Exercices Corrigés - Analyse numérique et optimisation Une introduction à la modélisation mathématique et à la simulation numérique

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1 Exercices Corrigés - Analyse numérique et optimisation Une introduction à la modélisation mathématique et à la simulation numérique G. Allaire, S. Gaubert, O. Pantz Ecole Polytechnique MAP octobre 6

2 Introduction i Introduction Ce recueil rassemble tous les exercices proposés dans le cours de deuxième année d introduction à l analyse numérique et l optimisation de Grégoire Allaire [1]. Toute référence à ce dernier se distinguera des références internes au recueil par ses caractères gras. Par exemple, (1.1 fait référence à la première formule du cours. Malgré notre vigilance, ce manuscrit comporte sans aucun doute (encore de multiples erreurs de tout ordre. De nombreux exercices mériteraient un traitement plus élégant autant d un point de vue mathématique que stylistique. Nous invitons d ailleurs tout lecteur à participer à son amélioration. Vous pouvez nous signaler toute erreur ou approximation en envoyant un mail à l adresse olivier.pantz@polytechnique.org Nous serons également heureux de recevoir de nouvelles solutions aux exercices proposés ou toutes autres suggestions. Bon courage. G. Allaire, S. Gaubert, O. Pantz Paris, Juillet 6

3 ii Introduction

4 Chapitre 1 INTRODUCTION A LA MODÉLISATION MATHÉMATIQUE ET A LA SIMULATION NUMÉRIQUE Exercice 1..1 On suppose que la donnée initiale θ est continue et uniformément bornée sur R. Vérifier que θ(t, x = 1 + 4πνt θ (y exp ( (x V t y dy (1.1 4νt est bien une solution de { θ + V θ ν θ = pour (x, t R R + t x x θ(t =, x = θ (x pour x R (1. Correction. Afin de montrer que θ(t, x est une fonction régulière et déterminer ses dérivées partielles, on souhaite appliquer le théorème de dérivation sous le signe somme. A cet effet, on pose G(x, t, y = exp (. On a (x V t y 4νt G x = x V t y G(x, t, y ( νt G = 1 (x V t y + G(x, t, y x νt 4ν t G t = (x + V t y(x V t y G(x, t, y. 4νt Pour tout x de R et tout t >, il existe des constantes C(x, t et β(x, t positives telles que si z est suffisamment proche de x, G (z, t, y x C(x, t(1 + y exp ( β(x, ty. 1

5 CHAPITRE 1. MODÉLISATION ET SIMULATION Comme θ (y est uniformément bornée, on en déduit que θ (y G (z, t, y x C(x, t(1 + y exp( β(x, ty sup θ (s s pour tout z appartenant à un voisinage de x. Le terme de droite est intégrable par rapport à y. Ainsi, d après le théorème de dérivation sous le signe somme, on en déduit que x θ (yg(x, t, ydy = = θ (y G x dy Par un raisonnement analogue, on obtient que et θ x (yg(x, t, ydy = θ (y x V t y G(x, t, ydy. νt ( 1 (x V t y θ (y G(x, t, ydy νt 4ν t (x + V t y(x V t y θ (yg(x, t, ydy = θ (y G(x, t, y. t 4νt Ainsi, θ(t, x est dérivable pour tout t > et θ x = 1 θ (y x V t y G(x, t, ydy 4πνt νt θ = 1 ( 1 (x V t y θ x (y G(x, t, ydy 4πνt νt 4ν t θ 1 ( (x + V t y(x V t y = θ (y 1 G(x, t, ydy. t 4πνt 4νt t On vérifie alors aisément que θ t + V θ x ν θ x = Il ne reste plus qu à prouver que θ(t, x est prolongeable en t = et vérifie bien la condition initiale, c est à dire que 1 (x V t y lim θ (y exp ( dy = θ (x. (1.3 t 4πνt 4νt Rappelons que, exp( x dx = π. (1.4

6 3 Pour établir cette relation, il suffit de calculer coordonnées polaires. On pose 1 ρ(x, t, y = exp ( 4πνt ( e x dx = e x dx en R (x V t y. 4νt D après (1.4, ρ(x, t, ydy = 1 pour tout x et t. Enfin, pour tout x R, on constate que pour tout y différent de x, lim t ρ(x, t, y =. Ainsi, x étant fixé, ρ(x, t, y est une fonction de y se concentrant en x lorsque t tend vers zéro. Pour être plus précis, on montre que pour tout δ et ε réels strictement positifs, il existe t(δ, ε tel que pour tout t < t(δ, ε, x+δ ρ(x, t, ydy 1 ε. et x δ x δ ρ(x, t, ydy + x+δ ρ(x, t, ydy ε. L équation (1.3 découle alors du fait que θ est continue, uniformément bornée. Exercice 1.. On suppose que la donnée initiale θ est dérivable et uniformément bornée sur R. Vérifier que θ(t, x = θ (x V t (1.5 est bien une solution de { θ + V θ = pour (x, t R t x R+ θ(t =, x = θ (x pour x R. Montrer que (1.5 est la limite de (1.1 lorsque le paramètre ν tend vers zéro. (1.6 Correction. θ t (x, t = V θ θ (x V t = V x x (x. Ainsi, θ vérifie l équation différentielle annoncée. De plus, θ vérifie trivialement la condition initiale. Par un raisonnement analogue à celui qui nous avait permis d établir la continuité de la solution dans l exercice précédent, on montre que lim ν 1 + θ (y exp ( 4πνt (x V t y 4νt dy = θ (x V t = θ(t. Exercice On se propose de retrouver une propriété de décroissance exponentielle en temps (voir la formule (1.1 de la solution de l équation de la chaleur u = f dans t R+ u = sur R + (1.7 u(t = = u dans

7 4 CHAPITRE 1. MODÉLISATION ET SIMULATION dans un domaine borné. En une dimension d espace, on pose = (, 1 et on suppose que f =. Soit u(t, x une solution régulière de (1.7. En multipliant l équation par u et en intégrant par rapport à x, établir l égalité ( 1 d 1 1 u (t, x dx = dt (t, x x dx Montrer que toute fonction v(x continûment dérivable sur [, 1], telle que v( =, vérifie l inégalité de Poincaré 1 1 v (x dx dv dx (x dx. En déduire la décroissance exponentielle en temps de 1 u (t, x dx. Correction. En multipliant l équation différentielle (1.7 par u on obtient par intégration que 1 1 t udx = u x udx. Quitte à supposer u suffisamment régulière, on peut appliquer le théorème d intégration sous le signe somme au terme de gauche et effectuer une intégration par partie sur le terme de droite. On obtient ainsi que ( 1 d 1 1 u dx = dt x dx. (1.8 Soit v une fonction de classe C 1 sur [, 1] telle que v( =. Pour tout x [, 1], ( x v dv x (x = dx (ydy x dv dx (y 1 dy dv dx (y dy d où 1 v (xdx 1 dv dx (x dx. En appliquant cette dernière inégalité à v(x = u(t, x et (1.8 où Ainsi, et pour tout t, 1 df (t f(t dt f(t = 1 d(fe t dt = 1 u (x, tdx. ( 1 df dt + f e t f(te t f(.

8 5 Exercice 1.3. On se place en dimension N = 1 d espace. On suppose que les données initiales u et u 1 sont des fonctions régulières, et que f = avec = R. On note U 1 une primitive de u 1. Vérifier que u(t, x = 1 (u (x + t + u (x t + 1 (U 1(x + t U 1 (x t, (1.9 est la solution unique de u t u = f u = u(t = = u t (t = = u 1 dans la classe des fonctions régulières. Correction. La fonction dans R+ sur R + dans dans (1.1 u(t, x = 1 (u (x + t + u (x t + 1 (U 1(x + t U 1 (x t où U 1 est une primitive de u 1 est trivialement une solution de l équation des ondes (1.1. Comme l équation est linéaire, il suffit de prouver l unicité pour u = u 1 =. Soit x < x 1 et t < x 1 x. En multipliant l équation différentielle par, on obtient t par intégration par partie que ( x1 t ( x1 t = t (x, t dx + t t (x, t dx x x +t x +t x t (x 1 t + x t (x + t. Par commutation de la dérivation et de l intégration, on en déduit que ( = d x1 t dt (x, t x +t t + (x, t x dx + t (x + t, t + t (x 1 t, t + x (x + t, t + x (x 1 t, t c est à dire ( d x1 t dt (x, t t x +t x + (x, t x dx = ( t + (x + t, t x t (x 1 t, t + x t (x + t, t ( + t (x 1 t, t x.

