Analyse numérique et optimisation Une introduction

204 Pages·2012·1.04 MB·French

Exercices Corrige´s
-
Analyse nume´rique et optimisation
Une introduction a` la mod´elisation math´ematique
et a` la simulation num´erique
G. Allaire, S. Gaubert, O. Pantz
Ecole Polytechnique
MAP 431
29 aouˆt 2012
Introduction i
Introduction
Cerecueilrassembletouslesexercicespropos´esdanslecoursdedeuxi`emeann´ee
d’introduction a` l’analyse num´erique et l’optimisation de Gr´egoire Allaire [1]. Toute
r´ef´erence a` ce dernier se distinguera des r´ef´erences internes au recueil par ses ca-
ract`eresgras.Parexemple,(1.1)faitr´ef´erence`alapremi`ereformuleducours.Malgr´e
notre vigilance, ce manuscrit comporte sans aucun doute (encore) de multiples er-
reurs de tout ordre. De nombreux exercices m´eriteraient un traitement plus ´el´egant
autantd’unpointdevuemath´ematiquequestylistique.Nousinvitonsd’ailleurstout
lecteur a` participer `a son am´elioration. Vous pouvez nous signaler toute erreur ou
approximation en envoyant un mail a` l’adresse
[email protected]
Nous serons ´egalement heureux de recevoir de nouvelles solutions aux exercices pro-
pos´es ou toutes autres suggestions. Bon courage.
G. Allaire, S. Gaubert, O. Pantz
Paris, Juillet 2006
ii Introduction
Chapitre 1
INTRODUCTION A LA
´
MODELISATION
´
MATHEMATIQUE ET A LA
´
SIMULATION NUMERIQUE
Exercice 1.2.1 On suppose que la donn´ee initiale θ est continue et uniform´ement
0
born´ee sur R. V´erifier que
1 (cid:90) +∞ (cid:18) (x−Vt−y)2(cid:19)
θ(t,x) = √ θ (y)exp − dy (1.1)
0
4πνt 4νt
−∞
est bien une solution de
(cid:26) ∂θ +V ∂θ −ν∂2θ = 0 pour (x,t) ∈ R×R+
∂t ∂x ∂x2 ∗ (1.2)
θ(t = 0,x) = θ (x) pour x ∈ R
0
Correction. Dans un premier temps, nous allons v´erifier formellement que l’ex-
pression de θ(t,x) (1.1) propos´ee est solution de l’´equation de convection diffusion
(1.2). Dans un deuxi`eme temps, nous justifierons les calculs effectu´es.
(cid:16) (cid:17)
On pose G(x,t,y) = exp −(x−Vt−y)2 . On a
4νt
∂G x−Vt−y
= − G(x,t,y)
∂x 2νt
∂2G (cid:18) 1 (x−Vt−y)2(cid:19)
= − + G(x,t,y)
∂x2 2νt 4ν2t2
∂G (x+Vt−y)(x−Vt−y)
= G(x,t,y).
∂t 4νt2
Quitte `a permuter les op´erateurs de d´erivation et d’int´egration, on en d´eduit que
∂ (cid:90) ∞ (cid:90) ∞ ∂G
θ (y)G(x,t,y)dy = θ (y) dy (1.3)
0 0
∂x ∂x
−∞ −∞
(cid:90) ∞ x−Vt−y
= − θ (y) G(x,t,y)dy.
0
2νt
−∞
1
´
2 CHAPITRE 1. MODELISATION ET SIMULATION
De mani`ere similaire,
∂2 (cid:90) ∞ (cid:90) ∞ (cid:18) 1 (x−Vt−y)2(cid:19)
θ (y)G(x,t,y)dy = − θ (y) − G(x,t,y)dy
∂x2 0 0 2νt 4ν2t2
−∞ −∞
et
∂ (cid:90) ∞ (cid:90) ∞ (x+Vt−y)(x−Vt−y)
θ (y)G(x,t,y)dy = θ (y) G(x,t,y).
