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  • Exercices Corriges-

    Analyse numerique et optimisationUne introduction a la modelisation mathematique

    et a la simulation numerique

    G. Allaire, S. Gaubert, O. Pantz

    Ecole PolytechniqueMAP 431

    4 octobre 2006

  • Introduction i

    Introduction

    Ce recueil rassemble tous les exercices proposes dans le cours de deuxieme anneedintroduction a lanalyse numerique et loptimisation de Gregoire Allaire [1]. Toutereference a ce dernier se distinguera des references internes au recueil par ses ca-racteres gras. Par exemple, (1.1) fait reference a la premiere formule du cours. Malgrenotre vigilance, ce manuscrit comporte sans aucun doute (encore) de multiples er-reurs de tout ordre. De nombreux exercices meriteraient un traitement plus elegantautant dun point de vue mathematique que stylistique. Nous invitons dailleurs toutlecteur a participer a son amelioration. Vous pouvez nous signaler toute erreur ouapproximation en envoyant un mail a ladresseolivier.pantz@polytechnique.org

    Nous serons egalement heureux de recevoir de nouvelles solutions aux exercices pro-poses ou toutes autres suggestions. Bon courage.

    G. Allaire, S. Gaubert, O. PantzParis, Juillet 2006

  • ii Introduction

  • Chapitre 1

    INTRODUCTION A LAMODELISATIONMATHEMATIQUE ET A LASIMULATION NUMERIQUE

    Exercice 1.2.1 On suppose que la donnee initiale 0 est continue et uniformementbornee sur R. Verifier que

    (t, x) =1

    4t

    +

    0(y) exp

    ((x V t y)

    2

    4t

    )dy (1.1)

    est bien une solution de{t

    + V x 2

    x2= 0 pour (x, t) R R+

    (t = 0, x) = 0(x) pour x R(1.2)

    Correction. Afin de montrer que (t, x) est une fonction reguliere et determinerses derivees partielles, on souhaite appliquer le theoreme de derivation sous le signe

    somme. A cet effet, on pose G(x, t, y) = exp( (xV ty)

    2

    4t

    ). On a

    G

    x= x V t y

    2tG(x, t, y)

    2G

    x2=

    ( 1

    2t+

    (x V t y)2

    42t2

    )G(x, t, y)

    G

    t=

    (x+ V t y)(x V t y)4t2

    G(x, t, y).

    Pour tout x de R et tout t > 0, il existe des constantes C(x, t) et (x, t) positivestelles que si z est suffisamment proche de x,Gx (z, t, y)

    C(x, t)(1 + |y|) exp ((x, t)y) .1

  • 2 CHAPITRE 1. MODELISATION ET SIMULATION

    Comme 0(y) est uniformement bornee, on en deduit que0(y)Gx (z, t, y) C(x, t)(1 + |y|) exp((x, t)y) sup

    s|0(s)|

    pour tout z appartenant a un voisinage de x. Le terme de droite est integrable parrapport a y. Ainsi, dapres le theoreme de derivation sous le signe somme, on endeduit que

    x

    0(y)G(x, t, y)dy =

    0(y)G

    xdy

    =

    0(y)x V t y

    2tG(x, t, y)dy.

    Par un raisonnement analogue, on obtient que

    2

    x2

    0(y)G(x, t, y)dy =

    0(y)

    (1

    2t (x V t y)

    2

    42t2

    )G(x, t, y)dy

    et

    t

    0(y)G(x, t, y)dy =

    0(y)(x+ V t y)(x V t y)

    4t2G(x, t, y).

    Ainsi, (t, x) est derivable pour tout t > 0 et

    x= 1

    4t

    0(y)x V t y

    2tG(x, t, y)dy

    2

    x2= 1

    4t

    0(y)

    (1

    2t (x V t y)

    2

    42t2

    )G(x, t, y)dy

    t=

    14t

    0(y)

    ((x+ V t y)(x V t y)

    4t2 1

    2t

    )G(x, t, y)dy.

    On verifie alors aisement que

    t+ V

    x

    2

    x2= 0

    Il ne reste plus qua prouver que (t, x) est prolongeable en t = 0 et verifie bien lacondition initiale, cest a dire que

    limt0

    14t

    0(y) exp

    ((x V t y)

    2

    4t

    )dy = 0(x). (1.3)

    Rappelons que,

    exp(x2)dx =. (1.4)

  • 3

    Pour etablir cette relation, il suffit de calculer(

    ex2dx

    )2=

    R2 e|x|2dx en

    coordonnees polaires. On pose

    (x, t, y) =1

    4texp

    ((x V t y)

    2

    4t

    ).

    Dapres (1.4),(x, t, y)dy = 1 pour tout x et t. Enfin, pour tout x R, on constate

    que pour tout y different de x, limt0 (x, t, y) = 0. Ainsi, x etant fixe, (x, t, y) estune fonction de y se concentrant en x lorsque t tend vers zero. Pour etre plus precis,on montre que pour tout et reels strictement positifs, il existe t(, ) tel que pourtout t < t(, ), x+

    x(x, t, y)dy 1

    .et x

    (x, t, y)dy +

    x+

    (x, t, y)dy

    .Lequation (1.3) decoule alors du fait que 0 est continue, uniformement bornee.

    Exercice 1.2.2 On suppose que la donnee initiale 0 est derivable et uniformementbornee sur R. Verifier que

    (t, x) = 0(x V t) (1.5)

    est bien une solution de{t

    + V x

    = 0 pour (x, t) R R+(t = 0, x) = 0(x) pour x R.

    (1.6)

    Montrer que (1.5) est la limite de (1.1) lorsque le parametre tend vers zero.

    Correction.

    t(x, t) = V 0

    x(x V t) = V

    x(x).

    Ainsi, verifie lequation differentielle annoncee. De plus, verifie trivialement lacondition initiale.Par un raisonnement analogue a celui qui nous avait permis detablir la continuitede la solution dans l exercice precedent, on montre que

    lim0

    14t

    +

    0(y) exp

    ((x V t y)

    2

    4t)

    )dy = 0(x V t) = (t).

    Exercice 1.3.1 On se propose de retrouver une propriete de decroissance exponentielleen temps (voir la formule (1.1)) de la solution de lequation de la chaleur

    utu = f dans R+

    u = 0 sur R+u(t = 0) = u0 dans

    (1.7)

  • 4 CHAPITRE 1. MODELISATION ET SIMULATION

    dans un domaine borne. En une dimension despace, on pose = (0, 1) et on supposeque f = 0. Soit u(t, x) une solution reguliere de (1.7). En multipliant lequation par uet en integrant par rapport a x, etablir legalite

    1

    2

    d

    dt

    ( 10

    u2(t, x) dx

    )=

    10

    ux(t, x)2 dx

    Montrer que toute fonction v(x) continument derivable sur [0, 1], telle que v(0) = 0,verifie linegalite de Poincare 1

    0

    v2(x) dx 1

    0

    dvdx(x)2 dx.

    En deduire la decroissance exponentielle en temps de 1

    0u2(t, x) dx.

    Correction. En multipliant lequation differentielle (1.7) par u on obtient parintegration que 1

    0

    u

    tudx =

    10

    2u

    x2udx.

    Quitte a supposer u suffisamment reguliere, on peut appliquer le theoreme d inte-gration sous le signe somme au terme de gauche et effectuer une integration parpartie sur le terme de droite. On obtient ainsi que

    1

    2

    d

    dt

    ( 10

    u2dx

    )=

    10

    ux2 dx. (1.8)

    Soit v une fonction de classe C1 sur [0, 1] telle que v(0) = 0. Pour tout x [0, 1],

    v2(x) =

    ( x0

    dv

    dx(y)dy

    )2 x

    x0

    dvdx(y)2 dy 1

    0

    dvdx(y)2 dy

    d ou 10

    v2(x)dx 1

    0

    dvdx(x)2 dx.

    En appliquant cette derniere inegalite a v(x) = u(t, x) et (1.8)

    1

    2

    df

    dt(t) f(t)

    ou

    f(t) =

    10

    u2(x, t)dx.

    Ainsi,1

    2

    d(fe2t)

    dt=

    (1

    2

    df

    dt+ f

    )e2t 0

    et pour tout t 0,f(t)e2t f(0).

  • 5

    Exercice 1.3.2 On se place en dimension N = 1 despace. On suppose que les donneesinitiales u0 et u1 sont des fonctions regulieres, et que f = 0 avec = R. On note U1une primitive de u1. Verifier que

    u(t, x) =1

    2(u0(x+ t) + u0(x t)) +

    1

    2(U1(x+ t) U1(x t)) , (1.9)

    est la solution unique de

    2u

    t2u = f dans R+

    u = 0 sur R+u(t = 0) = u0 dans

    u

    t(t = 0) = u1 dans

    (1.10)

    dans la classe des fonctions regulieres.

    Correction. La fonction

    u(t, x) =1

    2(u0(x+ t) + u0(x t)) +

    1

    2(U1(x+ t) U1(x t))

    ou U1 est une primitive de u1 est trivialement une solution de lequation des ondes(1.10). Comme lequation est lineaire, il suffit de prouver l unicite pour u0 = u1 = 0.Soit x0 < x1 et 2t < x1x0. En multipliant lequation differentielle par ut , on obtientpar integration par partie que

    0 =

    x1tx0+t

    t

    (ut (x, t)2)dx+

    x1tx0+t

    t

    (ux(x, t)2)dx

    2ux

    u

    t(x1 t) + 2

    u

    x

    u

    t(x0 + t).

    Par commutation de la derivation et de l integration, on en deduit que

    0 =d

    dt

    ( x1tx0+t

    ut (x, t)2 + ux(x, t)

    2 dx)

    +

    ut (x0 + t, t)2 + ut (x1 t, t)

    2 + ux(x0 + t, t)2 + ux(x1 t, t)

    2 2u

    x

    u

    t(x1 t, t) + 2

    u

    x

    u

    t(x0 + t, t)

    cest a dire

    ddt

    ( x1tx0+t

    ut (x, t)2 + ux(x, t)

    2 dx)

    =(ut + ux)

    (x0 + t, t)

    2 + (ut ux)

    (x1 t, t)2 .

  • 6 CHAPITRE 1. MODELISATION ET SIMULATION

    Ainsi,

    d

    dt

    ( x1tx0+t

    ut (x, t)2 + ux(x, t)

    2 dx) 0.

    Pour tout t 0, pour tout y0 et y1 tels que y0 y1, on a donc y1y0

    ut (x, t)2 + ux(x, t)

    2 dx x1x0

    ut (x, 0)2 + ux(x, 0)

    2 dx = 0 (1.11)ou x0 = y0 t et x1 = y1 + t. On deduit de (1.11) que u(x, t) = 0 pour tout x ett 0, ce qui acheve la demonstration.

    Exercice 1.3.3 Verifier que la solution (1.9) au point (x, t) ne depend des donneesinitiales u0 et u1 qua travers leurs valeurs sur le segment [x t, x + t]. Verifier aussiu(t, x) est solution de (1.10) dans R , quitte a changer le signe de la vitesseinitiale u1(x).

    Correction. On rappelle que

    u(t, x) =1

    2(u0(x+ t) + u0(x t)) +

    1

    2(U1(x+ t) U1(x t)),

    ou U1 est une primitive de u1. Comme

    U1(x+ t) U1(x t) = x+t

    xtu1(y)dy

    ne depend que de la restriction de u1 sur l intervalle [x t, x+ t], on en deduit queu(t, x) ne depend que de u0 et u1 restreints a [xt, x+t]. Linformation se propage avitesse finie. Enfin, on verifie sans mal que u(t, x) est solution de la meme equationsur R , quitte a remplacer u1 par u1.