9 6 CHAPITRE 1. MODÉLISATION ET SIMULATION Ainsi, d dt ( x1 t (x, t t x +t + (x, t x dx. Pour tout t, pour tout y et y 1 tels que y y 1, on a donc y1 (x, t t + x1 (x, t x dx (x, t + (x, x y x dx = (1.11 où x = y t et x 1 = y 1 + t. On déduit de (1.11 que u(x, t = pour tout x et t, ce qui achève la démonstration. Exercice Vérifier que la solution (1.9 au point (x, t ne dépend des données initiales u et u 1 qu à travers leurs valeurs sur le segment [x t, x + t]. Vérifier aussi u( t, x est solution de (1.1 dans R, quitte à changer le signe de la vitesse initiale u 1 (x. Correction. On rappelle que u(t, x = 1 (u (x + t + u (x t + 1 (U 1(x + t U 1 (x t, où U 1 est une primitive de u 1. Comme U 1 (x + t U 1 (x t = x+t x t u 1 (ydy ne dépend que de la restriction de u 1 sur l intervalle [x t, x + t], on en déduit que u(t, x ne dépend que de u et u 1 restreints à [x t, x+t]. L information se propage à vitesse finie. Enfin, on vérifie sans mal que u( t, x est solution de la même équation sur R, quitte à remplacer u 1 par u 1. Exercice On se propose de démontrer un principe de conservation de l énergie pour l équation des ondes (1.1 sans utiliser la formule explicite (1.9. En une dimension d espace, on pose = (, 1 et on suppose f =. Soit u(t, x une solution régulière de (1.1. En multipliant l équation par et en intégrant par rapport à x, établir l égalité t d énergie ( d 1 1 dt (t, x t dx + (t, x x dx =. Conclure et comparer à ce qui se passe pour l équation de la chaleur. Correction. En multipliant l équation des ondes par / t, on obtient par intégration 1 u 1 t t dx u dx =. x t On applique alors le théorème de dérivation sous le signe somme au premier terme de l équation et on effectue une intégration par partie sur le second. Il vient ( 1 d 1 1 u dt t dx + dx =. x t x

10 7 En appliquant à nouveau le théorème de dérivation sous le signe somme (au deuxième terme cette fois, on établit la conservation de l énergie. Dans le cas de l équation de la chaleur avec condition de Dirichlet, l énergie totale décroît exponentiellement. La température tend à devenir uniformément nulle au sein de l ouvert. Il y a une déperdition d énergie par le bord de. Le comportement est très différent pour la solution de l équation des ondes. L énergie est conservée au cours du temps et l onde est réfléchie sur les bords. Exercice On se propose de démontrer des principes de conservation de l énergie pour l équation de Schrödinger i t + u V u = dans RN R + (1.1 u(t = = u dans R N. Soit u(t, x une solution régulière de (1.1 en une dimension d espace qui décroît vers zéro (ainsi que lorsque x +. Montrer que pour toute fonction dérivable v(t x on a ( v R t v = 1 v t, où R désigne la partie réelle et v le complexe conjugué de v. En multipliant l équation par u et en intégrant par rapport à x, établir l égalité d énergie u(t, x dx = u (x dx. En multipliant l équation par, montrer que t ( (t, x x + V (x u(t, x dx = R R R R ( x (x Correction. Soit v une fonction dérivable, ( v R t v = 1 ( v t v + v t v On a bien = 1 vv t + V (x u (x dx. ( v R t v = 1 v t. (1.13 En multipliant l équation de Schrödinger par u, on obtient par intégration que i t u + u x u V u dx = R Par intégration par partie sur le second membre, on obtient i t udx = x + V u dx R R

11 8 CHAPITRE 1. MODÉLISATION ET SIMULATION (les hypothèses de décroissance effectuées sur u permettent d éliminer les termes de bords à l infini. Comme le second membre est réel, udx est un imaginaire R t pure, ( R R t udx =. D après (1.13, on a donc u dx =. R t Pourvu que la solution u soit suffisamment régulière, on peut commuter le signe somme et intégrale, ainsi d u dx = dt R et u(t, x dx = u dx. R En multipliant l équation de Schrödinger par, il vient t i t + u x t V u t dx = R Par intégration par partie du second membre, on obtient que i t u x t x V u dx =. t R En considérant la partie réelle de cette égalité, il vient ( t x + V u dx =. R Il suffit d échanger la dérivation par rapport au temps et le signe intégrale afin d obtenir le résultat escompté ( ( x + V u dx = x + V u dx. R R R Exercice Le but de cet exercice est de montrer que le schéma implicite u n j u n 1 j t + V un j+1 u n j 1 x + ν un j 1 + u n j u n j+1 ( x =, (1.14 avec V =, vérifie aussi le principe du maximum discret. On impose des conditions aux limites de Dirichlet, c est-à-dire que la formule (1.14 est valable pour 1 j J et on fixe u n = u n J+1 = pour tout n N. Soit deux constantes m M telles que m u j M pour 1 j J. Vérifier que l on peut bien calculer de manière unique les u n+1 j en fonction des u n j. Montrer que pour tous les temps n on a encore les inégalités m u n j M pour 1 j J (et ceci sans condition sur t et x.

12 9 Correction. Tout d abord, montrons que le schéma implicite (1.14 est correctement défini. On pose U n = (u n j 1 j J. On vérifie que le schéma implicite équivaut à déterminer U n tel que AU n = U n 1. où 1 + c c c 1 + c c. c A = c. c 1 + c c c 1 + c et c = ν t/( x. Il s agit donc de prouver que la matrice A est inversible, ce qui est aisé. En effet, A est symétrique, définie positive donc inversible : Soit X R J. Par convention, on pose X = X J+1 =. On a X T AX = J j= X j + X j+1 + c(x j+1 X j. Reste à prouver que le schéma vérifie le principe du maximum. On raisonne par récurrence sur n. Supposons que m u n 1 j M pour tout j {,, J + 1} rappelons que d après les conditions aux bords, m M. Soit m = inf j {1,,J} u n j et M = sup j {1,,J} u n j. Montrons que M M. Si M =, on a rien à démontrer. Dans le cas contraire, soit k {1,, J} tel que M = u n k. D après le schéma, ( u n (1 + cu n k = u n 1 k + c k 1 + u n k+1 Comme un k 1 +un k+1 u n k, on en déduit que (1 + c u n k u n 1 k + cu n k, d où M = u n k u n 1 k M. Quitte a remplacer u par u, on obtient également m m. Exercice 1.4. Montrer que, si la condition CFL n est pas satisfaite, le schéma décentré amont u n+1 j u n j t V t x. ( V un j u n j 1 x = (1.16 pour l équation d advection est instable pour la donnée initiale u j = ( 1 j.

13 1 CHAPITRE 1. MODÉLISATION ET SIMULATION Correction. Le schéma décentré amont est défini par u n+1 j u n j t + V un j u n j 1 x Considérons comme donnée initiale u j = ( 1 j. On montre par une récurrence évidente que ( n u n V t j = 1 ( 1 j. x Ainsi, la suite u n reste bornée si et seulement si V t 1 x 1. ou encore si la condition CFL est vérifiée. V t x 1 =. Exercice Écrire un schéma explicite centré en espace pour l équation des ondes (1.1 en une dimension d espace et sans terme source. Préciser comment démarrer les itérations en temps. Vérifier l existence d un cône de dépendance discret analogue à celui continu illustré par la Figure 1.3. En déduire que, si ce schéma converge, les pas de temps et d espace doivent nécessairement satisfaire la condition (de type CFL t x. Correction. Pour l équation des ondes (1.1 sans terme source, le schéma explicite centré est u n 1 j u n j + u n+1 j + un j 1 + u n j u n j+1 =. ( t ( x Ainsi, ( t u n+1 j = u n 1 j + u n j + (u n j 1 u n j + u n x j+1. (1.17 On initialise le schéma en posant u j = u (j x et u 1 j = u j + tu 1 (j x. Au vu de l équation (1.17, on montre par une récurrence évidente que la valeur de u n+1 j ne dépend que des valeurs des u 1 j+k pour k entier, n k n et de u j+l pour l entier, n < l < n. On note u(t, x la solution de l équation des ondes. Comme la valeur u((n + 1 t, j x dépend des valeurs de u et u 1 sur [j x (n + 1 t, j x + (n + 1 t], pour que le schéma converge, on doit avoir (j n 1 x j x (n + 1 t et j x + (n + 1 t (j + n + 1 x, conditions qui sont équivalentes à t x.