∂t 0 0 4νt2
−∞ −∞
On obtient ainsi l’expression des d´eriv´ees partielles de θ(t,x) pour tout t > 0, a`
savoir
∂θ 1 (cid:90) ∞ x−Vt−y
= −√ θ (y) G(x,t,y)dy
0
∂x 4πνt 2νt
−∞
∂2θ 1 (cid:90) ∞ (cid:18) 1 (x−Vt−y)2(cid:19)
= −√ θ (y) − G(x,t,y)dy
∂x2 4πνt 0 2νt 4ν2t2
−∞
∂θ 1 (cid:90) ∞ (cid:18)(x+Vt−y)(x−Vt−y) 1 (cid:19)
= √ θ (y) − G(x,t,y)dy.
∂t 4πνt 0 4νt2 2t
−∞
On v´erifie alors ais´ement que
∂θ ∂θ ∂2θ
+V −ν = 0.
∂t ∂x ∂x2
Il reste a` prouver que θ(t,x) est prolongeable en t = 0 et v´erifie bien la condition
initiale, c’est-`a-dire que
1 (cid:90) ∞ (cid:18) (x−Vt−y)2(cid:19)
lim √ θ (y)exp − dy = θ (x). (1.4)
0 0
t→0 4πνt 4νt
−∞
Rappelons que,
(cid:90) ∞ √
exp(−x2)dx = π. (1.5)
−∞
Pour ´etablir cette relation, il suffit de calculer (cid:16)(cid:82)∞ e−x2dx(cid:17)2 = (cid:82) e−|x|2dx en
−∞ R2
coordonn´ees polaires. On pose
1 (cid:18) (x−Vt−y)2(cid:19)
ρ(x,t,y) = √ exp − .
4πνt 4νt
D’apr`es (1.5), (cid:82) ρ(x,t,y)dy = 1 pour tout x et t. Enfin, pour tout x ∈ R, on constate
que pour tout y diff´erent de x, lim ρ(x,t,y) = 0. Ainsi, x ´etant fix´e, ρ(x,t,y) est
t→0
une fonction de y se concentrant en x lorsque t tend vers z´ero. Pour ˆetre plus pr´ecis,
on montre que pour tout δ et ε r´eels strictement positifs, il existe t(δ,ε) tel que pour
tout t < t(δ,ε),
(cid:12)(cid:90) x+δ (cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12) ρ(x,t,y)dy −1(cid:12) ≤ ε.
(cid:12) (cid:12)
x−δ
3
et
(cid:12)(cid:90) x−δ (cid:90) ∞ (cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12) ρ(x,t,y)dy + ρ(x,t,y)dy(cid:12) ≤ ε.
(cid:12) (cid:12)
−∞ x+δ
L’´equation (1.4) d´ecoule alors du fait que θ est continue, uniform´ement born´ee.
0
Restea`prouverquelescommutationsdesop´erateursd’int´egrationetded´erivation
effectu´ees lors du calcul des d´eriv´ees partielles de θ(t,x) sont licites. Pour tout x de
R et tout t > 0, il existe des constantes C (x,t) et C (x,t) telles que si z est suffi-
1 2
samment proche de x,
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)z −Vt−y(cid:12)
(cid:12) (cid:12) ≤ C (x,t)(1+|y|)
1
(cid:12) 2νt (cid:12)
et
|y|2
(z −Vt−y)2 ≥ +C (x,t).
2
2
En postant C(x,t) = C (x,t)exp(−C (x,t)/4νt), il vient
1 2
(cid:12)(cid:12)∂G (cid:12)(cid:12) (cid:18) |y|2(cid:19)
(cid:12) (z,t,y)(cid:12) ≤ C(x,t)(1+|y|)exp − .