    Exercice 1.3.4 On se propose de demontrer un principe de conservation de lenergiepour lequation des ondes (1.10) sans utiliser la formule explicite (1.9). En une dimensiondespace, on pose = (0, 1) et on suppose f = 0. Soit u(t, x) une solution reguliere de(1.10). En multipliant lequation par u

    tet en integrant par rapport a x, etablir legalite

    denergie

    d

    dt

    ( 10

    ut (t, x)2 dx+ 1

    0

    ux(t, x)2 dx

    )= 0.

    Conclure et comparer a ce qui se passe pour lequation de la chaleur.

    Correction. En multipliant lequation des ondes par u/t, on obtient par inte-gration 1

    0

    2u

    t2u

    tdx

    10

    2u

    x2u

    tdx = 0.

    On applique alors le theoreme de derivation sous le signe somme au premier termede lequation et on effectue une integration par partie sur le second. Il vient

    1

    2

    d

    dt

    ( 10

    ut2 dx

    )+

    10

    u

    x

    2u

    txdx = 0.

  • 7

    En appliquant a nouveau le theoreme de derivation sous le signe somme (au deuxiemeterme cette fois), on etablit la conservation de lenergie.Dans le cas de lequation de la chaleur avec condition de Dirichlet, lenergie totaledecrot exponentiellement. La temperature tend a devenir uniformement nulle ausein de l ouvert . Il y a une deperdition denergie par le bord de . Le com-portement est tres different pour la solution de lequation des ondes. Lenergie estconservee au cours du temps et londe est reflechie sur les bords.

    Exercice 1.3.5 On se propose de demontrer des principes de conservation de lenergiepour lequation de Schrodinger i

    u

    t+ u V u = 0 dans RN R+

    u(t = 0) = u0 dans RN .(1.12)

    Soit u(t, x) une solution reguliere de (1.12) en une dimension despace qui decrot verszero (ainsi que u

    x) lorsque |x| +. Montrer que pour toute fonction derivable v(t)

    on a

    R(v

    tv

    )=

    1

    2

    |v|2

    t,

    ou R designe la partie reelle et v le complexe conjugue de v. En multipliant lequationpar u et en integrant par rapport a x, etablir legalite denergie

    R|u(t, x)|2 dx =

    R|u0(x)|2 dx.

    En multipliant lequation par ut

    , montrer queR

    (ux(t, x)2 + V (x) |u(t, x)|2

    )dx =

    R

    (u0x (x)2 + V (x) |u0(x)|2

    )dx.

    Correction. Soit v une fonction derivable,

    R(v

    tv

    )=

    1

    2

    (v

    tv +

    v

    tv

    )=

    1

    2

    vv

    t

    On a bien

    R(v

    tv

    )=

    1

    2

    |v|2

    t. (1.13)

    En multipliant lequation de Schrodinger par u, on obtient par integration que

    i

    R

    u

    tu+

    2u

    x2u V |u|2dx = 0

    Par integration par partie sur le second membre, on obtient

    i

    R

    u

    tudx =

    R

    ux2 + V |u|2dx

  • 8 CHAPITRE 1. MODELISATION ET SIMULATION

    (les hypotheses de decroissance effectuees sur u permettent deliminer les termes debords a l infini). Comme le second membre est reel,

    R

    utudx est un imaginaire

    pure,

    R(

    R

    u

    tudx

    )= 0.

    D apres (1.13), on a donc R

    |u|2

    tdx = 0.

    Pourvu que la solution u soit suffisamment reguliere, on peut commuter le signesomme et integrale, ainsi

    d

    dt

    R|u|2dx = 0

    et R|u(t, x)|2dx =

    R|u0|2dx.

    En multipliant lequation de Schrodinger par ut

    , il vientRi

    ut2 + 2ux2 ut V uut dx = 0

    Par integration par partie du second membre, on obtient queRi

    ut2 ux 2utx V uut dx = 0.

    En considerant la partie reelle de cette egalite, il vientR

    t

    (ux2 + V |u|2

    )dx = 0.

    Il suffit dechanger la derivation par rapport au temps et le signe integrale afin dobtenir le resultat escompte

    R

    (ux2 + V |u|2

    )dx =

    R

    (u0x2 + V |u0|2

    )dx.

    Exercice 1.4.1 Le but de cet exercice est de montrer que le schema implicite

    unj un1jt

    + Vunj+1 unj1

    2x+

    unj1 + 2unj unj+1(x)2

    = 0, (1.14)

    avec V = 0, verifie aussi le principe du maximum discret. On impose des conditions auxlimites de Dirichlet, cest-a-dire que la formule (1.14) est valable pour 1 j J eton fixe un0 = u

    nJ+1 = 0 pour tout n N. Soit deux constantes m 0 M telles que

    m u0j M pour 1 j J . Verifier que lon peut bien calculer de maniere uniqueles un+1j en fonction des u

    nj . Montrer que pour tous les temps n 0 on a encore les

    inegalites m unj M pour 1 j J (et ceci sans condition sur t et x).

  • 9

    Correction. Tout dabord, montrons que le schema implicite (1.14) est correcte-ment defini. On pose Un = (unj )1jJ . On verifie que le schema implicite equivaut adeterminer Un tel que

    AUn = Un1.

    ou

    A =

    1 + 2c c 0 . . . . . . . . . . . 0c 1 + 2c c 0 ...0 c . . . . . . ...... 0

    . . . . . . . . ....

    .... . . . . . c 0

    ... 0 c 1 + 2c c0 . . . . . . . . . . . 0 c 1 + 2c

    et c = t/(x)2. Il sagit donc de prouver que la matrice A est inversible, ce quiest aise. En effet, A est symetrique, definie positive donc inversible : Soit X RJ .Par convention, on pose X0 = XJ+1 = 0. On a

    XTAX =J

    j=0

    X2j +X2j+1

    2+ c(Xj+1 Xj)2.

    Reste a prouver que le schema verifie le principe du maximum. On raisonne parrecurrence sur n. Supposons que m un1j M pour tout j {0, , J + 1}rappelons que dapres les conditions aux bords,m 0 M . Soitm = infj{1, ,J} unjet M = supj{1, ,J} u

    nj .

    Montrons que M M . Si M = 0, on a rien a demontrer. Dans le cas contraire,soit k {1, , J} tel que M = unk . Dapres le schema,

    (1 + 2c)unk = un1k + 2c

    (unk1 + u

    nk+1

    2

    )Comme

    unk1+unk+1

    2 unk , on en deduit que

    (1 + 2c)unk un1k + 2cunk ,

    d ouM = unk un1k M.

    Quitte a remplacer u par u, on obtient egalement m m.

    Exercice 1.4.2 Montrer que, si la condition CFL

    |V |t x. (1.15)

    nest pas satisfaite, le schema decentre amont

    un+1j unjt

    + Vunj unj1

    x= 0 (1.16)

    pour lequation dadvection est instable pour la donnee initiale u0j = (1)j.

  • 10 CHAPITRE 1. MODELISATION ET SIMULATION

    Correction. Le schema decentre amont est defini par

    un+1j unjt

    + Vunj unj1

    x= 0.

    Considerons comme donnee initiale u0j = (1)j. On montre par une recurrenceevidente que

    unj =

    (1 2Vt

    x

    )n(1)j.

    Ainsi, la suite un reste bornee si et seulement si1 2Vtx 1.

    ou encore si la condition CFL|V |tx

    1

    est verifiee.

    Exercice 1.4.3 Ecrire un schema explicite centre en espace pour lequation des ondes(1.10) en une dimension despace et sans terme source. Preciser comment demarrer lesiterations en temps. Verifier lexistence dun cone de dependance discret analogue a celuicontinu illustre par la Figure 1.3. En deduire que, si ce schema converge, les pas de tempset despace doivent necessairement satisfaire la condition (de type CFL) t x.

    Correction. Pour lequation des ondes (1.10) sans terme source, le schema explicitecentre est

    un1j 2unj + un+1j(t)2

    +unj1 + 2unj unj+1

    (x)2= 0.

    Ainsi,

    un+1j = un1j + 2unj +(

    t

    x

    )2(unj1 2unj + unj+1). (1.17)

    On initialise le schema en posant

    u0j = u0(jx) et u1j = u

    0j + tu1(jx).

    Au vu de lequation (1.17), on montre par une recurrence evidente que la valeurde un+1j ne depend que des valeurs des u

    1j+k pour k entier, n k n et de u0j+l

    pour l entier, n < l < n.On note u(t, x) la solution de lequation des ondes. Comme la valeur u((n +

    1)t, jx) depend des valeurs de u0 et u1 sur [jx (n+ 1)t, jx+ (n+ 1)t],pour que le schema converge, on doit avoir

    (j n 1)x jx (n+ 1)t et jx+ (n+ 1)t (j + n+ 1)x,

    conditions qui sont equivalentes a

    t x.

  • 11

    Exercice 1.5.1 Le but de cet exercice est de montrer que le probleme de Cauchy pourle Laplacien est mal pose. Soit le domaine bidimensionnel = (0, 1) (0, 2). Onconsidere le probleme de Cauchy en x et le probleme aux limites en y suivant

    2u

    x2

    2u

    y2= 0 dans

    u(x, 0) = u(x, 2) = 0 pour 0 < x < 1

    u(0, y) = 0,u

    x(0, y) = e

    n sin(ny) pour 0 < y < 2

    Verifier que u(x, y) = e

    n

    nsin(ny)sh(nx) est une solution. Montrer que la condition

    initiale et toutes ses derivees en x = 0 convergent uniformement vers 0, tandis que, pourtout x > 0, la solution trouvee u(x, y) et toutes ses derivees ne sont pas bornes quandn tend vers linfini. Conclure.

    Correction. Ici, x joue le role du temps. On verifie sans mal que la solutionproposee est une solution du systeme. Dautre part,

    ku

    xk=

    {e

    nnk sin(ny) sinh(nx) si k est pair

    e

    nnk1 sin(ny) cosh(nx) si k impair

    et 2pu

    y2p= e

    n(1)pn2p1 sin(ny) sinh(nx)

    2p+1u

    y2p+1= e

    n(1)pn2p cos(ny) sinh(nx).

    On constate que en x = 0, u ainsi que toutes ses derivees convergent vers 0 lorsque ntend vers +. A contrario, si x > 0, ni u ni ses derivees ne sont bornees par rapporta n. Or, pour des conditions initiales (i.e. en x = 0) nulles, la fonction u = 0 est unesolution triviale du systeme. Ainsi, des perturbations infinitesimales des conditionsinitiales (meme pour la norme tres forte C) induisent de tres grandes perturbationsde la solution (pour nimporte quelle norme raisonnable, meme faible). Le problemede Cauchy propose est donc mal pose.