14 11 Exercice Le but de cet exercice est de montrer que le problème de Cauchy pour le Laplacien est mal posé. Soit le domaine bidimensionnel = (, 1 (, π. On considère le problème de Cauchy en x et le problème aux limites en y suivant u x u y = dans u(x, = u(x, π = pour < x < 1 u(, y =, (, y = n e sin(ny pour < y < π x Vérifier que u(x, y = e n sin(nysh(nx est une solution. Montrer que la condition n initiale et toutes ses dérivées en x = convergent uniformément vers, tandis que, pour tout x >, la solution trouvée u(x, y et toutes ses dérivées ne sont pas bornés quand n tend vers l infini. Conclure. Correction. Ici, x joue le rôle du temps. On vérifie sans mal que la solution proposée est une solution du système. D autre part, { k u x = e n n k sin(ny sinh(nx si k est pair k e n n k 1 sin(ny cosh(nx si k impair et p u = n e ( 1 p n p 1 sin(ny sinh(nx yp p+1 u = n e ( 1 p n p cos(ny sinh(nx. yp+1 On constate que en x =, u ainsi que toutes ses dérivées convergent vers lorsque n tend vers +. A contrario, si x >, ni u ni ses dérivées ne sont bornées par rapport à n. Or, pour des conditions initiales (i.e. en x = nulles, la fonction u = est une solution triviale du système. Ainsi, des perturbations infinitésimales des conditions initiales (même pour la norme très forte C induisent de très grandes perturbations de la solution (pour n importe quelle norme raisonnable, même faible. Le problème de Cauchy proposé est donc mal posé.

15 1 CHAPITRE 1. MODÉLISATION ET SIMULATION

16 Chapitre MÉTHODE DES DIFFÉRENCES FINIES Exercice..1 Montrer que le schéma à six points u n+1 j+1 un j+1 1 t + 5(un+1 j u n j 6 t + un+1 j 1 un j 1 1 t +ν un+1 j 1 + un+1 j u n+1 j+1 + ν un j 1 + u n j u n j+1 = ( x ( x (.1 n est rien d autre que le θ-schéma u n+1 j u n j t + θν un+1 j 1 + un+1 j u n+1 j+1 + (1 θν un j 1 + u n j u n j+1 = (. ( x ( x avec θ = 1/ ( x /1ν t Correction. Il suffit de constater que u n+1 j+1 un j+1 1 t + 5(un+1 j u n j 6 t = (un+1 j u n j t = (un+1 + un+1 j 1 un j 1 1 t + un+1 j+1 un j+1 1 t j u n j t + (un+1 j u n j 1 t + un+1 j 1 un j 1 1 t un+1 j 1 + un+1 j u n+1 j+1 + un j 1 + u n j u n j+1 1 t 1 t En remplacant cette expression dans le schéma à six points, on en déduit que ce dernier est équivalent à. u n+1 j u n j t + ( ν ( x u n+1 1 t j 1 + un+1 j u n+1 j+1 ( x + ( ν + ( x 1 t u n j 1 + u n j u n j+1 ( x = qui n est rien d autre que le θ schéma avec θ = 1/ ( x /1ν t. 13

17 14 CHAPITRE. MÉTHODE DES DIFFÉRENCES FINIES Exercice.. Pour chacun des schémas de la Sous-section..1, vérifier que l erreur de troncature est bien du type annoncé dans le Tableau.1. (On remarquera que tous ces schémas sont consistants sauf celui de DuFort-Frankel. Correction. Le calcul de l erreur de troncature d un schéma est souvent délicat à mener. Si on ne procède pas de manière soignée et méthodique, on peut aisément se retrouver englué dans un calcul inextricable, dont le coût croît exponentiellement en fonction de l ordre à déterminer. Quelques règles simples permettent en général d éviter ce travers. L erreur de troncature se calcule en développant tous les termes du schéma au même point à l aide des formules de Taylor. Le point choisi n a évidemment aucune influence sur le résultat obtenu (l ordre du schéma ne dépend pas du point considéré. Par contre, ce choix influe sur la taille du calcul qui en résulte. Il est recommandé de diviser le calcul en plusieurs étapes. Les développements calculés lors d une étape pouvant être réutilisé à une autre. Il faut absolument utiliser l équation vérifiée par la solution (par exemple remplacer les dérivées en temps par des dérivées en espace. Cela simplifie considérablement les calculs, et nous permet de déterminer l ordre optimal du schéma. Enfin, il faut éviter à tout prix d effectuer des calculs inutiles et ne pas manipuler des termes d ordre non significatifs. Enfin, un petit truc classique consiste à utiliser les symétries du schéma, qui peuvent impliquer que les termes non nul du développement sont nécessairement soit paires, soit impaires. Les schémas explicite, implicite et de Crank-Nicholson ne sont que des cas particuliers du θ-schéma. Ce dernier possède des termes communs avec le schéma à 6 points dont nous donnons le développement ci-dessous. Le schéma d ordre le plus élevé étant le schéma à 6 points, d ordre en temps et 4 en espace, on peut donc négliger les termes en o(( x 4 et o(( t. On effectue nos développement au point (t n, x j (un autre choix raisonnable consisterait à effectuer les développements au point (t n + t/, x j. Par développement de Taylor, puis en utilisant le fait que u est solution de l équation de la chaleur, on a u(t n+1, x j u(t n, x j = t ( t + t ( = De même, u t + ( t 6 t + ν ν u x 3 u (t t 3 n, x j + o(( t 4 u ( t 6 u + ν3 x4 6 x 6 (t n, x j + o(( t. u(t n, x j 1 u(t n, x j + u(t n, x j+1 = ( x ( u x + ( x 4 u 1 x + 6 u 4 ( x4 (t 6! x 6 n, x j + o(( x 4. En remplaçant n par n + 1 dans l expression précédente, on obtient suite à un

18 15 développement en (t n, x j que u(t n+1, x j 1 u(t n+1, x j + u(t n+1, x j+1 = ( x ( u x + ( x 1 + t 4 u x + 4 ( x4 6! 5 u ( 3 u t x + ( x + ( t De l équation / t = ν u/ x, il vient (t n, x j 6 u x 6 (t 1 t x 4 n, x j ( 4 u t x ( ( u(t n+1, x j 1 u(t n+1, x j + u(t n+1, x j+1 u ( x = ( x x ( ( x4 + ν( t( x + ν ( t 6 u 6! 1 x 6 (t n, x j + o(( x 4 + ( t 4 u + ν t x 4 (t n, x j + o(( x 4 + ( t 1. Consistance des schémas explicite, implicite, θ-schéma et Crank-Nicholson. Par combinaison linéaire, des développements calculés précédemment, u(t n+1, x j u(t n, x j t Après simplification, u(t n+1, x j u(t n, x j t = ((( 1 θ + θν u(t n+1, x j 1 + u(t n+1, x j u(t n+1, x j+1 ( x + (1 θν u(t n, x j 1 + u(t n, x j u(t n, x j+1 ( x = (1 θ (1 θ ν u ( ( x ν t ( x + θ + ν t (1 θ ( x ν 4 u 1 1 x ( θ ( t ν 3 6 u x + 6 o(( t + ( x. + θν u(t n+1, x j 1 + u(t n+1, x j u(t n+1, x j+1 ( x + (1 θν u(t n, x j 1 + u(t n, x j u(t n, x j+1 ( x ( ν t ( x ν 4 u 1 1 x θ ( t ν 3 6 u (t x 6 n, x j + o(( t + ( x. Ainsi pour le θ 1/ (en particulier pour les schémas explicite et implicite, le θ-schéma est d ordre un en temps et deux en espace, tandis que le schéma de Crank- Nicholson est d ordre deux en temps et en espace.