(cid:12)∂x (cid:12) 8νt
Comme θ (y) est uniform´ement born´ee, on en d´eduit que
0
(cid:12)(cid:12) ∂G (cid:12)(cid:12) (cid:18) |y|2(cid:19)
(cid:12)θ (y) (z,t,y)(cid:12) ≤ C(x,t)(1+|y|)exp − sup|θ (s)|
0 0
(cid:12) ∂x (cid:12) 8νt
s
pour tout z appartenant a` un voisinage de x. Le terme de droite est int´egrable par
rapport a` y. Ainsi, d’apr`es le th´eor`eme de d´erivation sous le signe somme, on en
d´eduit que l’´echange des op´erateurs d’int´egration et de d´erivation dans (1.3) est
licite. On peut proc´eder de mani`ere similaire pour justifier les deux autres commu-
tations effectu´ees.
Exercice 1.2.2 On suppose que la donn´ee initiale θ est d´erivable et uniform´ement
0
born´ee sur R. V´erifier que
θ(t,x) = θ (x−Vt) (1.6)
0
est bien une solution de
(cid:26) ∂θ +V ∂θ = 0 pour (x,t) ∈ R×R+
∂t ∂x ∗ (1.7)
θ(t = 0,x) = θ (x) pour x ∈ R.
0
Montrer que (1.6) est la limite de (1.1) lorsque le param`etre ν tend vers z´ero.
Correction.
∂θ ∂θ ∂θ
0
(x,t) = −V (x−Vt) = −V (x).
∂t ∂x ∂x
Ainsi, θ v´erifie l’´equation diff´erentielle annonc´ee. De plus, θ v´erifie trivialement la
condition initiale.
Par un raisonnement analogue `a celui qui nous avait permis d’´etablir la continuit´e
de la solution en t = 0 dans l’exercice 1.2.1, on montre que
1 (cid:90) +∞ (cid:18) (x−Vt−y)2 (cid:19)
lim √ θ (y)exp − ) dy = θ (x−Vt) = θ(t).
0 0
ν→0 4πνt 4νt
−∞
´
4 CHAPITRE 1. MODELISATION ET SIMULATION
Exercice 1.3.1 On se propose de retrouver une propri´et´e de d´ecroissance exponentielle
en temps (voir la formule (1.1)) de la solution de l’´equation de la chaleur
 ∂u −∆u = f dans Ω×R+
 ∂t ∗
u = 0 sur ∂Ω×R+ (1.8)
∗
 u(t = 0) = u dans Ω
0
dans un domaine Ω born´e. En une dimension d’espace, on pose Ω = (0,1) et on suppose
que f = 0. Soit u(t,x) une solution r´eguli`ere de (1.8). En multipliant l’´equation par u
et en int´egrant par rapport `a x, ´etablir l’´egalit´e
1 d (cid:18)(cid:90) 1 (cid:19) (cid:90) 1(cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2
u2(t,x)dx = − (cid:12) (t,x)(cid:12) dx
2dt (cid:12)∂x (cid:12)
0 0
Montrer que toute fonction v(x) continuˆment d´erivable sur [0,1], telle que v(0) = 0,
v´erifie l’in´egalit´e de Poincar´e
(cid:90) 1 (cid:90) 1(cid:12)(cid:12)dv (cid:12)(cid:12)2
v2(x)dx ≤ (cid:12) (x)(cid:12) dx.
(cid:12)dx (cid:12)
0 0
En d´eduire la d´ecroissance exponentielle en temps de (cid:82)1u2(t,x)dx.
0
Correction. En multipliant l’´equation diff´erentielle (1.8) par u on obtient par
int´egration que
(cid:90) 1 ∂u (cid:90) 1 ∂2u
udx = udx.