  • 12 CHAPITRE 1. MODELISATION ET SIMULATION

  • Chapitre 2

    METHODE DES DIFFERENCESFINIES

    Exercice 2.2.1 Montrer que le schema a six points

    un+1j+1 unj+112t

    +5(un+1j unj )

    6t+un+1j1 unj1

    12t

    +un+1j1 + 2un+1j un+1j+1

    2(x)2+

    unj1 + 2unj unj+12(x)2

    = 0

    (2.1)

    nest rien dautre que le -schema

    un+1j unjt

    + un+1j1 + 2un+1j un+1j+1

    (x)2+ (1 )

    unj1 + 2unj unj+1(x)2

    = 0 (2.2)

    avec = 1/2 (x)2/12t

    Correction. Il suffit de constater que

    un+1j+1 unj+112t

    +5(un+1j unj )

    6t+un+1j1 unj1

    12t

    =(un+1j unj )

    t+un+1j+1 unj+1

    12t+

    2(un+1j unj )12t

    +un+1j1 unj1

    12t

    =(un+1j unj )

    tun+1j1 + 2un+1j un+1j+1

    12t+unj1 + 2unj unj+1

    12t.

    En remplacant cette expression dans le schema a six points, on en deduit que cedernier est equivalent a

    un+1j unjt

    +

    (

    2 (x)

    2

    12t

    )un+1j1 + 2un+1j un+1j+1(x)2

    +

    (

    2+

    (x)2

    12t

    )unj1 + 2unj unj+1(x)2

    = 0

    qui nest rien dautre que le schema avec = 1/2 (x)2/12t.

    13

  • 14 CHAPITRE 2. METHODE DES DIFFERENCES FINIES

    Exercice 2.2.2 Pour chacun des schemas de la Sous-section 2.2.1, verifier que lerreurde troncature est bien du type annonce dans le Tableau 2.1. (On remarquera que tousces schemas sont consistants sauf celui de DuFort-Frankel.)

    Correction. Le calcul de lerreur de troncature dun schema est souvent delicat amener. Si on ne procede pas de maniere soignee et methodique, on peut aisementse retrouver englue dans un calcul inextricable, dont le cout crot exponentielle-ment en fonction de lordre a determiner. Quelques regles simples permettent engeneral deviter ce travers. Lerreur de troncature se calcule en developpant tous lestermes du schema au meme point a laide des formules de Taylor. Le point choisi naevidemment aucune influence sur le resultat obtenu (lordre du schema ne depend pasdu point considere). Par contre, ce choix influe sur la taille du calcul qui en resulte.Il est recommande de diviser le calcul en plusieurs etapes. Les developpements cal-cules lors dune etape pouvant etre reutilise a une autre. Il faut absolument utiliserlequation verifiee par la solution (par exemple remplacer les derivees en temps pardes derivees en espace). Cela simplifie considerablement les calculs, et nous permetde determiner lordre optimal du schema. Enfin, il faut eviter a tout prix deffectuerdes calculs inutiles et ne pas manipuler des termes dordre non significatifs. Enfin,un petit truc classique consiste a utiliser les symetries du schema, qui peuvent im-pliquer que les termes non nul du developpement sont necessairement soit paires,soit impaires.

    Les schemas explicite, implicite et de Crank-Nicholson ne sont que des cas par-ticuliers du -schema. Ce dernier possede des termes communs avec le schema a 6points dont nous donnons le developpement ci-dessous. Le schema dordre le pluseleve etant le schema a 6 points, dordre 2 en temps et 4 en espace, on peut doncnegliger les termes en o((x)4) et o((t)2). On effectue nos developpement au point(tn, xj) (un autre choix raisonnable consisterait a effectuer les developpements aupoint (tn + t/2, xj)). Par developpement de Taylor, puis en utilisant le fait que uest solution de lequation de la chaleur, on a

    u(tn+1, xj) u(tn, xj)t

    =(u

    t+

    t

    2

    2u

    t2+

    (t)2

    6

    3u

    t3

    )(tn, xj) + o((t)

    2)

    =

    (2u

    x2+ 2

    t

    2

    4u

    x4+ 3

    (t)2

    6

    6u

    x6

    )(tn, xj) + o((t)

    2).

    De meme,

    u(tn, xj1) 2u(tn, xj) + u(tn, xj+1)(x)2

    =(2u

    x2+

    (x)2

    12

    4u

    x4+ 2

    (x)4

    6!

    6u

    x6

    )(tn, xj) + o((x)

    4).

    En remplacant n par n + 1 dans lexpression precedente, on obtient suite a un

  • 15

    developpement en (tn, xj) que

    u(tn+1, xj1) 2u(tn+1, xj) + u(tn+1, xj+1)(x)2

    =(2u

    x2+

    (x)2

    12

    4u

    x4+ 2

    (x)4

    6!

    6u

    x6

    )(tn, xj)

    + t

    (3u

    tx2+

    (x)2

    12

    5u

    tx4

    )(tn, xj)

    +(t)2

    2

    (4u

    t2x2

    )(tn, xj) + o((x)

    4 + (t)2)

    De lequation u/t = 2u/x2, il vient

    u(tn+1, xj1 2u(tn+1, xj) + u(tn+1, xj+1)(x)2

    =

    (2u

    x2+

    ((x)2

    12+ t

    )4u

    x4

    +

    (2(x)4

    6!+(t)(x)2

    12+2(t)2

    2

    )6u

    x6

    )(tn, xj) + o((x)

    4 + (t)2)

    1. Consistance des schemas explicite, implicite, -schema et Crank-Nicholson.Par combinaison lineaire, des developpements calcules precedemment,

    u(tn+1, xj) u(tn, xj)t

    + u(tn+1, xj1) + 2u(tn+1, xj) u(tn+1, xj+1)

    (x)2

    + (1 )u(tn, xj1) + 2u(tn, xj) u(tn, xj+1)(x)2

    = (1 (1 )) 2u

    x2

    +

    (t

    2

    ((x)2

    12+ t

    ) (1 )(x)

    2

    12

    )4u

    x4

    +

    (1

    6

    2

    )(t)23

    6u

    x6+ o((t)2 + (x)2).

    Apres simplification,

    u(tn+1, xj) u(tn, xj)t

    + u(tn+1, xj1) + 2u(tn+1, xj) u(tn+1, xj+1)

    (x)2

    + (1 )u(tn, xj1) + 2u(tn, xj) u(tn, xj+1)(x)2

    =

    (((1

    2 )t (x)

    2

    12

    )4u

    x4+

    (1

    6

    2

    )(t)23

    6u

    x6

    )(tn, xj)

    + o((t)2 + (x)2).

    Ainsi pour le 6= 1/2 (en particulier pour les schemas explicite et implicite), le-schema est dordre un en temps et deux en espace, tandis que le schema de Crank-Nicholson est dordre deux en temps et en espace.

  • 16 CHAPITRE 2. METHODE DES DIFFERENCES FINIES

    2. Consistance du schema a 6 points.Il nous reste a considerer le terme

    u(tn+1, xj+1) u(tn, xj+1)t

    +u(tn+1, xj1) u(tn, xj1)

    t

    Dapres le developpement effectue au debut de lexercice, puis en developpant leresultat obtenu en (tn, xj), on a

    u(tn+1, xj+1) u(tn, xj+1)t

    +u(tn+1, xj1) u(tn, xj1)

    t

    =

    (2u

    x2+t

    2

    4u

    x4+2(t)2

    6

    6u

    x6

    )(tn, xj+1)

    +

    (2u

    x2+t

    2

    4u

    x4+2(t)2

    6

    6u

    x6

    )(tn, xj1) + o((t)

    2)

    =

    (2

    (2u

    x2+t

    2

    4u

    x4+2(t)2

    6

    6u

    x6

    )+ (x)2

    (4u

    x4+t

    2

    6u

    x6

    )

    +(x)4

    12

    6u

    x6

    )(tn, xj) + o((t)

    2 + (x)4)

    Soit,

    u(tn+1, xj+1) u(tn, xj+1)t

    +u(tn+1, xj1) u(tn, xj1)

    t

    = 22u

    x2+(2t+ (x)2

    ) 4ux4

    +

    (3(t)2

    3+2t(x)2

    2+(x)4

    12

    )6u

    x6

    + o((t)2 + (x)4)

    Par combinaison lineaire avec les autres developpements effectues, on obtient (apressimplification)

    u(tn+1, xj+1) u(tn, xj+1)12t

    +5(u(tn+1, xj) u(tn, xj))

    6t

    +u(tn+1, xj1) u(tn, xj1)

    12t u(tn+1, xj1) 2u(tn+1, xj) + u(tn+1, xj+1)

    2(x)2

    u(tn, xj1) 2u(tn, xj) + u(tn, xj+1)2(x)2

    =

    (3

    6!(x)4

    3

    12(t)2

    )6u

    x6+ o((x)4 + (t)2).

    Le schema a 6 points est donc dordre 4 en espace et 2 en temps.3. Consistance du schema de DuFort-Frankel (2.7)

  • 17

    u(tn+1, xj) u(tn1, xj)2t

    =u

    t+ o

    ((t

    x

    )2)et

    u(tn, xj1) + u(tn+1, xj) + u(tn1, xj) u(tn, xj+1)(x)2

    = 2u

    x2+

    (t

    x

    )22u

    t2 (x)

    2

    12

    4u

    x4+ o

    ((t

    x

    )2+ (x)2

    )

    En combinant ces deux expressions, on en deduit que si u est solution de lequationde la chaleur,

    u(tn+1, xj) u(tn1, xj)2t

    + u(tn, xj1) + u(tn+1, xj) + u(tn1, xj) u(tn, xj+1)

    (x)2

    =

    ((t

    x

    )2 (x)

    2

    12

    )4u

    x4+ o

    ((t

    x

    )2+ (x)2

    )

    Le schema est dordre O((t/x)2 + (x)2).4. Consistance du schema de Gear (2.8)

    3u(tn+1, xj) 4u(tn, xj) + u(tn1, xj)

    =2(t)u

    t 2

    3(t)3

    3u

    t3(tn+1, xj) +O((t)4)

    et

    u(tn+1, xj1) + 3u(tn+1, xj) u(tn+1, xj+1)

    = (x)22u

    x2 (x)

    4

    24

    4u

    x4+O((x)6).

    En appliquant ces deux developpements de Taylor a la solution u de lequation desondes, on obtient

    3u(tn+1, xj) 4u(tn, xj) + u(tn1, xj)(x)2

    + u(tn+1, xj1) + 3u(tn+1, xj) u(tn+1, xj+1)

    2t

    = (x)2

    24

    4u

    x4+

    (t)2

    3

    6u

    x6+O((t)3 + (x)3)

    Le schema de Gear est donc dordre 2 en temps et en espace.

  • 18 CHAPITRE 2. METHODE DES DIFFERENCES FINIES

    Exercice 2.2.3 Montrer que le schema de Crank-Nicholson (2.2) (avec = 1/2) eststable en norme L si t (x)2, et que le schema de DuFort-Frankel

    un+1j un1j2t

    + unj1 + un+1j + un1j unj+1

    (x)2= 0, (2.3)

    est stable en norme L si 2t (x)2 (on appilque aux deux schemas des conditionsaux limites de type Dirichlet homogenes).

    Correction. On va montrer que sous une condition CFL appropriee, le schema deCrank-Nicholson verifie le principe du maximum discret.

    Soit k et l tels que

    un+1k = M = maxjun+1j et u

    n+1l = m = minj

    un+1.