19 16 CHAPITRE. MÉTHODE DES DIFFÉRENCES FINIES. Consistance du schéma à 6 points. Il nous reste à considérer le terme u(t n+1, x j+1 u(t n, x j+1 t + u(t n+1, x j 1 u(t n, x j 1 t D après le développement effectué au début de l exercice, puis en développant le résultat obtenu en (t n, x j, on a u(t n+1, x j+1 u(t n, x j+1 + u(t n+1, x j 1 u(t n, x j 1 t ( t u = ν x + ν t 4 u x + ν ( t 6 u (t 4 6 x 6 n, x j+1 ( u + ν x + ν t 4 u x + ν ( t 6 u (t 4 6 x 6 n, x j 1 + o(( t ( ( u = ν x + ν t 4 u x + ν ( t 4 6 Soit, u(t n+1, x j+1 u(t n, x j+1 t = ν u x + ( ν t + ν( x 4 u x + 4 ( 6 u + ν( x 4 u x 6 + ν( x4 1 + u(t n+1, x j 1 u(t n, x j 1 ( t ν 3 ( t 3 x + ν t 6 u 4 x 6 6 u (t x 6 n, x j + o(( t + ( x 4 + ν t( x + ν( x4 6 u 1 x 6 + o(( t + ( x 4 Par combinaison linéaire avec les autres développements effectués, on obtient (après simplification u(t n+1, x j+1 u(t n, x j+1 1 t + u(t n+1, x j 1 u(t n, x j 1 1 t + 5(u(t n+1, x j u(t n, x j 6 t ν u(t n+1, x j 1 u(t n+1, x j + u(t n+1, x j+1 ( x ν u(t n, x j 1 u(t n, x j + u(t n, x j+1 ( x ( 3 = 6! ν( x4 ν3 6 u 1 ( t x + 6 o(( x4 + ( t. Le schéma à 6 points est donc d ordre 4 en espace et en temps. 3. Consistance du schéma de DuFort-Frankel (.7

20 17 u(t n+1, x j u(t n 1, x j t ( ( = t t + o x et u(t n, x j 1 + u(t n+1, x j + u(t n 1, x j u(t n, x j+1 ( x ( t u x t ( x 4 u 1 x + o 4 = u x + ( ( t + ( x x En combinant ces deux expressions, on en déduit que si u est solution de l équation de la chaleur, u(t n+1, x j u(t n 1, x j t + ν u(t n, x j 1 + u(t n+1, x j + u(t n 1, x j u(t n, x j+1 ( x ( ( ( ( t = ( x 4 u t x 1 x + o + ( x 4 x Le schéma est d ordre O(( t/ x + ( x. 4. Consistance du schéma de Gear (.8 et 3u(t n+1, x j 4u(t n, x j + u(t n 1, x j =( t t 3 ( t3 3 u t 3 (t n+1, x j + O(( t 4 u(t n+1, x j 1 + 3u(t n+1, x j u(t n+1, x j+1 = ( x u x ( x4 4 u 4 x + 4 O(( x6. En appliquant ces deux développements de Taylor à la solution u de l équation des ondes, on obtient 3u(t n+1, x j 4u(t n, x j + u(t n 1, x j ( x + ν u(t n+1, x j 1 + 3u(t n+1, x j u(t n+1, x j+1 t = ν( x 4 u 4 x + ( t 6 u 4 3 x + 6 O(( t3 + ( x 3 Le schéma de Gear est donc d ordre en temps et en espace.

21 18 CHAPITRE. MÉTHODE DES DIFFÉRENCES FINIES Exercice..3 Montrer que le schéma de Crank-Nicholson (. (avec θ = 1/ est stable en norme L si ν t ( x, et que le schéma de DuFort-Frankel u n+1 j u n 1 j t + ν un j 1 + u n+1 j + u n 1 j u n j+1 =, (.3 ( x est stable en norme L si ν t ( x (on appilque aux deux schémas des conditions aux limites de type Dirichlet homogènes. Correction. On va montrer que sous une condition CFL appropriée, le schéma de Crank-Nicholson vérifie le principe du maximum discret. Soit k et l tels que u n+1 k = M = max u n+1 j et u n+1 j l = m = min u n+1. j Notons que M est positif ou nul et m négatif ou nul. On va montrer que M max(, max u n j (.4 j et min(, min j u n j m. (.5 Dans un premier temps, on considère l inégalité (.4. Cette dernière est trivialement vérifiée si M =. On peut donc se restreindre au cas M. Le maximum de u n+1 j pour tout j {,, N + 1} est atteint en un élément k {1,, N} et d après (. avec θ = 1/, soit Si M M u n k t + ν un k 1 + un k un k+1 ( x, ( 1 ν t u n ( x k + ν t ( x (un k 1 + u n k+1. ν t ( x, (.6 le terme de droite est une combinaison convexe des coordonnées de u n, et le premier point de (.4 est vérifié. La minoration de m s en déduit en remplaçant u n par u n et M par m. Si la condition CFL (.6 est vérifiée, le schéma de Crank-Nicholson vérifie le principe du maximum discret. En conséquence, il est stable pour la norme L. Le schéma de DuFort-Frankel (.3 est défini par ( 1 t + ν ( x u n+1 j = ( 1 t ν ( x u n 1 j + ν ( x (un j 1 + u n j+1 Si ν t ( x, u n+1 j est une combinaison convexe de u n 1 j, u n j 1 et u n j+1. Ainsi, il est stable pour la norme L, c est a dire u n max ( u, u 1. Finalement, on peut remarquer que la différence de traitement des deux schémas est due à leur nature : implicite pour le schéma de Crank-Nicholson, explicite pour le schéma de DuFort-Frankel.

22 19 Exercice..4 Montrer que le θ-schéma (. est stable en norme L inconditionnellement si 1/ θ 1, et sous la condition CFL (1 θν t ( x si θ < 1/. Correction. Étudions la stabilité en norme L du θ-schéma. Par application de la transformation de Fourier, il vient ( 1 + θν t (1 cos(kπ x ( x û n+1 (k = ( 1 + (θ 1ν t (1 cos(kπ x ( x Ainsi, le schéma sera stable en norme L dès que (θ 1ν t 1 + (1 cos(kπ x ( x 1 + θν t (1 cos(kπ x ( x pour tout k, c est à dire ou encore 1 4ν t sin (kπ x ( x + 4θν t sin (kπ x 1 4ν t sin (kπ x ( x + 4θν t sin (kπ x. Comme θ est positif, cette condition est équivalente à ( x (1 θν t sin (kπ x. û n (k. Cette dernière relation est vérifiée pour tout k dès que (1 θ ou ( x (1 θν t. Exercice..5 Montrer que le schéma à 6 points (.1 est inconditionnellement stable en norme L. Correction. Par transformation de Fourier appliquée au schéma à 6 points (.1, on obtient ( cos(kπ x + 5 (û n+1 û n + ν 6 t 6 t ( x (4 cos(kπ x(ûn+1 + û n =, c est à dire ( 5 + cos(kπ x + 6ν t (4 cos(kπ x û n+1 = ( x ( 5 + cos(kπ x 6ν t (4 cos(kπ x ( x û n.