∂t ∂x2
0 0
Quitte a` supposer u suffisamment r´eguli`ere, on peut appliquer le th´eor`eme d’int´e-
gration sous le signe somme au terme de gauche et effectuer une int´egration par
parties sur le terme de droite. On obtient ainsi que
1 d (cid:18)(cid:90) 1 (cid:19) (cid:90) 1(cid:12)(cid:12)∂u(cid:12)(cid:12)2
u2dx = − (cid:12) (cid:12) dx. (1.9)
2dt (cid:12)∂x(cid:12)
0 0
Soit v une fonction de classe C1 sur [0,1] telle que v(0) = 0. Pour tout x ∈ [0,1],
(cid:18)(cid:90) x dv (cid:19)2 (cid:90) x(cid:12)(cid:12)dv (cid:12)(cid:12)2 (cid:90) 1(cid:12)(cid:12)dv (cid:12)(cid:12)2
v2(x) = (y)dy ≤ x (cid:12) (y)(cid:12) dy ≤ (cid:12) (y)(cid:12) dy
dx (cid:12)dx (cid:12) (cid:12)dx (cid:12)
0 0 0
par l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz d’ou`,
(cid:90) 1 (cid:90) 1(cid:12)(cid:12)dv (cid:12)(cid:12)2
v2(x)dx ≤ (cid:12) (x)(cid:12) dx.
(cid:12)dx (cid:12)
0 0
En appliquant cette derni`ere in´egalit´e `a v(x) = u(t,x), on d´eduit de (1.9) que
1dE
(t) ≤ −E(t)
2 dt
5
ou`
(cid:90) 1
E(t) = u2(x,t)dx.
0
Ainsi,
1d(Ee2t) (cid:18)1dE (cid:19)
= +E e2t ≤ 0
2 dt 2 dt
et pour tout t ≥ 0,
E(t)e2t ≤ E(0).
Exercice 1.3.2 OnseplaceendimensionN = 1d’espace.Onsupposequelesdonn´ees
initiales u et u sont des fonctions r´eguli`eres, et que f = 0 avec Ω = R. On note U
0 1 1
une primitive de u . V´erifier que
1
1 1
u(t,x) = (u (x+t)+u (x−t))+ (U (x+t)−U (x−t)), (1.10)
0 0 1 1
2 2
est la solution unique de

∂2u
 −∆u = f dans Ω×R+
 ∂t2 ∗

 u = 0 sur ∂Ω×R+
∗ (1.11)
u(t = 0) = u dans Ω
 0

 ∂u
 (t = 0) = u dans Ω
1
∂t
dans la classe des fonctions r´eguli`eres.
Correction. La fonction u(t,x) d´efinie par (1.10) est trivialement une solution
de l’´equation des ondes (1.11). Comme l’´equation est lin´eaire, il suffit de prouver
l’unicit´e pour u = u = 0. Soit x < x et 2t < x −x . En multipliant l’´equation
0 1 0 1 1 0
aux d´eriv´ees partielles par ∂u, on obtient par int´egration par parties que
∂t
(cid:32) (cid:33) (cid:32) (cid:33)
(cid:90) x1−t ∂ (cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2 (cid:90) x1−t ∂ (cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2
0 = (cid:12) (x,t)(cid:12) dx+ (cid:12) (x,t)(cid:12) dx
∂t (cid:12)∂t (cid:12) ∂t (cid:12)∂x (cid:12)
x0+t x0+t
∂u∂u ∂u∂u
−2 (x −t)+2 (x +t).
1 0
∂x ∂t ∂x ∂t
On rappelle que pour toutes fonctions a, b et g r´eguli`eres,
(cid:32) (cid:33)
d (cid:90) b(t) (cid:90) b(t) ∂g
g(t,x)dx = (t,x)dx+b(cid:48)(t)g(t,b(t))−a(cid:48)(t)g(t,a(t)).