    Notons que M est positif ou nul et m negatif ou nul. On va montrer que

    M max(0,maxjunj ) (2.4)

    et min(0,minjunj ) m. (2.5)

    Dans un premier temps, on considere linegalite (2.4). Cette derniere est trivialementverifiee si M = 0. On peut donc se restreindre au cas M 6= 0. Le maximum de un+1jpour tout j {0, , N + 1} est atteint en un element k {1, , N} et dapres(2.2) avec = 1/2,

    M unkt

    + unk1 + 2unk unk+1

    2(x)2 0,

    soit

    M (

    1 t(x)2

    )unk +

    t

    2(x)2(unk1 + u

    nk+1).

    Sit (x)2, (2.6)

    le terme de droite est une combinaison convexe des coordonnees de un, et le premierpoint de (2.4) est verifie. La minoration de m sen deduit en remplacant un par unet M par m. Si la condition CFL (2.6) est verifiee, le schema de Crank-Nicholsonverifie le principe du maximum discret. En consequence, il est stable pour la normeL.

    Le schema de DuFort-Frankel (2.3) est defini par(1

    2t+

    (x)2

    )un+1j =

    (1

    2t

    (x)2

    )un1j +

    (x)2(unj1 + u

    nj+1)

    Si 2t (x)2, un+1j est une combinaison convexe de un1j , unj1 et unj+1. Ainsi, ilest stable pour la norme L, cest a dire

    un max(u0, u1

    ).

    Finalement, on peut remarquer que la difference de traitement des deux schemas estdue a leur nature : implicite pour le schema de Crank-Nicholson, explicite pour leschema de DuFort-Frankel.

  • 19

    Exercice 2.2.4 Montrer que le -schema (2.2) est stable en norme L2 inconditionnel-lement si 1/2 1, et sous la condition CFL 2(12)t (x)2 si 0 < 1/2.

    Correction. Etudions la stabilite en norme L2 du -schema. Par application de latransformation de Fourier, il vient(

    1 +2t

    (x)2(1 cos(2kx))

    )un+1(k) =(

    1 +2( 1)t

    (x)2(1 cos(2kx))

    )un(k).

    Ainsi, le schema sera stable en norme L2 des que1 + 2( 1)t(x)2 (1 cos(2kx)) 1 + 2t(x)2 (1 cos(2kx))

    pour tout k, cest a dire1 4t sin2(kx)(x)2 + 4t sin2(kx)

    1ou encore

    0 4t sin2(kx)

    (x)2 + 4t sin2(kx) 2.

    Comme est positif, cette condition est equivalente a

    (x)2 2(1 2)t sin2(kx).

    Cette derniere relation est verifiee pour tout k des que (1 2) 0 ou (x)2 2(1 2)t.

    Exercice 2.2.5 Montrer que le schema a 6 points (2.1) est inconditionnellement stableen norme L2.

    Correction. Par transformation de Fourier appliquee au schema a 6 points (2.1),on obtient(

    cos(2kx)

    6t+

    5

    6t

    )(un+1 un) +

    (x)2(4 cos(2kx))(un+1 + un) = 0,

    cest a dire(5 + cos(2kx) +

    6t

    (x)2(4 cos(2kx))

    )un+1 =(

    5 + cos(2kx) 6t(x)2

    (4 cos(2kx)))un.

  • 20 CHAPITRE 2. METHODE DES DIFFERENCES FINIES

    Le schema est donc L2-stable des que

    5 + cos(2kx) +6t

    (x)2(4 cos(2kx))

    5 + cos(2kx) 6t(x)2 (4 cos(2kx))

    .Relation qui est trivialement verifiee independamment de x et t.

    Exercice 2.2.6 Montrer que le schema de Gear

    3un+1j 4unj + un1j2t

    + un+1j1 + 2un+1j un+1j+1

    (x)2= 0 (2.7)

    est inconditionnellement stable et donc convergent en norme L2.

    Correction. En appliquant la transformation de Fourier au schema de Gear (2.7),on obtient (

    3 + c sin2(kx))un+1 = 4un un1, (2.8)

    ou c = 8t(x)2

    . On introduit les polynomes (dependants implicitement de k, t et

    x)P (X) = (3 + 8c sin2(kx))X2 4X + 1.

    On note 1 et 2 les racines de P et = (2 1)2 son discriminant. Les solutionsde (2.8) sexpriment explicitement en fonction de u0 et u1 :

    un =

    {(2n11n2

    21

    )u0 +

    (n2n121

    )u1 si 6= 0,

    (1 n)n1 u0 + nn11 u1 si = 0.

    Une condition necessaire de stabilite est donc que |1| et |2| soient au plus egauxa un. Dans ce cas, afin que le schema soit stable, il suffit quil existe deux reels et tels que pour tout k, x et t,

    |(k,x,t)| = max(|1(k,x,t)|, |2(k,x,t)|) < < 1. (2.9)

    En effet, posons C() = maxn nn1. Comme 0 < < 1, C() < +. De plus, si

    |(k,x,t)| , n2 n12 1 2/ ;

    si 0 < |(k,x,t)| < ,n2 n12 1 =

    n1k=0

    k1n1k2

    nmax(|1|, |2|)n1 C() ,et si (k,x,t) = 0, n|1|n1 C(). De ces trois inegalites, on en deduit que

    |un(k)| < K(|u0 + u1|)

  • 21

    ou K = 1 + 3(C() + 2/). Ainsi, unL2 K(u0L2 + u1L2).

    Reste a prouver que la condition de stabilite (2.9) est en effet verifiee. Toutdabord, on verifie que pour tout k, x et t, |1| 1 et |2| 1. Enfin, 1 et 2sont des fonctions continues de . Or si = 0, 1 = 2 = 1/2. Il existe donc et, 1/2 < < 1 tels que la condition (2.9) est verifiee.

    Exercice 2.2.7 Montrer que le schema de DuFort-Frankel (2.3) est inconditionnelle-ment stable en norme L2. Montrer que, si on fait tendre t et x vers 0 de tellemaniere que le rapport t/x tende aussi vers 0, alors le schema de DuFort-Frankel estconvergent. (On dit quil est conditionnellement convergent.)

    Correction. Par transformation de Fourier, on obtient que

    un+1 un1 + 2t(x)2

    (2un cos(2kx) + un+1 + un1) = 0.

    Soit encore

    (1 + c)un+1(k) 2c cos(kx)un(k) (1 c)un1(k) = 0,

    ou

    c =2(t)

    (x)2.

    Notons que dans le cas c 1, on a prouve precedemment la stabilite L du schemade DuFort-Frankel. Cette derniere impliquant la stabilite L2, nous navons plus quaetudier le cas c > 1. On procede comme pour lexercice precedent. Considerons lepolynome

    P (X) = (1 + c)X2 2c cos(kx)X (1 c)

    On verifie sans mal que les racines de P sont de module inferieur ou egale a un. Etsi designe le discriminant associe,

    |1|, |2| (1 + c)1(c| cos(2kx)|+ ||1/2/2

    ).

    Or c2 cos2(2kx) = /4 + c2 1. Ainsi,

    |1|, |2| (1 + c)1(|/4 + c2 1|1/2 + ||1/2/2

    ).

    Le terme de gauche est continue par rapport a et c. De plus, pour = 0, il estegale a ( c1

    c+1)1/2. Sous la condition CFL c < M , il existe tel que ( c1

    c+1)1/2 < < 1.

    Comme [1,M ] 0 est un compact, il existe et tel que pour tout 1 c M ,

    || =(|/4 + c2 1|1/2 + ||1/2/2

    )< + < 1.

    La condition de stabilite (2.9) enoncee dans la correction de lExercice 2.2.5 estverifiee. Le schema est donc convergent pourvu que le rapport t/(x)2 reste borne.Enfin, la stabilite combinee a la consistance implique la convergence.

  • 22 CHAPITRE 2. METHODE DES DIFFERENCES FINIES

    Exercice 2.2.8 Montrer que le schema explicite

    un+1j,k unj,kt

    + unj1,k + 2unj,k unj+1,k

    (x)2+

    unj,k1 + 2unj,k unj,k+1(y)2

    = 0 (2.10)

    est stable en norme L (et meme quil verifie le principe du maximum) sous la conditionCFL

    t

    (x)2+

    t

    (y)2 1

    2.

    Correction. Le schema explicite (2.10) est defini par

    un+1j,k =

    (1 2

    ( t(x)2

    +t

    (u)2

    ))unj,k

    +t

    (x)2(unj1,k + u

    nj+1,k) +

    t

    (y)2(unj,k1 + u

    nj,k+1)

    Sit

    (x)2+

    t

    (y)2 1/2 ,

    un+1j,k est une combinaison convexe de coordonnees de un et

    |un+1j,k | un.

    Exercice 2.2.9 Montrer que le schema de Peaceman-Rachford

    un+1/2j,k unj,k

    t+

    un+1/2j1,k + 2un+1/2j,k u

    n+1/2j+1,k

    2(x)2+

    unj,k1 + 2unj,k unj,k+12(y)2

    = 0

    un+1j,k un+1/2j,k

    t+

    un+1/2j1,k + 2un+1/2j,k u

    n+1/2j+1,k

    2(x)2+

    un+1j,k1 + 2un+1j,k u

    n+1j,k+1

    2(y)2= 0.

    est precis d ordre 2 en espace et temps et inconditionnellement stable en norme L2

    (pour des conditions aux limites de periodicite dans chaque direction).

    Correction. 1. ConsistanceEn effectuant la soustraction des deux equations definissant le schema, on ob-

    tient lexpression de un+1/2 en fonction de un et un+1.

    un+1/2j,k =

    un+1j,k + unj,k

    2+

    t

    4(y)2(unj,k1 2unj,k + unj,k+1 un+1j,k1 + 2u

    n+1j,k u

    n+1j,k+1).

    En substituant lexpression de un+1/2 dans lune des equations du schema, on deter-mine la relation reliant un+1 a un. On pourrait effectuer le calcul explicite de cette

  • 23

    expression, puis etablir la consistance. Cependant, cela constitue un calcul fastidieuxquon peut eviter. On introduit donc la fonction intermediaire

    vt,x,y(t, x, y) =u(t+ t, x, y) + u(t, x, y)

    2+

    t

    4(y)2(u(t, x, y y) 2u(t, x, y) + u(t, x, y + y)

    u(t+ t, x, y y) + 2u(t+ t, x, y) u(t+ t, x, y + y))

    (2.11)

    Pour toute solution u de lequation de lequation de la chaleur, lerreur de troncatureest

    E(u) =v(t, x, y) u(t, x, y)

    t+

    v(t, xx, y) + 2v(t, x, y) v(t, x+ x, y)2(x)2

    + u(t, x, y y) + 2u(t, x, y) u(t, x, y + y)

    2(y)2

    ou v est definie par (2.11). Par developpement de Taylor, on etablit que

    vt,x,y

    =u+t

    2

    u

    t+

    (t)2

    4

    (2u

    t2

    3u

    ty2

    )+

    (t)3

    24

    (23u

    t3 3

    4u

    t2y2

    )+ o

    ((t)3 + (t)(y)2

    )puis que

    E(u) =v ut

    2

    (2v

    x2+

    (x)2

    12

    4v

    x4+2u

    y2+

    (y)2

    12

    4u

    y4

    )+ o((x)2 + (y)2))

    =3(t)2

    24

    (4u

    x2y22u

    )

    24

    ((x)2

    4u

    x4+ (y)2

    4u

    y4

    )+ o((x)2 + (y)2 + (t)2).