23 CHAPITRE. MÉTHODE DES DIFFÉRENCES FINIES Le schéma est donc L -stable dès que 5 + cos(kπ x + 6ν t (4 cos(kπ x ( x 6ν t 5 + cos(kπ x (4 cos(kπ x ( x. Relation qui est trivialement vérifiée indépendamment de x et t. Exercice..6 Montrer que le schéma de Gear 3u n+1 j 4u n j + u n 1 j t + ν un+1 j 1 + un+1 j u n+1 j+1 = (.7 ( x est inconditionnellement stable et donc convergent en norme L. Correction. En appliquant la transformation de Fourier au schéma de Gear (.7, on obtient ( 3 + c sin (kπ x û n+1 = 4û n û n 1, (.8 où c = 8ν t ( x. On introduit les polynômes (dépendants implicitement de k, t et x P (X = (3 + 8c sin (kπ xx 4X + 1. On note λ 1 et λ les racines de P et = (λ λ 1 son discriminant. Les solutions de (.8 s expriment explicitement en fonction de û et û 1 : {( ( λ λ n û n 1 λ 1λ n λ = λ 1 û λ n + λ n 1 λ λ 1 û 1 si, (1 nλ n 1û + nλ n 1 1 û 1 si =. Une condition nécessaire de stabilité est donc que λ 1 et λ soient au plus égaux à un. Dans ce cas, afin que le schéma soit stable, il suffit qu il existe deux réels δ et β tels que pour tout k, x et t, (k, x, t δ = max( λ 1 (k, x, t, λ (k, x, t < β < 1. (.9 En effet, posons C(β = max n nβ n 1. Comme < β < 1, C(β < +. De plus, si (k, x, t δ, λ n λ n 1 λ λ 1 / δ ; si < (k, x, t < δ, λ n λ n 1 λ λ 1 = n 1 λ k 1λ n 1 k n max( λ 1, λ n 1 C(β, k= et si (k, x, t =, n λ 1 n 1 C(β. De ces trois inégalités, on en déduit que û n (k < K( û + û 1

24 1 où K = 1 + 3(C(β + / δ. Ainsi, û n L K( u L + u 1 L. Reste à prouver que la condition de stabilité (.9 est en effet vérifiée. Tout d abord, on vérifie que pour tout k, x et t, λ 1 1 et λ 1. Enfin, λ 1 et λ sont des fonctions continues de. Or si =, λ 1 = λ = 1/. Il existe donc δ et β, 1/ < β < 1 tels que la condition (.9 est vérifiée. Exercice..7 Montrer que le schéma de DuFort-Frankel (.3 est inconditionnellement stable en norme L. Montrer que, si on fait tendre t et x vers de telle manière que le rapport t/ x tende aussi vers, alors le schéma de DuFort-Frankel est convergent. (On dit qu il est conditionnellement convergent. Correction. Par transformation de Fourier, on obtient que Soit encore où û n+1 û n 1 + ν t ( x ( ûn cos(kπ x + û n+1 + û n 1 =. (1 + cû n+1 (k c cos(kπ xû n (k (1 cû n 1 (k =, c = ( tν ( x. Notons que dans le cas c 1, on a prouvé précédemment la stabilité L du schéma de DuFort-Frankel. Cette dernière impliquant la stabilité L, nous n avons plus qu à étudier le cas c > 1. On procède comme pour l exercice précédent. Considérons le polynôme P (X = (1 + cx c cos(kπ xx (1 c On vérifie sans mal que les racines de P sont de module inférieur ou égale à un. Et si désigne le discriminant associé, λ 1, λ (1 + c 1 ( c cos(kπ x + 1/ /. Or c cos (kπ x = /4 + c 1. Ainsi, λ 1, λ (1 + c 1 ( /4 + c 1 1/ + 1/ /. Le terme de gauche est continue par rapport à et c. De plus, pour =, il est égale à ( c 1 c+1 1/. Sous la condition CFL c < M, il existe γ tel que ( c 1 c+1 1/ < γ < 1. Comme [1, M] est un compact, il existe δ et ε tel que pour tout 1 c M, δ = ( /4 + c 1 1/ + 1/ / < γ + ε < 1. La condition de stabilité (.9 énoncée dans la correction de l Exercice..5 est vérifiée. Le schéma est donc convergent pourvu que le rapport t/( x reste borné. Enfin, la stabilité combinée à la consistance implique la convergence.

25 CHAPITRE. MÉTHODE DES DIFFÉRENCES FINIES Exercice..8 Montrer que le schéma explicite u n+1 j,k u n j,k t + ν un j 1,k + un j,k un j+1,k ( x + ν un j,k 1 + un j,k un j,k+1 ( y = (.1 est stable en norme L (et même qu il vérifie le principe du maximum sous la condition CFL ν t ( x + ν t ( y 1. Correction. Le schéma explicite (.1 est défini par u n+1 j,k = ( ( ν t 1 ( x + ν t ( u u n j,k + ν t ( x (un j 1,k + u n j+1,k + ν t ( y (un j,k 1 + u n j,k+1 Si u n+1 j,k ν t ( x + ν t ( y 1/, est une combinaison convexe de coordonnées de u n et u n+1 j,k un. Exercice..9 Montrer que le schéma de Peaceman-Rachford u n+1/ j,k u n j,k t + ν un+1/ j 1,k + un+1/ j,k ( x u n+1/ j+1,k + ν un j,k 1 + un j,k un j,k+1 ( y = u n+1 j,k u n+1/ j,k t + ν un+1/ j 1,k + un+1/ j,k ( x u n+1/ j+1,k + ν un+1 j,k 1 + un+1 j,k u n+1 j,k+1 =. ( y est précis d ordre en espace et temps et inconditionnellement stable en norme L (pour des conditions aux limites de périodicité dans chaque direction. Correction. 1. Consistance En effectuant la soustraction des deux équations définissant le schéma, on obtient l expression de u n+1/ en fonction de u n et u n+1. u n+1/ j,k = un+1 j,k + u n j,k + ν t 4( y (un j,k 1 u n j,k + u n j,k+1 u n+1 j,k 1 + un+1 j,k u n+1 j,k+1. En substituant l expression de u n+1/ dans l une des équations du schéma, on détermine la relation reliant u n+1 à u n. On pourrait effectuer le calcul explicite de cette

26 3 expression, puis établir la consistance. Cependant, cela constitue un calcul fastidieux qu on peut éviter. On introduit donc la fonction intermédiaire v t, x, y (t, x, y = u(t + t, x, y + u(t, x, y + ν t 4( y ( u(t, x, y y u(t, x, y + u(t, x, y + y u(t + t, x, y y + u(t + t, x, y u(t + t, x, y + y (.11 Pour toute solution u de l équation de l équation de la chaleur, l erreur de troncature est v(t, x, y u(t, x, y v(t, x x, y + v(t, x, y v(t, x + x, y E(u = + ν t ( x u(t, x, y y + u(t, x, y u(t, x, y + y + ν ( y où v est définie par (.11. Par développement de Taylor, on établit que puis que v t, x, y =u + t ( ( t + ( t u 4 t ν 3 u + ( t3 3 u t y 4 t 3ν 4 u 3 t y + o ( ( t 3 + ( t( y E(u = v u t ν = ν3 ( t 4 ( v x + ( x 4 v 1 x + u 4 y + ( y 1 ( 4 u x y u ν 4 + o(( x + ( y + ( t. 4 u y 4 ( ( x 4 u x + 4 u 4 ( y y 4 + o(( x + ( y L erreur de troncature est d ordre en espace et en temps.. Étude de la stabilité L En appliquant la transformation de Fourier au schéma, on en déduit que et Ainsi, û n+1 (k, l = A(k, lû n (k, l où û n+1/ = 1 ν t sin (lπ y ( y (kπ xûn 1 + ν t sin ( x û n+1 = 1 ν t sin (kπ x ( x 1 + ν t sin (lπ y ûn+1/. ( y A(k, l = 1 ν t sin (lπ y ( y 1 + ν t sin (lπ y ( y 1 ν t ( x sin (kπ x 1 + ν t ( x sin (kπ x.

27 4 CHAPITRE. MÉTHODE DES DIFFÉRENCES FINIES Comme pour tout x, (1 x/(1 + x 1, on a A(k, l 1. Le schéma est inconditionnellement stable en norme L. Exercice..1 Montrer que le schéma de directions alternées (.31 est précis d ordre en espace et temps et inconditionnellement stable en norme L (pour des conditions aux limites de périodicité dans chaque direction. Correction. 1. Étude de la consistance Le schéma se décompose en deux étapes ( Id t ν ( Id M y u n+1/ t + ν M y u n = et où et ( Id t ν ( Id M x u n+1 t + ν M x u n+1/ =, (M x v j,k = v j+1,k v j,k + v n j 1,k ( x (M y v j,k = v j,k+1 v j,k + v n j,k 1 ( y. Afin d appliquer la définition de la consistance donnée dans le cours, il faut exhiber la relation reliant u n+1 à u n. Il faut donc supprimer l inconnue intermédiaire u n+1/ des équations définissant le schéma numérique. A cet effet, il suffit de multiplier la deuxième équation par ( Id ( ν M t y et de constater que cette matrice commute avec Id + ν M t x. On obtient ainsi ( Id ν t ( M y Id ν t M x u n+1 = D après la première équation du schéma, il vient ( Id + ν t ( M x Id ν t M y u n+1/. ( ( t 1 Id ν t ( M y Id ν t M x u n+1 ( ( t 1 Id + ν t ( M x Id + ν t M y u n =. Pour toute fonction v, on note M y (v la fonction définie par M y (v(t, x, y = v(t, x, y + y v(t, x, y + v(t, x, y y ( y.