dt ∂t
a(t) a(t)
On en d´eduit que
(cid:32) (cid:34) (cid:35) (cid:33)
d (cid:90) x1−t (cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2 (cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2
0 = (cid:12) (x,t)(cid:12) +(cid:12) (x,t)(cid:12) dx
dt (cid:12)∂t (cid:12) (cid:12)∂x (cid:12)
x0+t
(cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2 (cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2 (cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2 (cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2
+(cid:12) (x +t,t)(cid:12) +(cid:12) (x −t,t)(cid:12) +(cid:12) (x +t,t)(cid:12) +(cid:12) (x −t,t)(cid:12)
0 1 0 1
(cid:12)∂t (cid:12) (cid:12)∂t (cid:12) (cid:12)∂x (cid:12) (cid:12)∂x (cid:12)
∂u∂u ∂u∂u
−2 (x −t,t)+2 (x +t,t)
1 0
∂x ∂t ∂x ∂t
´
6 CHAPITRE 1. MODELISATION ET SIMULATION
c’est-a`-dire
(cid:32) (cid:34) (cid:35) (cid:33)
d (cid:90) x1−t (cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2 (cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2
− (cid:12) (x,t)(cid:12) +(cid:12) (x,t)(cid:12) dx =
dt (cid:12)∂t (cid:12) (cid:12)∂x (cid:12)
x0+t
(cid:12)(cid:12)(cid:18)∂u ∂u(cid:19) (cid:12)(cid:12)2 (cid:12)(cid:12)(cid:18)∂u ∂u(cid:19) (cid:12)(cid:12)2
(cid:12) + (x +t,t)(cid:12) +(cid:12) − (x −t,t)(cid:12) .
0 1
(cid:12) ∂t ∂x (cid:12) (cid:12) ∂t ∂x (cid:12)
Ainsi,
(cid:32) (cid:34) (cid:35) (cid:33)
d (cid:90) x1−t (cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2 (cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2
(cid:12) (x,t)(cid:12) +(cid:12) (x,t)(cid:12) dx ≤ 0.
dt (cid:12)∂t (cid:12) (cid:12)∂x (cid:12)
x0+t
Pour tout t ≥ 0, pour tout y et y tels que y ≤ y , on a donc
0 1 0 1
(cid:34) (cid:35) (cid:34) (cid:35)
(cid:90) y1 (cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2 (cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2 (cid:90) x1 (cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2 (cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2
(cid:12) (x,t)(cid:12) +(cid:12) (x,t)(cid:12) dx ≤ (cid:12) (x,0)(cid:12) +(cid:12) (x,0)(cid:12) dx = 0
(cid:12)∂t (cid:12) (cid:12)∂x (cid:12) (cid:12)∂t (cid:12) (cid:12)∂x (cid:12)
y0 x0
(1.12)
ou` x = y − t et x = y + t. On d´eduit de (1.12) que u(x,t) = 0 pour tout x et
0 0 1 1
t ≥ 0, ce qui ach`eve la d´emonstration.
Exercice 1.3.3 V´erifier que la solution (1.10) au point (x,t) ne d´epend des donn´ees
initiales u et u qu’`a travers leurs valeurs sur le segment [x − t,x + t]. V´erifier aussi
0 1
u(−t,x) est solution de (1.11) dans Ω × R−, quitte `a changer le signe de la vitesse
∗
initiale u (x).
1
Correction. On rappelle que
1 1
u(t,x) = (u (x+t)+u (x−t))+ (U (x+t)−U (x−t)),
0 0 1 1
2 2
ou` U est une primitive de u . Comme
1 1
(cid:90) x+t
U (x+t)−U (x−t) = u (y)dy
1 1 1
x−t
ne d´epend que de la restriction de u sur l’intervalle [x−t,x+t], on en d´eduit que
1
u(t,x) ne d´epend que de u et u restreints a` [x−t,x+t]. On dit que l’information
0 1
se propage a` vitesse finie. Enfin, on v´erifie sans mal que u(−t,x) est solution de la
mˆeme ´equation sur Ω×R−, quitte a` remplacer u par −u .