    Lerreur de troncature est dordre 2 en espace et en temps.2. Etude de la stabilite L2

    En appliquant la transformation de Fourier au schema, on en deduit que

    un+1/2 =1 2 t

    (y)2sin2(ly)

    1 + 2 t(x)2

    sin2(kx)un

    et

    un+1 =1 2 t

    (x)2sin2(kx)

    1 + 2 t(y)2

    sin2(ly)un+1/2.

    Ainsi, un+1(k, l) = A(k, l)un(k, l) ou

    A(k, l) =1 2 t

    (y)2sin2(ly)

    1 + 2 t(y)2

    sin2(ly)

    1 2 t(x)2

    sin2(kx)

    1 + 2 t(x)2

    sin2(kx).

  • 24 CHAPITRE 2. METHODE DES DIFFERENCES FINIES

    Comme pour tout x 0, |(1 x)/(1 + x)| 1, on a |A(k, l)| 1. Le schema estinconditionnellement stable en norme L2.

    Exercice 2.2.10 Montrer que le schema de directions alternees (2.31) est precisdordre 2 en espace et temps et inconditionnellement stable en norme L2 (pour desconditions aux limites de periodicite dans chaque direction).

    Correction.1. Etude de la consistanceLe schema se decompose en deux etapes(

    Id

    t

    2My

    )un+1/2

    (Id

    t+

    2My

    )un = 0

    et (Id

    t

    2Mx

    )un+1

    (Id

    t+

    2Mx

    )un+1/2 = 0,

    ou

    (Mxv)j,k =vj+1,k 2vj,k + vnj1,k

    (x)2

    et

    (Myv)j,k =vj,k+1 2vj,k + vnj,k1

    (y)2.

    Afin dappliquer la definition de la consistance donnee dans le cours, il faut exhiberla relation reliant un+1 a un. Il faut donc supprimer linconnue intermediaire un+1/2

    des equations definissant le schema numerique. A cet effet, il suffit de multiplier ladeuxieme equation par

    (Idt

    2My)

    et de constater que cette matrice commute avec(Idt

    + 2Mx). On obtient ainsi(

    Idt2My

    )(Idt

    2Mx

    )un+1 = (

    Id +t

    2Mx

    )(Idt

    2My

    )un+1/2.

    Dapres la premiere equation du schema, il vient

    (t)1(

    Idt2My

    )(Idt

    2Mx

    )un+1

    (t)1(

    Id +t

    2Mx

    )(Id +

    t

    2My

    )un = 0.

    Pour toute fonction v, on note My(v) la fonction definie par

    My(v)(t, x, y) =v(t, x, y + y) 2v(t, x, y) + v(t, x, y y)

    (y)2.

  • 25

    On definit de meme la fonction Mx(v) en echangeant les roles respectifs de x et y.De plus, on note

    (v)(t, x, y) = v(t+ t, x, y).

    En effectuant un developpement de Taylor en (t, x, y), on montre que

    My(v) =2v

    y2+O((y)2).

    On en deduit que

    (t)1(

    Idt2My

    )(Idt

    2Mx

    )((v)) =

    (v

    t

    2v +

    2t

    4

    4v

    x2y2 +O((x)2 + (y)2).

    )De meme,

    (t)1(

    Id +t

    2Mx

    )(Id +

    t

    2My

    )(v) =

    v

    t+

    2v +

    2t

    4

    4v

    x2y2 +O((x)2 + (y)2).

    Ainsi,

    (t)1(

    Idt2My

    )(Idt

    2Mx

    )((v))

    (t)1(

    Id +t

    2Mx

    )(Id +

    t

    2My

    )(v) =

    (v) vt

    ((v) + v

    2

    )+O(t+ (x)2 + (y)2) =

    v

    t v +O(t+ (x)2 + (y)2),

    dou on deduit que le schema est dordre 2 en espace et 1 en temps.

    Remarque 2.2.1 Le point essentiel sur lequel repose la demonstration de la consis-tance porte sur la propriete de commutation employee au debut de la preuve.

    2. etude de la stabilite L2

    En appliquant la transformation de Fourier au schema, on etablit que

    un+1/2 =1 t

    (x)2sin2(kx)

    1 + t(x)2

    sin2(kx)un

    et

    un+1 =1 t

    (y)2sin2(ly)

    1 + t(y)2

    sin2(ly)un+1/2.

    Ainsi, |un+1| |un+1/2| |un| et le schema est inconditionnellement stable L2.

  • 26 CHAPITRE 2. METHODE DES DIFFERENCES FINIES

    Exercice 2.3.1 Montrer que le schema implicite centre

    un+1j unjt

    + Vun+1j+1 un+1j1

    2x= 0 (2.12)

    est consistant avec lequation dadvection (2.32), precis a lordre 1 en temps et 2 enespace, inconditionnellement stable en norme L2, donc convergent.

    Correction. La consistance et la precision ne posent pas de problemes. Pour lastabilite L2, lanalyse de Fourier conduit a

    un+1(k) =

    (1 + i

    Vt

    xsin(2kx)

    )1un(k) = A(k)un(k).

    On verifie alors que le module du facteur damplification est toujours plus petit que1

    |A(k)|2 =

    (1 +

    (Vt

    xsin(2kx)

    )2)1 1 .

    Le schema est inconditionnellement stable. La convergence sobtient alors par leTheoreme de Lax 2.2.20.

    Exercice 2.3.2 Montrer que le schema de Lax Wendroff

    un+1j unjt

    + Vunj+1 unj1

    2x(V 2t

    2

    )unj1 2unj + unj+1

    (x)2= 0. (2.13)

    est stable et convergent en norme L2 si |V |t x.

    Correction. Il suffit de montrer la stabilite en norme L2 afin den deduire laconvergence par le theoreme de Lax. En appliquant la transformation de Fourier auschema de Lax-Wendroff (2.13), on obtient

    un+1(k) = A(k)un(k)

    ou

    A(k) = 1 2(Vt

    x

    )2sin2(kx) iVt

    xsin(2kx)

    Le schema est stable en norme L2 des que |A(k)| 1. On montre aisement que

    |A(k)|2 = 1 4 sin4(kx)(Vt

    x

    )2(1

    (Vt

    x

    )2).

    Ainsi, le schema est stable et convergent des que

    |V |tx

    1.

  • 27

    Exercice 2.3.3 Montrer que le schema de Lax-Friedrichs preserve le principe du maxi-mum discret si la condition CFL |V |t x est satisfaite, tandis que le schema deLax-Wendroff ne le preserve pas sauf si Vt/x vaut 1, 0, ou 1.

    Correction. 1. Schema de Lax-Friedrichs

    un+1j =

    (1

    2+Vt

    2x

    )unj+1 +

    (1

    2 Vt

    2x

    )unj1.

    Ainsi, un+1j est une combinaison lineaire convexes de unj+1 et u

    nj des que |V |t x.

    Sous cette condition, le schema verifie le principe du maximum discret.2. Schema de Lax-Wendroff

    un+1j =Vt

    2x

    (Vt

    x 1)unj+1 +

    (1

    (Vt

    x

    )2)unj +

    Vt

    2x

    (Vt

    x+ 1

    )unj1.

    Le schema preserve le principe du maximum discret si et seulement si chacun descoefficients apparaissant dans le terme de droite est positif, cest a dire si et seulementsi Vt/x = 1, 0 ou 1.

    Exercice 2.3.4 Montrer que le schema de Lax-Wendroff (2.13) est le seul schemaprecis a lordre 2 en espace et temps qui soit du type

    un+1j = unj1 + u

    nj + u

    nj+1,

    ou , , dependent seulement de Vt/x.

    Correction. Lerreur de troncature est

    E = (t)1 (u(xj, tn+1) u(xj1, tn) u(tn, xj) u(tn, xj+1)) .

    En effectuant un developpement de Taylor en (xj, tn), on montre que

    E = (t)1 (1 (+ + ))u+ ut

    +x

    t( )u

    x

    +t

    2

    2u

    t2 +

    2

    (x)2

    t

    2u

    x2+O

    ((t)2 +

    | |c

    (x)2).

    Si u est solution de lequation dadvection,

    u/t = V u/x et 2u/t2 = V 22u/x2.

    Ainsi,

    E = (t)1 (1 (+ + ))u xt

    (c ( )) ux

    +(x)2

    2t

    (c2 (+ )

    ) 2ux2

    +O(

    (t)2(

    1 +| |c3

    )), (2.14)

  • 28 CHAPITRE 2. METHODE DES DIFFERENCES FINIES

    ou c = Vt/x. Si le schema est dordre 2 en temps et en espace, on doit avoir

    1 (+ + ) = O(

    (t)3(

    1 +| |c3

    )),

    c + = O(c(t)2

    (1 +

    | |c3

    )),

    c2 (+ ) = O(c2(t)

    (1 +

    | |c3

    )).

    En faisant tendre vers zero t et x a c constant, on obtient le systeme lineairesuivant

    1 (+ + ) = 0c + = 0

    c2 (+ ) = 0.

    Dou lon deduit que

    = c(1 + c)/2

    = 1 c2

    = c(c 1)/2.

    Enfin, comme = O(c), dapres (2.14), le schema est en effet au moins dordre2 en espace et en temps.

    Exercice 2.3.5 Montrer que le schema explicite decentre amont

    un+1j unjt

    + Vunj unj1

    x= 0 si V > 0

    un+1j unjt

    + Vunj+1 unj

    x= 0 si V < 0.

    (2.15)

    est consistant avec lequation dadvection (2.32), precis a lordre 1 en espace et temps,stable et convergent en norme L2 si la condition CFL |V |t x est satisfaite.

    Correction. La consistance dordre 1 en temps et en espace est aisee a etablir. Eneffet, dans le cas V > 0,

    u(tn+1, xj) u(tn, xj)t

    + Vu(tn, xj) u(tn, xj1)

    x= (ut + V ux)(tn, xj) +O(t+ x).

    Le cas V < 0 est identique. Enfin, la stabilite L2 se deduit de la stabilite L.

    Exercice 2.3.6 Montrer que lequation equivalente du schema decentreamont (2.15) est

    u

    t+ V

    u

    x |V |

    2(x |V |t)

    2u

    x2= 0.

  • 29

    Correction. Considerons le cas V > 0. Lerreur de troncature du schema decentreamont (2.15) est

    E =u

    t+ V

    u

    x+

    t

    2

    2u

    t2 Vx

    2

    2u

    x2+O((t)2 + (x)2).

    Soit u tel que lerreur de troncature du schema decentre soit dordre 2 en espace eten temps, on a

    2u

    t2= V 2

    2u

    x2+O(t+ x).

    Ainsi, lerreur de troncature pour u est egale a

    u

    t+ V

    u

    x+V

    2(Vtx)

    2u

    x2+O((t)2 + (x)2).

    Lequation equivalente dans le cas V > 0 est donc

    u

    t+ V

    u

    x+V

    2(Vtx)

    2u

    x2= 0.

    Il suffit de substituer x par x pour obtenir lequation equivalente dans le casV < 0. Enfin, on peut resumer ces deux resultats par lequation

    u

    t+ V

    u

    x |V |

    2(x |V |t)

    2u

    x2= 0

    valable dans les deux cas.

    Exercice 2.3.7 Montrer que lequation equivalente du schema de Lax-Wendroff (2.13)est

    u

    t+ V

    u

    x+V (x)2

    6

    (1 (Vt)

    2

    (x)2

    )3u

    x3= 0.