28 5 On définit de même la fonction M x (v en échangeant les rôles respectifs de x et y. De plus, on note τ(v(t, x, y = v(t + t, x, y. En effectuant un développement de Taylor en (t, x, y, on montre que M y (v = v y + O(( y. On en déduit que ( ( t 1 Id ν t ( M y Id ν t M x (τ(v = ( v τ t ν v + ν t 4 v 4 x y + O(( x + ( y. De même, ( t 1 ( Id + ν t M x Ainsi, ( t 1 ( Id ν t M y τ(v v t ( Id + ν t M y (v = ( Id ν t M x v t + ν v + ν t 4 v 4 x y + O(( x + ( y. (τ(v ( ( ( t 1 Id + ν t M x Id + ν t M y (v = ( τ(v + v ν + O( t + ( x + ( y = v t ν v + O( t + ( x + ( y, d où on déduit que le schéma est d ordre en espace et 1 en temps. Remarque..1 Le point essentiel sur lequel repose la démonstration de la consistance porte sur la propriété de commutation employée au début de la preuve.. étude de la stabilité L En appliquant la transformation de Fourier au schéma, on établit que et û n+1/ = 1 ν t sin (πk x ( x (πk xûn 1 + ν t sin ( x û n+1 = 1 ν t sin (πl y ( y (πl yûn+1/. 1 + ν t sin ( y Ainsi, û n+1 û n+1/ û n et le schéma est inconditionnellement stable L.

29 6 CHAPITRE. MÉTHODE DES DIFFÉRENCES FINIES Exercice.3.1 Montrer que le schéma implicite centré u n+1 j u n j t + V un+1 j+1 un+1 j 1 x = (.1 est consistant avec l équation d advection (.3, précis à l ordre 1 en temps et en espace, inconditionnellement stable en norme L, donc convergent. Correction. La consistance et la précision ne posent pas de problèmes. Pour la stabilité L, l analyse de Fourier conduit à û n+1 (k = ( 1 + i V t 1 x sin(πk x û n (k = A(kû n (k. On vérifie alors que le module du facteur d amplification est toujours plus petit que 1 ( ( 1 V t A(k = 1 + x sin(πk x 1. Le schéma est inconditionnellement stable. La convergence s obtient alors par le Théorème de Lax... Exercice.3. Montrer que le schéma de Lax Wendroff u n+1 j u n j t + V un j+1 u n j 1 x ( V t u n j 1 u n j + u n j+1 ( x =. (.13 est stable et convergent en norme L si V t x. Correction. Il suffit de montrer la stabilité en norme L afin d en déduire la convergence par le théorème de Lax. En appliquant la transformation de Fourier au schéma de Lax-Wendroff (.13, on obtient où A(k = 1 û n+1 (k = A(kû n (k ( V t sin (kπ x i V t x x sin(kπ x Le schéma est stable en norme L dès que A(k 1. On montre aisément que A(k = 1 4 sin 4 (kπ x Ainsi, le schéma est stable et convergent dès que ( ( V t 1 x V t x 1. ( V t. x

30 7 Exercice.3.3 Montrer que le schéma de Lax-Friedrichs préserve le principe du maximum discret si la condition CFL V t x est satisfaite, tandis que le schéma de Lax-Wendroff ne le préserve pas sauf si V t/ x vaut 1,, ou 1. Correction. 1. Schéma de Lax-Friedrichs ( 1 u n+1 j = + V t x u n j+1 + ( 1 V t u n x j 1. Ainsi, u n+1 j est une combinaison linéaire convexes de u n j+1 et u n j dès que V t x. Sous cette condition, le schéma vérifie le principe du maximum discret.. Schéma de Lax-Wendroff u n+1 j = V t ( V t x x 1 u n j+1 + ( 1 ( V t u n j + V t ( V t x x x + 1 u n j 1. Le schéma préserve le principe du maximum discret si et seulement si chacun des coefficients apparaissant dans le terme de droite est positif, c est à dire si et seulement si V t/ x = 1, ou 1. Exercice.3.4 Montrer que le schéma de Lax-Wendroff (.13 est le seul schéma précis à l ordre en espace et temps qui soit du type u n+1 j où α, β, γ dépendent seulement de V t/ x. Correction. L erreur de troncature est = αu n j 1 + βu n j + γu n j+1, E = ( t 1 (u(x j, t n+1 αu(x j 1, t n βu(t n, x j γu(t n, x j+1. En effectuant un développement de Taylor en (x j, t n, on montre que E = ( t 1 (1 (α + β + γ u + t + x (α γ t x + t u t α + γ ( x u t x + O Si u est solution de l équation d advection, Ainsi, ( ( t + / t = V / x et u/ t = V u/ x. E = ( t 1 (1 (α + β + γ u x (c (α γ t x + ( x ( c (α + γ u t x + O (( t ( 1 + α γ ( x. c α γ, (.14 c 3

31 8 CHAPITRE. MÉTHODE DES DIFFÉRENCES FINIES où c = V t/ x. Si le schéma est d ordre en temps et en espace, on doit avoir ( 1 (α + β + γ = O (( t 3 α γ 1 +, c ( 3 c α + γ = O (c( t α γ 1 +, c ( ( 3 c (α + γ = O c α γ ( t 1 +. c 3 En faisant tendre vers zéro t et x à c constant, on obtient le système linéaire suivant D où l on déduit que 1 (α + β + γ = c α + γ = c (α + γ =. α = c(1 + c/ β = 1 c γ = c(c 1/. Enfin, comme α γ = O(c, d après (.14, le schéma est en effet au moins d ordre en espace et en temps. Exercice.3.5 Montrer que le schéma explicite décentré amont u n+1 j u n+1 j u n j t u n j t + V un j u n j 1 x + V un j+1 u n j x = si V > = si V <. (.15 est consistant avec l équation d advection (.3, précis à l ordre 1 en espace et temps, stable et convergent en norme L si la condition CFL V t x est satisfaite. Correction. La consistance d ordre 1 en temps et en espace est aisée à établir. En effet, dans le cas V >, u(t n+1, x j u(t n, x j t + V u(t n, x j u(t n, x j 1 x = (u t + V u x (t n, x j + O( t + x. Le cas V < est identique. Enfin, la stabilité L se déduit de la stabilité L. Exercice.3.6 Montrer que l équation équivalente du schéma décentré amont (.15 est t + V x V ( x V t u x =.

