4) 2 2πσ 2 2σ 2 L'approximation de la vitesse de v, v ex à l'instant nal t = 2T, et de la vitesse de u à l'instant initial t = (le terme source). Fig (, x), v vex (2T, x), et (2T, x) Le cas : α =.5, N = 1, T = 1.5, z =.5, σ =.5, g (t, x) = 1 e t 2 +(x 1 4) 2 2πσ 2 2σ 2 L'approximation de la vitesse de v, v ex à l'instant nal t = 2T, et de la vitesse de u à l'instant initial t = (le terme source). Fig (, x), v vex (2T, x), et (2T, x) 35

37 Chapitre 5 Conclusion D'après les résultats ci-dessus, on peut bien retrouver l'approximation et la localisation du terme source que l'on a mis dans le problème direct, en utilisant la méthode de retournement temporel. Le cas T est entier(petit) : Pour le problème direct avec la condition de Dirichlet ou de Neumann, d'après fig. 4.4 et fig. 4.18, on a la bonne approximation et la bonne localisation du terme source ( v (, x) (2T, x)) qui vérie le Théorème 3.4 ou le Théorème 3.1. Pour le problème direct avec la condition d'impédance, on trouve bien la localisation du terme source, mais on n'a pas la bonne approximation de celui-ci (fig et fig. 4.24) car T est petit (Théorème 3.6 ou Théorème 3.12). Le cas T n'est pas entier(petit) : On trouve toujours la localisation du terme source, en utilisant le retournement temporel pour le problème direct avec la condition d'impédance (fig et fig. 4.25). Mais on ne trouve plus ce résultat pour le problème direct avec la condition de Dirichlet ou de Neumann (fig. 4.5 et fig. 4.19). Le cas T est plus grand ou T + : D'après fig. 4.6 et fig. 4.2, le retournement temporel pour le problème direct avec la condition de Dirichlet ou de Nemann, ne donne ni la localisation, ni l'approximation du terme source. Au contraire, on trouve que le retournement temporel pour le problème direct avec la condition d'impédance donne la bonne localisation et la bonne approximation du terme source (fig et fig. 4.26), qui vérie le Théorème 3.6 ou le Théorème 3.12, càd v vex (2T, x) (2T, x). Dans ce cas, on trouve le terme source mais avec le signe opposé. Donc, pour le problème direct avec la condition d'impédance et quand le temps T est plus grand ou tend vers l'inni, le retournement temporel avec la condition de Dirichlet est identique à celui avec la condition de Neumann (fig et fig. 4.26), et nous donne la bonne approximation et la bonne localisation du terme source. 36

38 Bibliographie [1] C. Bardos et M.Fink,Mathematical foundations of the time reversal mirror, Asymptotic Analysis, 29 (22) [2] Wikipedia, http ://en.wikipedia.org/wiki/signal_processing [3] Mathieu Canet, Antoine Jarrier et François-Joseph Mytych,Time reversal of wave propagation in one dimension, janvier 28. http ://math1.unice.fr/ junca/pdles/projetepu28.pdf [4] Lionel Sainsaulieu,Calcul scientique, Dunod, Paris, 2 37

39 Annexe Problème direct avec la condition de Dirichlet // S o l u t i o n d ' équation des cordes v i b r a n t e s // avec l a conditon de D i r i c h l e t // g : Fonction de 2 v a r i a b l e s ( t, x ) // alpha : Rapport de delta_t sur delta_x // N: Nombre de p o i n t s i n t é r i e u r ], 1 [ // T: Nombre de temps // u : s o l u t i o n // x : i n t e r v a l l e d ' espace // t : i n t e r v a l l e de temps f u n c t i o n [ u, x, t ]= s o l _ d i r _ d i r i c h l e t ( g, alpha,n,t) delta_x =1/(N+1); delta_t=alpha delta_x ; betta=alpha ^2; L=i n t (T/ delta_t ) ; x=: delta_x : 1 ; t =: delta_t :T; mat=z e r o s (N+2,L+1) // Valeur de u= en t =, en x= e t en x=1 // Valeur de u en t=t 1 f o r j =2:(N+1) mat( j,2)= delta_t ^2 g (, ( j 1) delta_x ) ; end // Valeur de u pour t>t 1 f o r c o l =3:(L+1) f o r j =2:(N+1) mat( j, c o l )= betta mat( j +1, col 1)+2 (1 betta ) mat( j, col 1) +betta mat( j 1, col 1) mat( j, col 2); end end u=mat ; endfunction 38

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