    Correction. Lerreur de troncature dans le cas du schema de Lax-Wendroff (2.13)est

    E(u) =u(tn+1, xj) u(tn, xj)

    t+ V

    u(tn, xj+1) u(tn, xj1)2x

    (V 2t

    2

    )u(tn, xj1) 2u(tn, xj) + u(tn, xj+1)

    (x)2.

    En effectuant un developpement de Taylor en (tn, xj), on montre que

    E(u) =u

    t+ V

    u

    x+

    t

    2

    (2u

    t2 V 2

    2u

    x2

    )+

    (t)2

    6

    3u

    t3

    +V (x)2

    6

    3u

    x3+O((x)3 + (t)3). (2.16)

    Soit u tel que E(u) soit dordre 3 en espace et en temps, on montre que dans ce cas

    2u

    t2= V 2

    2u

    x2+O((x)2 + (t)2)

  • 30 CHAPITRE 2. METHODE DES DIFFERENCES FINIES

    De plus, 3u/t3 = V 33u/3x+O(t+x). En substituant ces expressions danslequation (2.16), on obtient lequation equivalente attendue :

    u

    t+ V

    u

    x+V (x)2

    6

    (1 V 2

    (t

    x

    )2)3u

    x3= O((x)3 + (t)3).

    Exercice 2.3.8 Soit lequationu

    t+ V

    u

    x

    2u

    x2

    3u

    x3= 0 pour (x, t) R R+

    u(t = 0, x) = sin(x+ ) pour x R,

    avec V, , , , R. Montrer que sa solution est

    u(t, x) = exp(2t) sin((x (V + 2)t) +

    )(on admettra son unicite). En deduire que la diffusion attenue lamplitude de la solution,tandis que la dispersion modifie la vitesse de propagation.

    Correction. On determine les derivees partielles de u intervenant dans lequationdonnee. On a

    u

    t= 2u+ (V + 2) exp(2t) cos

    ((x (V + 2)t) +

    ),

    u

    x= exp(2t) cos

    ((x (V + 2)t) +

    ),

    2u

    x2= 2u ,

    et3u

    x3= 3 exp(2t) cos

    ((x (V + 2)t) +

    ).

    En sommant ces differents termes, on obtient

    u

    t+ V

    u

    x

    2u

    x2

    3u

    x3= 0.

    Lattenuation de lamplitude est exp(2t). Elle est donc dautant plus forte quele terme de diffusion est important par rapport a 2. La vitesse de propagationde londe est (V + 2) et depend donc du terme de dispersion .

    Exercice 2.3.9 On definit le schema saute-mouton (leapfrog, en anglais)

    un+1j un1j2t

    + Vunj+1 unj1

    2x= 0.

    Etudier la consistance et lerreur de troncature de ce schema. Montrer par analyse deFourier quil est stable sous la condition CFL |V |t Mx avec M < 1.

  • 31

    Correction.1. Etude de la consistance

    Par developpement de Taylor en (tn, xj) on a

    u(tn+1, xj) u(tn1, xj)2t

    + Vu(tn, xj+1) u(tn, xj1)

    2x=

    u

    t+ V

    u

    x+

    (t)2

    12

    3u

    t3+ V

    (x)2

    12

    3u

    x3+O((t)3 + (x)3).

    Si u est solution de lequation dadvection, lerreur de troncature est donc

    E =1

    12

    ((x)2 (t)2V 3

    ) 3ux3

    .

    Ainsi, le schema saute-mouton est consistant, dordre 2 en espace et en temps.2. Stabilite L2

    Par transformation de Fourier, on obtient

    un+1(k) = un1(k) i2c sin(2kx)un(k). (2.17)

    ou c = V tx

    . On introduit les polynomes (dependants implicitement de k, t et x)

    P (X) = X2 + i2c sin(2kx)X 1.

    On note 1 et 2 les racines de P et = 4(1 c2 sin2(2kx)) son discriminant.Les solutions de (2.17) sexpriment explicitement en fonction de u0 et u1 :

    un =

    {(2n11n2

    21

    )u0 +

    (n2n121

    )u1 si 6= 0,

    (1 n)n1 u0 + nn11 u1 si = 0.

    Si c > 1, le module de la somme des deux racines est egale a 2c > 2. Le module delune des deux racines est plus grand que un et le schema est instable. Si c = 1, onpeut avoir = 0 pour certaines valeurs de k et x. Dans ce cas, 1 = 2 = i et

    un = (nu1 + i(n 1)u0)in1.

    Le schema est instable.Considerons le cas ou c est majore par une constante M < 1. Dans ce cas, les

    racines de P sont de meme module

    |1| = |2| = 1.

    De plus, |1 2| =

    > 2

    1M2 > 0. On deduit de lexpression explicite deun en fonction de u0 et u1 que

    |un| |u0|+ |u1|1M2

    .

    Ainsi, sous la condition CFL Vt/x < M < 1, le schema saute mouton est stableL2.

  • 32 CHAPITRE 2. METHODE DES DIFFERENCES FINIES

    Exercice 2.3.10 On definit le schema de Crank-Nicholson

    un+1j unjt

    + Vun+1j+1 un+1j1

    4x+ V

    unj+1 unj14x

    = 0.

    Etudier la consistance et lerreur de troncature de ce schema. Montrer par analyse deFourier quil est inconditionnellement stable.

    Correction.1. Consistance

    Par developpement de Taylor en (tn, xn), on montre que

    u(tn+1, xj) u(tn, xj)t

    + Vu(tn+1, xj+1) u(tn+1, xj1)

    4x

    + Vu(tn, xj+1) u(tn, xj1)

    4x=u

    t+ V

    u

    x+

    t

    2

    (2u

    2t2+ V

    2u

    tx

    )+

    (t)2

    6

    (3u

    t3+V

    2

    3u

    xt2

    )+

    (x)2V

    6

    3u

    x3+O((t)3 + (x)3).

    Ainsi, si u est solution de lequation dadvection, lerreur de troncature est

    E(u) =V

    12

    (2(x)2 V 2(t)2

    ) 3ux3

    +O((t)3 + (x)3).

    Le schema de Crank-Nicholson est donc dordre 2 en temps et en espace.2. Stabilite L2

    Par transformation de Fourier, on etablit que

    un+1(

    1 +iVt

    2xsin(2kx)

    )= un

    (1 iVt

    2xsin(2kx)

    ).

    Ainsi, |un+1| = |un|. Le schema est donc inconditionnellement stable en norme L2.

    Exercice 2.3.11 Finir la demonstration du Lemme 2.3.6 en calculant A(k)n, et mon-trer la stabilite du schema sous condition CFL grace a (2.41).

    Correction. On utilise lanalyse de Fourier pour obtenir

    Un+1(k) =

    (un+1(k)un(k)

    )=

    (2(12)(k)

    1+(k)1

    1 0

    )Un(k) = A(k)Un(k),

    ou

    (k) = 4

    (t

    x

    )2sin2(kx)

    Ainsi, Un+1(k) = A(k)nU0(k). Les valeurs propres de la matrice A(k) sont les racinesdu polynome

    2 2 (1 2)(k)1 + (k)

    + 1 = 0, (2.18)

  • 33

    dont le discriminant est

    (k) = (k)(1 + (k))2

    (4 (1 4)(k)) .

    Si (k) = 0, le polynome (2.18) possede une racine double = 1. Si (k) 6= 0,dapres la condition CFL, (k) < 0 et le polynome possede deux racines distinctescomplexes, conjuguees lune de lautre, de module 1. Considerons le premier cas,cest a dire (k) = 0. Dans ce cas, il existe p tel que k = p(N + 1). On note v lavitesse initiale et vj la vitesse discretisee.

    v(k) =N

    j=0

    vjei2kjx =

    Nj=0

    vjei2p =

    Nj=0

    vj = 0,

    dapres lhypothese de vitesse moyenne initiale nulle effectuee. Ainsi, u1(k) = u0(k)+tv(k) = u0(k). Or

    A(k)

    (11

    )=

    (2 11 0

    )(11

    )=

    (11

    ),

    dou

    Un(k) = A(k)nUn(0) = A(k)n(u0(k)u0(k)

    )=

    (u0(k)u0(k)

    )= U0(k).

    On a montre que si (k) = 0, un(k) = u0(k) pour tout n.Reste a considerer le cas (k) 6= 0. Dans ce cas, le polynome (2.18) possede

    deux racines distinctes et . La matrice A(k) est diagonalisable. Plus precisement,

    A(k) =1

    ( 1 1

    )( 0

    0

    )(1 1

    ).

    On en deduit que

    A(k)n =1

    ( 1 1

    )(n 0

    0 n

    )(1 1

    ).

    On obtient ainsi une expression explicite de un+1(k) en fonction de u0(k) et v(k).Plus precisement,

    un+1(k) =1

    (((n+1 n+1) (n n)

    )u0(k)t(n+1 n+1)v(k)

    ),

    ou encore

    un+1(k) =1

    ((n( 1) n( 1)

    )u0(k)t(n+1 n+1)v(k)

    ).

    Un calcul explicite de la racine du polynome (2.18) nous donne

    =2 (1 2)(k) + i

    (k)

    2(1 + (k)).

  • 34 CHAPITRE 2. METHODE DES DIFFERENCES FINIES

    La condition CFL, stipule que 4 (1 4)(k) est minore par une constante stric-tement positive. Ainsi, il existe une constante C1 independante de k telle que 1

    = (2(1 + (k)))11 + i2(1 2)

    (k)

    4 (1 4)(k)

    < C1. (2.19)Dautre part, en utilisant a nouveau la condition CFL, on etablit quil existe uneconstante C2, independante de k telle que

    t

    | | C2

    t(k)

    Or

    mink:sin(kx) 6=0

    (k) = 2

    (t

    x

    )sin(x) >

    (t

    x

    )x = t

    des que x est assez petit. Ainsi,

    t

    | | 1C2.

    De cette derniere estimation, de lestimation (2.19), de lexpression de un+1(k) et lemodule de etant egale a 1, on deduit que

    |un+1(k)| 2C1|u0(k)|+ 1C2|v(k)|.

    Le schema est donc stable pour la norme L2 et il existe une constante C telle que

    unL2 C(u0L2 + vL2

    )

    Exercice 2.3.12 On considere le cas limite du Lemme 2.3.6, cest-a-dire t/x =(1 4)1/2 avec 0 < 1/4. Montrer que le -schema centre

    un+1j 2unj + un1j(t)2

    +un+1j1 + 2un+1j un+1j+1

    (x)2

    +(1 2)unj1 + 2unj unj+1

    (x)2+un1j1 + 2un1j un1j+1

    (x)2= 0

    (2.20)

    est instable dans ce cas en verifiant que unj = (1)n+j(2n 1) est une solution (remar-quez quil sagit dune instabilite faible puisque la croissance de un est lineaire et nonexponentielle).

    Correction. Soit unj = (1)n+j(2n 1),

    unj1 + 2unj unj+1 = 4(1)n+j(2n 1)

    etun+1j 2unj + un1j = 4(1)n+j+1(2n 1).

  • 35

    En substituant ces relations dans lexpression du schema et en considerant le cas(t/x)2 = (1 4)1, on en deduit que

    un+1j 2unj + un1j(t)2

    + un+1j1 + 2un+1j un+1j+1

    (x)2

    + (1 2)unj1 + 2unj unj+1

    (x)2+

    un1j1 + 2un1j un1j+1(x)2

    = 4(t)2(2n 1)(1)n+j(1 (1 4)1

    + (1 2)(1 4)1 (1 4)1)

    = 0.