32 9 Correction. Considérons le cas V >. L erreur de troncature du schéma décentré amont (.15 est E = t + V x + t u t V x u x + O(( t + ( x. Soit u tel que l erreur de troncature du schéma décentré soit d ordre en espace et en temps, on a u t = V u + O( t + x. x Ainsi, l erreur de troncature pour u est égale à t + V x + V (V t u x x + O(( t + ( x. L équation équivalente dans le cas V > est donc t + V x + V (V t u x x =. Il suffit de substituer x par x pour obtenir l équation équivalente dans le cas V <. Enfin, on peut résumer ces deux résultats par l équation valable dans les deux cas. t + V x V ( x V u t x = Exercice.3.7 Montrer que l équation équivalente du schéma de Lax-Wendroff (.13 est t + V x + V (1 ( x (V t 3 u 6 ( x x =. 3 Correction. L erreur de troncature dans le cas du schéma de Lax-Wendroff (.13 est E(u = u(t n+1, x j u(t n, x j t + V u(t n, x j+1 u(t n, x j 1 ( x V t u(tn, x j 1 u(t n, x j + u(t n, x j+1. ( x En effectuant un développement de Taylor en (t n, x j, on montre que E(u = t + V x + t ( u t V u + ( t 3 u x 6 t 3 + V ( x 6 3 u x 3 + O(( x3 + ( t 3. (.16 Soit u tel que E(u soit d ordre 3 en espace et en temps, on montre que dans ce cas u t = V u x + O(( x + ( t

33 3 CHAPITRE. MÉTHODE DES DIFFÉRENCES FINIES De plus, 3 u/ t 3 = V 3 3 u/ 3 x+o( t+ x. En substituant ces expressions dans l équation (.16, on obtient l équation équivalente attendue : ( t + V x + V ( ( x t 1 V 3 u 6 x x = 3 O(( x3 + ( t 3. Exercice.3.8 Soit l équation t + V x ν u x u µ 3 x = pour (x, t R 3 R+ u(t =, x = sin(ωx + φ pour x R, avec V, ν, µ, ω, φ R. Montrer que sa solution est u(t, x = exp( νω t sin ( ω(x (V + µω t + φ (on admettra son unicité. En déduire que la diffusion atténue l amplitude de la solution, tandis que la dispersion modifie la vitesse de propagation. Correction. On détermine les dérivées partielles de u intervenant dans l équation donnée. On a t = νω u + ω(v + µω exp( νω t cos ( ω(x (V + µω t + φ, x = ω exp( νω t cos ( ω(x (V + µω t + φ, u x = ω u, et 3 u x = 3 ω3 exp( νω t cos ( ω(x (V + µω t + φ. En sommant ces différents termes, on obtient t + V x ν u x u µ 3 x =. 3 L atténuation de l amplitude est exp( νω t. Elle est donc d autant plus forte que le terme de diffusion ν est important par rapport à ω. La vitesse de propagation de l onde est (V + µω et dépend donc du terme de dispersion µ. Exercice.3.9 On définit le schéma saute-mouton (leapfrog, en anglais u n+1 j u n 1 j t + V un j+1 u n j 1 x =. Étudier la consistance et l erreur de troncature de ce schéma. Montrer par analyse de Fourier qu il est stable sous la condition CFL V t M x avec M < 1.

34 31 Correction. 1. Étude de la consistance Par développement de Taylor en (t n, x j on a u(t n+1, x j u(t n 1, x j + V u(t n, x j+1 u(t n, x j 1 = t x t + V x + ( t 3 u 1 t + V ( x 3 u 3 1 x + 3 O(( t3 + ( x 3. Si u est solution de l équation d advection, l erreur de troncature est donc E = 1 1 ( ( x ( t V 3 3 u x 3. Ainsi, le schéma saute-mouton est consistant, d ordre en espace et en temps.. Stabilité L Par transformation de Fourier, on obtient û n+1 (k = û n 1 (k ic sin(πk xû n (k. (.17 où c = V t. On introduit les polynômes (dépendants implicitement de k, t et x x P (X = X + ic sin(πk xx 1. On note λ 1 et λ les racines de P et = 4(1 c sin (kπ x son discriminant. Les solutions de (.17 s expriment explicitement en fonction de û et û 1 : {( ( λ λ n û n 1 λ 1λ n λ = λ 1 û λ n + λ n 1 λ λ 1 û 1 si, (1 nλ n 1û + nλ n 1 1 û 1 si =. Si c > 1, le module de la somme des deux racines est égale à c >. Le module de l une des deux racines est plus grand que un et le schéma est instable. Si c = 1, on peut avoir = pour certaines valeurs de k et x. Dans ce cas, λ 1 = λ = i et û n = (nû 1 + i(n 1û i n 1. Le schéma est instable. Considérons le cas où c est majoré par une constante M < 1. Dans ce cas, les racines de P sont de même module λ 1 = λ = 1. De plus, λ 1 λ = > 1 M >. On déduit de l expression explicite de û n en fonction de û et û 1 que û n û + û 1 1 M. Ainsi, sous la condition CFL V t/ x < M < 1, le schéma saute mouton est stable L.

35 3 CHAPITRE. MÉTHODE DES DIFFÉRENCES FINIES Exercice.3.1 On définit le schéma de Crank-Nicholson u n+1 j u n j t + V un+1 j+1 un+1 j 1 + V un j+1 u n j 1 4 x 4 x =. Étudier la consistance et l erreur de troncature de ce schéma. Montrer par analyse de Fourier qu il est inconditionnellement stable. Correction. 1. Consistance Par développement de Taylor en (t n, x n, on montre que u(t n+1, x j u(t n, x j t + V u(t n, x j+1 u(t n, x j 1 4 x + V u(t n+1, x j+1 u(t n+1, x j 1 4 x = t + V x + t + ( t 6 ( 3 u t 3 + V 3 u x t + ( x V 6 ( u t + V u t x 3 u x 3 + O(( t3 + ( x 3. Ainsi, si u est solution de l équation d advection, l erreur de troncature est E(u = V 1 ( ( x V ( t 3 u x 3 + O(( t3 + ( x 3. Le schéma de Crank-Nicholson est donc d ordre en temps et en espace.. Stabilité L Par transformation de Fourier, on établit que ( û n+1 iv t 1 + x sin(πk x ( = û n 1 iv t x sin(πk x. Ainsi, û n+1 = û n. Le schéma est donc inconditionnellement stable en norme L. Exercice.3.11 Finir la démonstration du Lemme.3.6 en calculant A(k n, et montrer la stabilité du schéma sous condition CFL grâce à (.41. Correction. On utilise l analyse de Fourier pour obtenir ( ( Û n+1 (k = ûn+1 (k (1 θα(k 1 û n = 1+θα(k Û n (k = A(kÛ n (k, (k 1 où α(k = 4 ( t sin (πk x x Ainsi, Û n+1 (k = A(k n Û (k. Les valeurs propres de la matrice A(k sont les racines du polynôme λ (1 θα(k λ + 1 =, ( θα(k

36 33 dont le discriminant est α(k (k = (4 (1 4θα(k. (1 + θα(k Si α(k =, le polynôme (.18 possède une racine double λ = 1. Si α(k, d après la condition CFL, (k < et le polynôme possède deux racines distinctes complexes, conjuguées l une de l autre, de module 1. Considérons le premier cas, c est à dire α(k =. Dans ce cas, il existe p tel que k = p(n + 1. On note v la vitesse initiale et v j la vitesse discrétisée. ˆv(k = N v j e iπkj x = j= N v j e iπp = j= N v j =, j= d après l hypothèse de vitesse moyenne initiale nulle effectuée. Ainsi, û 1 (k = û (k+ tˆv(k = û (k. Or ( ( ( ( A(k = =, d où Û n (k = A(k n Û n ( = A(k n ( û (k û (k = ( û (k û (k = Û (k. On a montré que si α(k =, û n (k = û (k pour tout n. Reste à considérer le cas α(k. Dans ce cas, le polynôme (.18 possède deux racines distinctes λ et λ. La matrice A(k est diagonalisable. Plus précisément, On en déduit que A(k = 1 λ λ A(k n = 1 λ λ ( λ λ 1 1 ( λ λ 1 1 ( λ λ ( λ n λ n ( 1 λ 1 λ ( 1 λ 1 λ On obtient ainsi une expression explicite de û n+1 (k en fonction de û (k et ˆv(k. Plus précisément, û n+1 (k = 1 (( (λ n+1 λ n+1 (λ n λ n û (k t(λ n+1 λ n+1 ˆv(k, λ λ ou encore û n+1 (k = 1 λ λ.. (( λ n (λ 1 λ n (λ 1 û (k t(λ n+1 λ n+1 ˆv(k Un calcul explicite de la racine λ du polynôme (.18 nous donne λ = (1 θα(k + i (k. (1 + θα(k.