∗ 1 1
Exercice 1.3.4 On se propose de d´emontrer un principe de conservation de l’´energie
pour l’´equation des ondes (1.11) sans utiliser la formule explicite (1.10). En une di-
mension d’espace, on pose Ω = (0,1) et on suppose f = 0. Soit u(t,x) une solution
r´eguli`ere de (1.11). En multipliant l’´equation par ∂u et en int´egrant par rapport `a x,
∂t
´etablir l’´egalit´e d’´energie
(cid:32) (cid:33)
d (cid:90) 1(cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2 (cid:90) 1(cid:12)(cid:12)∂u (cid:12)(cid:12)2
(cid:12) (t,x)(cid:12) dx+ (cid:12) (t,x)(cid:12) dx = 0.
dt (cid:12)∂t (cid:12) (cid:12)∂x (cid:12)
0 0
Conclure et comparer `a ce qui se passe pour l’´equation de la chaleur.
7
Correction. En multipliant l’´equation des ondes par ∂u/∂t, on obtient par int´e-
gration
(cid:90) 1 ∂2u∂u (cid:90) 1 ∂2u∂u
dx− dx = 0.
∂t2 ∂t ∂x2 ∂t
0 0
On applique alors le th´eor`eme de d´erivation sous le signe somme au premier terme
de l’´equation et on effectue une int´egration par parties sur le second. Aucun terme
de bord n’apparaˆıt suite `a l’int´egration par parties car comme u(t,0) = u(t,1) = 0,
on a ∂u/∂t(t,0) = ∂u/∂t(t,1) = 0. On a donc
(cid:32) (cid:33)
1 d (cid:90) 1(cid:12)(cid:12)∂u(cid:12)(cid:12)2 (cid:90) 1 ∂u ∂2u
(cid:12) (cid:12) dx + dx = 0.
2dt (cid:12)∂t(cid:12) ∂x∂t∂x
0 0
Enappliquant`anouveauleth´eor`emeded´erivationsouslesignesomme(audeuxi`eme
terme cette fois), on ´etablit l’´egalit´e d’´energie demand´ee.
Dans le cas de l’´equation de la chaleur avec condition de Dirichlet, l’´energie totale
d´ecroˆıt exponentiellement. La temp´erature tend a` devenir uniform´ement nulle au
seindel’ouvertΩ.Ilyauned´eperditiond’´energieparleborddeΩ.Lecomportement
est tr`es diff´erent pour la solution de l’´equation des ondes. L’´energie est conserv´ee au
cours du temps et l’onde est r´efl´echie sur les bords.
Exercice 1.3.5 On se propose de d´emontrer des principes de conservation de l’´energie
pour l’´equation de Schro¨dinger

∂u
 i +∆u−Vu = 0 dans RN ×R+
∂t ∗ (1.13)
 u(t = 0) = u dans RN.
0
Soit u(t,x) une solution r´eguli`ere de (1.13) en une dimension d’espace qui d´ecroˆıt vers
z´ero (ainsi que ∂u) lorsque |x| → +∞. Montrer que pour toute fonction d´erivable v(t)
∂x
on a
(cid:18)∂v (cid:19) 1∂|v|2
R v = ,
∂t 2 ∂t
ou` R d´esigne la partie r´eelle et v le complexe conjugu´e de v. En multipliant l’´equation
par u et en int´egrant par rapport `a x, ´etablir l’´egalit´e d’´energie
(cid:90) (cid:90)
|u(t,x)|2dx = |u (x)|2dx.
0
R R
En multipliant l’´equation par ∂u, montrer que
∂t
(cid:32) (cid:33) (cid:32) (cid:33)
(cid:90) (cid:12)(cid:12)(cid:12)∂u(t,x)(cid:12)(cid:12)(cid:12)2 +V(x)|u(t,x)|2 dx = (cid:90) (cid:12)(cid:12)(cid:12)∂u0(x)(cid:12)(cid:12)(cid:12)2 +V(x)|u (x)|2 dx.
0
(cid:12)∂x (cid:12) (cid:12) ∂x (cid:12)
R R
Correction. Soit v une fonction d´erivable,
(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)
∂v 1 ∂v ∂v 1∂vv
R v = v + v = .
∂t 2 ∂t ∂t 2 ∂t