    Exercice 2.3.13 Montrer que le -schema centre (2.20) conserve lenergie discrete,cest-a-dire que En+1 = E1 pour tout n 0, ou

    En+1 =N

    j=0

    (un+1j unj

    t

    )2+ ax(u

    n+1, un) + ax(un+1 un, un+1 un)

    avec

    ax(u, v) =N

    j=0

    (uj+1 uj

    x

    )(vj+1 vj

    x

    ).

    Correction. On multiplie (2.20) par un+1j un1j et il vient

    1

    (t)2(un+1j unj (unj un1j )

    ) (un+1j unj + (unj un1j )

    )+

    1

    (x)2(unj1 + 2unj unj+1

    ) (un+1j un1j

    )+

    (x)2((un+1j1 unj1) + 2(un+1j unj ) (un+1j+1 unj+1)

    ) (un+1j un1j

    )+

    (x)2((un1j1 unj1) + 2(un1j unj ) (un1j+1 unj+1)

    ) (un+1j un1j

    )= 0

    Si on somme par rapport a j, comme

    Nj=0

    (unj1 + 2unj unj+1

    )vj =

    Nj=0

    (unj+1 unj

    )(vj+1 vj) ,

    on en deduit que

    Nj=0

    (un+1j unj

    t

    )2

    Nj=0

    (unj un1j

    t

    )2+ ax(u

    n, un+1 un1)

    + ax(un+1 un, un+1 un + (un un1))

    + ax(un1 un, un+1 un + (un un1)) = 0,

  • 36 CHAPITRE 2. METHODE DES DIFFERENCES FINIES

    cest a dire

    Nj=0

    (un+1j unj

    t

    )2+ ax(u

    n, un+1) + ax(un+1 un, un+1 un)

    =N

    j=0

    (unj un1j

    t

    )2+ ax(u

    n1, un) + ax(un un1, un un1).

    Exercice 2.3.14 Montrer que le schema de Lax-Friedrichs

    1

    2t

    (2vn+1j vnj+1 vnj1

    2wn+1j wnj+1 wnj1

    ) 1

    2x

    (0 11 0

    )(vnj+1 vnj1wnj+1 wnj1

    )= 0, (2.21)

    est stable en norme L2 sous la condition CFL t x, et quil est precis a lordre 1en espace et temps si le rapport t/x est garde constant lorsque t et x tendentvers zero.

    Correction.1. Consistance

    On pose U = (v, w) et

    J =

    (0 11 0

    ).

    On effectue un developpement de Taylor en (tn, xj) sur le schema (2.21) :

    1

    2t(2U(tn+1, xj) U(tn, xj+1) U(tn, xj1))

    12x

    J (U(tn, xj+1) U(tn, xj1))

    =U

    t J U

    x (x)

    2

    2t

    (1

    (t

    x

    )2)2U

    x2+O

    ((x)2 +

    (x)4

    t

    )Le schema est donc consistant et precis a lordre 1 si le rapport t/x est constant.2. Stabilite L2

    Etudions la stabilite L2. Par transformation de Fourier, on etablit que(vn+1

    wn+1

    )=

    (cos(2kx) + i sin(2kx)

    t

    x

    (0110

    ))(vn

    wn

    ).

    On pose = cos(2kx) et = sin(2kx) tx

    . On diagonalise la matrice A(k) eton etablit que

    A(k) =1

    2

    (1 11 1

    )( i 0

    0 + i

    )(1 11 1

    ).

    Notons que1

    2

    (1 11 1

    )2= I.

  • 37

    Ainsi, le schema est stable L2 si et seulement si |+ i| 1. Or|+ i|2 = (cos(2kx)2 + sin(2kx)2(t/x)2).

    Le schema est donc stable en norme L2 sous la condition CFL t x.

    Exercice 2.3.15 Montrer que le schema de Lax-Wendroff

    1

    t

    (vn+1j vnjwn+1j wnj

    ) 1

    2x

    (0 11 0

    )(vnj+1 vnj1wnj+1 wnj1

    )(2.22)

    +t

    2(x)2

    (0 11 0

    )2( vnj1 + 2vnj vnj+1wnj1 + 2wnj wnj+1

    )= 0

    est stable en norme L2 sous la condition CFL t x, et quil est precis a lordre 2en espace et temps.

    Correction.1. Consistance

    On pose U = (v, w) et

    J =

    (0 11 0

    ).

    On effectue un developpement de Taylor en (tn, xj) sur le schema (2.22) :

    1

    t(U(tn+1, xj) U(tn, xj))

    1

    2xJ (U(tn, xj+1) U(tn, xj1))

    +t

    2(x)2(U(tn, xj 1) + 2U(tn, xj) U(tn, xj+1)) =

    U

    t+

    t

    2

    2U

    x2

    + J(t)2

    6

    3U

    t3 J U

    x (x)

    2

    6

    3U

    x3 t

    2

    2U

    x2+O((t)3 + (x)3).

    Si U est solution de lequation (2.43), on en deduit que lerreur de troncature est

    E(U) =1

    6

    ((t)2 (x)2

    )J3U

    x3+O((x)2 + (t)2).

    2. Stabilite L2.Etablissons la stabilite L2 sous la condition CFL t x. Par transformation deFourier, on etablit que

    Un+1(k) =

    (1 2

    (t

    x

    )2sin2(kx) + i

    t

    xsin(2kx)J

    )Un(k)

    On pose = 1 2(

    tx

    )2sin2(kx) et = t

    xsin(2kx) et on procede comme

    pour lexercice precedent. Ainsi, le schema est stable L2 si et seulement si |+i| 1.Or

    |+ i|2 = 1 4 sin3(kx)(

    t

    x

    )2(1

    (t

    x

    )2).

    Ainsi, le schema est stable L2 des que

    t

    x 1.

  • 38 CHAPITRE 2. METHODE DES DIFFERENCES FINIES

  • Chapitre 3

    FORMULATIONVARIATIONNELLE DESPROBLEMES ELLIPTIQUES

    Exercice 3.1.1 Si f est une fonction continue sur [0, 1], montrer que lequation dif-ferentielle {

    d2udx2

    = f pour 0 < x < 1u(0) = u(1) = 0.

    (3.1)

    admet une solution unique dans C2([0, 1]) donnee par la formule

    u(x) = x

    10

    f(s)(1 s)ds x

    0

    f(s)(x s)ds pour x [0, 1]. (3.2)

    Correction. Soit u defini par (3.2). La continuite de la fonction f assure laderivabilite de la fonction u. On a

    u(x) =

    10

    f(s)(1 s)ds x

    0

    f(s)ds,

    dou u(x) = f . De plus, u verifie les conditions aux limites u(0) = u(1) = 0. Ainsi,u est bien solution de lequation differentielle (3.1). Il reste a etablir lunicite de lasolution de lequation (3.1). Lequation etant lineaire, il suffit de montrer que toutesolution v de lequation (3.1) avec f = 0 est nulle. La derivee seconde de v etantnulle, on en deduit que v est une fonction affine. Enfin, les conditions aux limitesimpliquent la nullite de la fonction v.

    Exercice 3.2.1 Deduire de la formule de Green (3.5) la formule de Stokes

    div(x)(x) dx =

    (x) (x) dx+

    (x) n(x)(x) ds,

    ou est une fonction scalaire de C1() et une fonction a valeurs vectorielles de C1(),a supports bornes dans le ferme .

    39

  • 40 CHAPITRE 3. FORMULATION VARIATIONNELLE

    Correction.

    (.(x)(x) + (x).(x)) dx =n

    i=1

    (ixi

    (x)(x) + i(x)

    xi(x)

    )dx

    =n

    i=1

    i

    xi(x)dx =

    ni=1

    i(x)(x)ni(x)ds

    =

    (x).n(x)(x)ds.

    Exercice 3.2.2 En dimension N = 3 on definit le rotationnel dune fonction de dansR3, = (1, 2, 3), comme la fonction de dans R3 definie par

    rot =

    (3x2

    2x3

    ,1x3

    3x1

    ,2x1

    1x2

    ).

    Pour et , fonctions a valeurs vectorielles de C1(), a supports bornes dans le ferme, deduire de la formule de Green (3.5)

    rot dx

    rot dx =

    ( n) ds.

    Correction.

    (rot rot) dx

    =

    [(3x2

    2x3

    )1 +

    (1x3

    3x1

    )2 +

    (2x1

    1x2

    )3

    (3x2

    2x3

    )1

    (1x3

    3x1

    )2

    (2x1

    1x2

    )3

    ]dx

    =

    x1(23 32) +

    x2(31 13) +

    x3(12 21) dx

    =

    23 3231 1312 21

    .n ds=

    ( ).n ds.

    Exercice 3.2.3 On considere le Laplacien avec condition aux limites de Neumann. Soitu une fonction de C2(). Montrer que u est une solution du probleme aux limites{

    u = f dans un

    = 0 sur .(3.3)

    si et seulement si u appartient a C1() et verifie legalite

    u(x) v(x) dx =

    f(x)v(x) dx pour toute fonction v C1(). (3.4)

    En deduire quune condition necessaire dexistence dune solution dans C2() de (3.3)est que

    f(x)dx = 0.

  • 41

    Correction. Supposons que u soit solution du probleme aux limites de Neumann(3.3) {

    u = f dans un

    = 0 sur .

    En multipliant lequation verifiee par u par dans par une fonction test v C1(),on obtient, suite a une integration par partie que

    u(x).v(x)dx

    u

    n(x)v(x)ds =

    f(x)v(x)dx.

    Comme u/n = 0 sur , on en deduit que

    u(x).v(x)dx =

    f(x)v(x)dx pour tout v C1(). (3.5)

    Reciproquement, supposons que u soit une fonction reguliere verifiant (3.5). Parintegration par partie on a

    (u(x) f(x))v(x)dx+

    u

    n(x)v(x)ds = 0 (3.6)

    pour tout v C1(). On procede en deux etapes : Dans un premier temps, onapplique la relation (3.6) a des fonctions tests a support compact dans . Celanous permet de tester lequation verifiee par u dans et detablir lequationu = f dans . Dans un deuxieme temps, on applique (3.6) a des fonctions testsnon nulles sur , ce qui nous permet de tester lequation verifiee par u sur lebord du domaine et den deduire que u/n = 0 sur . Plus precisement, pourtoute fonction test v a support compact dans ,

    (u(x) f(x))v(x)dx = 0.

    On peut conclure a la nullite de u f de deux maniere differentes. La premiereconsiste a appliquer le Lemme 3.2.9 du cours. Plus simplement, u f est nullecar orthogonale a un sous espace dense de L2(). Legalite (3.6) implique alors queu/n est elle nulle car orthogonale (pour le produit scalaire L2()) a un sousespace dense de L2(), trace des fonctions C1() sur le bord du domaine .

    En choisissant la fonction v = 1 comme fonction test dans la formulation va-riationnelle, on en deduit que sil existe une solution u reguliere au probleme auxlimites (3.3),

    f(x) dx = 0.