37 34 CHAPITRE. MÉTHODE DES DIFFÉRENCES FINIES La condition CFL, stipule que 4 (1 4θα(k est minoré par une constante strictement positive. Ainsi, il existe une constante C 1 indépendante de k telle que λ 1 α(k λ λ = ((1 + θα(k i(1 θ 4 (1 4θα(k < C 1. (.19 D autre part, en utilisant à nouveau la condition CFL, on établit qu il existe une constante C, indépendante de k telle que Or min k:sin(kπ x dès que x est assez petit. Ainsi, t λ λ C t α(k ( t α(k = sin(π x > x t λ λ π 1 C. ( t π x = π t x De cette dernière estimation, de l estimation (.19, de l expression de u n+1 (k et le module de λ étant égale à 1, on déduit que û n+1 (k C 1 û (k + π 1 C ˆv(k. Le schéma est donc stable pour la norme L et il existe une constante C telle que u n L C ( u L + v L Exercice.3.1 On considère le cas limite du Lemme.3.6, c est-à-dire t/ x = (1 4θ 1/ avec θ < 1/4. Montrer que le θ-schéma centré u n+1 j u n j + u n 1 j ( t +(1 θ un j 1 + u n j u n j+1 ( x +θ un+1 j 1 + un+1 j u n+1 j+1 ( x +θ un 1 j 1 + un 1 j u n 1 j+1 = ( x (. est instable dans ce cas en vérifiant que u n j = ( 1 n+j (n 1 est une solution (remarquez qu il s agit d une instabilité faible puisque la croissance de u n est linéaire et non exponentielle. Correction. Soit u n j = ( 1 n+j (n 1, u n j 1 + u n j u n j+1 = 4( 1 n+j (n 1 et u n+1 j u n j + u n 1 j = 4( 1 n+j+1 (n 1.

38 35 En substituant ces relations dans l expression du θ schéma et en considérant le cas ( t/ x = (1 4θ 1, on en déduit que u n+1 j u n j + u n 1 j ( t + θ un+1 j 1 + un+1 j u n+1 j+1 ( x + (1 θ un j 1 + u n j u n j+1 ( x + θ un 1 j 1 + un 1 j u n 1 j+1 ( x = 4( t (n 1( 1 n+j( 1 θ(1 4θ 1 + (1 θ(1 4θ 1 θ(1 4θ 1 =. Exercice.3.13 Montrer que le θ-schéma centré (. conserve l énergie discrète, c est-à-dire que E n+1 = E 1 pour tout n, où ( N u n+1 E n+1 j u n j = + a x(u n+1, u n + θa x(u n+1 u n, u n+1 u n t avec j= a x (u, v = N ( uj+1 u j x j= Correction. On multiplie (. par u n+1 j u n 1 j ( vj+1 v j. x et il vient 1 ( u n+1 ( t j u n j (u n j u n 1 j ( u n+1 j u n j + (u n j u n 1 j + 1 ( x ( u n j 1 + u n j u n j+1 ( u n+1 j u n 1 j + θ ( (u n+1 ( x j 1 un j 1 + (u n+1 j u n j (u n+1 j+1 un j+1 ( u n+1 j + θ ( (u n 1 ( x j 1 un j 1 + (u n 1 j u n j (u n 1 j+1 un j+1 ( u n+1 j Si on somme par rapport à j, comme u n 1 j u n 1 j = N j= ( u n j 1 + u n j u n j+1 vj = N ( u n j+1 u n j (vj+1 v j, j= on en déduit que N j= ( u n+1 j u n j t N j= ( u n j u n 1 j + a x(u n, u n+1 u n 1 t + a x (u n+1 u n, u n+1 u n + (u n u n 1 + a x (u n 1 u n, u n+1 u n + (u n u n 1 =,

39 36 CHAPITRE. MÉTHODE DES DIFFÉRENCES FINIES c est à dire = N j= N j= ( u n+1 j u n j t ( u n j u n 1 j t + a x(u n, u n+1 + θa x(u n+1 u n, u n+1 u n + a x(u n 1, u n + θa x(u n u n 1, u n u n 1. Exercice.3.14 Montrer que le schéma de Lax-Friedrichs ( 1 v n+1 j vj+1 n vj 1 n t wj+1 n wj 1 n 1 ( ( 1 v n j+1 vj 1 n x 1 wj+1 n wj 1 n w n+1 j =, (.1 est stable en norme L sous la condition CFL t x, et qu il est précis à l ordre 1 en espace et temps si le rapport t/ x est gardé constant lorsque t et x tendent vers zéro. Correction. 1. Consistance On pose U = (v, w et J = ( 1 1 On effectue un développement de Taylor en (t n, x j sur le schéma (.1 : 1 t (U(t n+1, x j U(t n, x j+1 U(t n, x j 1 1 = U t J U x ( x t. x J (U(t n, x j+1 U(t n, x j 1 ( ( t 1 x U x + O (( x + ( x4 t Le schéma est donc consistant et précis à l ordre 1 si le rapport t/ x est constant.. Stabilité L Étudions la stabilité L. Par transformation de Fourier, on établit que ( ˆv n+1 ŵ n+1 = ( cos(kπ x + i sin(kπ x t x ( 1 1 ( ˆv n On pose α = cos(kπ x et β = sin(kπ x t. On diagonalise la matrice A(k et x on établit que A(k = 1 ( ( ( 1 1 α iβ α + iβ 1 1 ŵ n. Notons que ( = I.

40 37 Ainsi, le schéma est stable L si et seulement si α + iβ 1. Or α + iβ = (cos(kπ x + sin(kπ x ( t/ x. Le schéma est donc stable en norme L sous la condition CFL t x. Exercice.3.15 Montrer que le schéma de Lax-Wendroff ( 1 v n+1 j vj n t w n+1 j wj n 1 ( ( 1 v n j+1 vj 1 n x 1 wj+1 n wj 1 n (. + t ( ( 1 v n j 1 + vj n vj+1 n ( x 1 wj 1 n + wj n wj+1 n = est stable en norme L sous la condition CFL t x, et qu il est précis à l ordre en espace et temps. Correction. 1. Consistance On pose U = (v, w et J = ( 1 1 On effectue un développement de Taylor en (t n, x j sur le schéma (. : 1 t (U(t n+1, x j U(t n, x j 1 x J (U(t n, x j+1 U(t n, x j 1 + t ( x ( U(t n, x j 1 + U(t n, x j U(t n, x j+1 = U t + t U x + J ( t 3 U 6 t J U 3 x ( x 3 U 6 x t U 3 x + O(( t3 + ( x 3. Si U est solution de l équation (.43, on en déduit que l erreur de troncature est E(U = 1 ( ( t ( x J 3 U 6 x + 3 O(( x + ( t.. Stabilité L. Établissons la stabilité L sous la condition CFL t x. Par transformation de Fourier, on établit que ( ( t Û n+1 (k = 1 sin (kπ x + i t x x sin(kπ xj Û n (k On pose α = 1 ( t x sin (kπ x et β = t sin(kπ x et on procède comme x pour l exercice précédent. Ainsi, le schéma est stable L si et seulement si α+iβ 1. Or ( ( ( t t α + iβ = 1 4 sin 3 (kπ x 1. x x Ainsi, le schéma est stable L dès que t x 1..

41 38 CHAPITRE. MÉTHODE DES DIFFÉRENCES FINIES

42 Chapitre 3 FORMULATION VARIATIONNELLE DES PROBLÈMES ELLIPTIQUES Exercice Si f est une fonction continue sur [, 1], montrer que l équation différentielle { d u = f pour < x < 1 dx (3.1 u( = u(1 =. admet une solution unique dans C ([, 1] donnée par la formule u(x = x 1 f(s(1 sds x f(s(x sds pour x [, 1]. (3. Correction. Soit u défini par (3.. La continuité de la fonction f assure la dérivabilité de la fonction u. On a u (x = 1 f(s(1 sds x f(sds, d où u (x = f. De plus, u vérifie les conditions aux limites u( = u(1 =. Ainsi, u est bien solution de l équation différentielle (3.1. Il reste à établir l unicité de la solution de l équation (3.1. L équation étant linéaire, il suffit de montrer que toute solution v de l équation (3.1 avec f = est nulle. La dérivée seconde de v étant nulle, on en déduit que v est une fonction affine. Enfin, les conditions aux limites impliquent la nullité de la fonction v. Exercice 3..1 Déduire de la formule de Green (3.5 la formule de Stokes divσ(xφ(x dx = σ(x φ(x dx + σ(x n(x φ(x ds, où φ est une fonction scalaire de C 1 ( et σ une fonction à valeurs vectorielles de C 1 (, à supports bornés dans le fermé. 39