    Exercice 3.2.4 On considere lequation des plaques (u) = f dans u = 0 sur un

    = 0 sur (3.7)

  • 42 CHAPITRE 3. FORMULATION VARIATIONNELLE

    On note X lespace des fonctions v de C2() telles que v et vn

    sannulent sur . Soit

    u une fonction de C4(). Montrer que u est une solution du probleme aux limites (3.7)si et seulement si u appartient a X et verifie legalite

    u(x)v(x) dx =

    f(x)v(x) dx pour toute fonction v X. (3.8)

    Correction. On procede comme pour lexercice precedent. Soit u une solutionreguliere de lequation des plaques (3.7), pour tout v X,

    (u)(x)v(x)dx =

    f(x)v(x)dx. (3.9)

    Par integration par partie,

    (u)(x)v(x)dx =

    (u)v(x)dx+

    (u)

    n(x)v(x)ds.

    Comme v = 0 sur , on en deduit que

    (u)(x)v(x)dx =

    (u)v(x)dx

    puis par une nouvelle integration par partie que

    (u)(x)v(x)dx =

    u(x)v(x)dx

    u(x)v

    n(x)ds.

    Comme vn

    (x) = 0 sur , le dernier terme de cette equation est nulle. Ainsi, ondeduit de (3.9) que

    u(x)v(x)dx =

    f(x)v(x)dx.

    La reciproque setablit comme lors de lexercice precedent. Supposons que u soit unesolution du probleme variationnel (3.8), en effectuant deux integrations par partiesuccessives, on obtient

    ((u) f)vdx = 0,

    pour tout v X. Or X est un sous espace dense de L2(), ainsi (u) f = 0.

    Exercice 3.3.1 Le but de cet exercice est de montrer que lespace V , defini par

    V ={v C1(), v = 0 sur

    }, (3.10)

    muni du produit scalaire

    w, v =

    w(x) v(x) dx, (3.11)

  • 43

    nest pas complet. Soit la boule unite ouverte de RN . Si N = 1, on definit la suite

    un(x) =

    x 1 si 1 < x < n1,(n/2)x2 1 + 1/(2n) si n1 x n1,x 1 si n1 < x < 1.

    Si N = 2, pour 0 < < 1/2, on definit la suite

    un(x) = | log(|x|2 + n1)|/2 | log(1 + n1)|/2.

    Si N 3, pour 0 < < (N 2)/2, on definit la suite

    un(x) =1

    (|x|2 + n1)/2 1

    (1 + n1)/2.

    Montrer que la suite un est de Cauchy dans V mais quelle ne converge pas dans Vlorsque n tend vers linfini.

    Correction.Dapres linegalite de Poincare, une suite un de lespace V est de Cauchy, si et

    seulement si un est une suite de Cauchy dans L2()N .Lespace L2()N etant complet, on en deduit que un est de Cauchy dans V si

    et seulement si un est convergente dans L2()N .Ainsi, si V etait un espace complet, toute suite de un de V telle que un

    converge vers un element de L2()N serait convergente vers un element u de V .En particulier, = u serait une fonction continue. Afin de prouver que V nestpas complet, il suffit donc dans chacun des cas de verifier que un converge dansL2()N vers une fonction discontinue.Cas N = 1. La suite un converge dans L2(] 1, 1[) vers la fonction definie par

    (x) =

    {1 si x < 01 si x > 0

    La fonction nayant pas de representant continu, V nest pas complet.Cas N = 2. Soit : R2 la fonction definie pour tout x 6= 0 par

    (x) = 2x|x|2

    ( log(|x|2)

    )1.

    On verifie sans mal que appartient a L2()2. En effet,

    | |2dx = 21+ 1

    0

    1

    r log(r)22dr.

    ( 1/2

    01

    r(log r)2(1dr < +)) et que la suite un converge dans L2()2 vers . Il

    suffit a cet effet, dappliquer le theoreme de Lebesgue en remarquant que

    |un |2 2 max(|u|, 2/ log(2))2.

  • 44 CHAPITRE 3. FORMULATION VARIATIONNELLE

    Comme nest pas continue, V nest pas complet.Cas N 3. On procede comme dans le cas precedent. En particulier, un et deCauchy et le gradient de un converge dans L

    2()3 vers

    = x|x|+2

    ,

    La fonction appartient bien a L2, car 1/2

    0r2+N3dr < + des que < (N2)/2

    mais nest pas continue en 0.

  • Chapitre 4

    ESPACES DE SOBOLEV

    Exercice 4.2.1 Soit = (0, 1). Montrer que la fonction x est derivable au sens faibledans L2() si et seulement si > 1/2.

    Correction. Tout dabord, x appartient a L2(0, 1) si et seulement si > 1/2. Si est un reel strictement plus grand que 1/2, dapres la definition 4.2.3, x admetune derivee faible dans L2(0, 1) si et seulement si il existe w L2(0, 1) tel que pourtout Cc (0, 1), 1

    0

    x(x)dx = 1

    0

    w(x)(x)dx.

    Or comme est a support compact, il existe a > 0 tel que (]0, a[) = 0. Ainsi, 10

    x(x)dx =

    1a

    x(x)dx

    = 1

    a

    x1(x)dx = 1

    0

    x1(x)dx

    (Les integrations par partie sur (a, 1) ne posent aucun probleme, x etant de classeC sur cet intervalle). On en deduit que x admet une derivee faible L2 si etseulement si x1 = w L2(0, 1), cest a dire 1 > 1/2.

    Exercice 4.2.2 Soit un ouvert borne. Montrer quune fonction continue sur , etC1 par morceaux est derivable au sens faible dans L2().

    Correction. Soit f une fonction continue sur , C1 par morceaux. Par definition,il existe une famille douverts deux a deux disjoints (i)i=1, ,N telle que

    i

    i =

    et fi = fi soit de classe C1. On note i,j = i j la frontiere commune entre

    deux sous-ouverts de et ni la normale exterieure a louvert i. Soit Cc ().

    45

  • 46 CHAPITRE 4. ESPACES DE SOBOLEV

    En appliquant la formule de Green (3.5) a chacun des ouverts i, on obtient

    f(x)

    xk(x)dx =

    i

    i

    fi(x)

    xk(x)dx

    =

    i

    i

    fi(x)(x)nikds

    i

    fixk

    (x)dx

    =

    (i

    i

    fixk

    (x)dx

    )+i,ji6=j

    i,j

    fi(x)(x)nikds.

    Or pour tout couple (i, j) et tout point x i,j, nik(x) = njk(x), et comme f est

    continue, fi(x) = fj(x). On en deduit quei,ji6=j

    i,j

    fi(x)(x)nikds =

    i,ji

  • 47

    Ainsi, w = 0 presque partout sur , car \ ii est de mesure nulle. De plus, pourtout indice k, et tout fonction test ,

    i,ji

  • 48 CHAPITRE 4. ESPACES DE SOBOLEV

    Correction.1. Cas N = 2

    Soit , 0 < < 1/2 et u la fonction definie sur la boule unite de R2 par

    u(x) = | log(|x|)|.

    Tout dabord, on verifie que u est un element de L2(B). En effet,B

    |u|2dx = 2 1

    0

    | log(r)|2rdr < +.

    Reste a prouver que u admet une derivee faible L2 (u nest evidemment pas borneeau voisinage de 0). Rappelons que |x| =

    x21 + x

    22 est derivable pour tout x 6= 0 et

    que |x| = x/|x|. Ainsi, la fonction u, en tant que fonction composee de fonctionsderivables, est derivable au sens classique sur B \ {0} et u = ou

    (x) = x|x|2

    | log(|x|)|1.

    De plus, appartient a L2()2. En effet,B

    ||2dx =

    B

    ( log(|x|)1

    |x|

    )2dx

    En passant en coordonnees polaires, on obtientB

    ||2dx = 22 1

    0

    log(r)2(1)

    rdr

    = 22

    1

    s2(1)ds.

    Cette derniere integrale est finie, des que 2( 1) < 1 (ce qui est le cas puisque < 1/2). Pour etre tout a fait rigoureux, il reste a prouver que la derivee au sensclassique concide avec la definition de la derivee faible. Soit C(), pour toutreel tel que 0 < < 1,

    B

    u(x)(x)dx =

  • 49

    ce qui acheve la demonstration.2. Cas N 3

    Soit 0 < < (N 2)/2. On pose

    u(x) = |x|.

    Dans un premier temps, on verifie que u est un element de L2(B). Soit SN la sphereunite,

    B

    |u|2dx = |SN | 1

    0

    |r|N12dr 1. Enfin, en procedant commedans le cas N = 2, on verifie que les derivees faible et classique concident.

    Exercice 4.3.3 Le but de cet exercice est de montrer que le Theoreme de trace 4.3.13nest pas vrai si louvert nest pas regulier. Soit louvert R2 defini par 0 < x < 1et 0 < y < xr avec r > 2 (voir la Figure 4.2). Soit la fonction v(x) = x. Montrerque v H1() si et seulement si 2 + r > 1, tandis que v L2() si et seulementsi 2 > 1. Conclure. (On peut aussi montrer avec ce meme exemple que le Theoreme4.3.5 de densite et la Proposition 4.4.2 de prolongement ne sont pas vrais pour un telouvert.)

    Correction. On a

    |v|2dxdy =

    x2dxdy =

    10

    ( xr0

    x2dy

    )dx =

    10

    x2+rdx.

    Ainsi, v L2() si et seulement si 2 + r > 1. De plus, v/y = 0 et v/x =x1. On en deduit que v H1() si et seulement si 2( 1) + r > 1, cest adire 2+ r > 1. Dautre part,

    |v(x)|2ds = 1 + 1

    0

    x2(1 + r2x2r2)1/2dx

    (lintegrale du membre de droite provient de lintegration de v(x) le long de la partiedu bord de parametree par la fonction (0, 1) 3 x 7 xr ). Comme r > 2,

  • 50 CHAPITRE 4. ESPACES DE SOBOLEV

    la fonction (1 + r2x2r2)1/2 est bornee sur (0, 1) et v L2() si et seulement si2 > 1. Si r est strictement superieur a 2, il existe tel que 1 r < 2 < 1.Dans ce cas, v H1() et v| / L2(). Le Theoreme 4.3.13 est mis en defautdans ce cas. En effet, on introduit la suite croissante de fonctions vn H1()C()definie par

    vn(x) = min(v(x), n).

    La suite vn converge vers v dans H1() et vn| converge presque partout vers v|.On a alors

    limnvnH1() = vH1()

    et

    limnvnL2() =

    |v|(x)|2ds = +.

    Quel que soit K > 0, pour n assez grand, on a donc

    vnL2() > KvnH1(),

    ce qui acheve la demonstration.

    Remarque 4.3.1 Pour etre tout a fait rigoureux, on ne peut pas conclure direc-tement du fait que v H1() et v| / L2() que le theoreme de Trace 4.3.13est errone. En effet, on pourrait tout a fait imaginer que lapplication Trace 0 soitprolongeable en une fonction continue de H1() dans L2(), mais telle que 0(v)et v| ne concident pas.

    Exercice 4.3.4 Le but de cet exercice est de montrer quil ne peut pas y avoir denotion de trace pour des fonctions de L2(), cest-a-dire quil nexiste pas de constanteC > 0 telle que, pour toute fonction v L2(), on a

    v|L2() CvL2().

    Pour simplifier, on choisit comme ouvert la boule unite. Construire une suite defonctions regulieres dans egales a 1 sur et dont la norme dans L2() tend verszero. Conclure.

    Correction.Soit T une fonction reguliere de [0; +[ a valeurs dans R+ telle que T (0) = 1,

    T (s) = 0 pour s > 1 et 0 T (s) 1 pour tout s. On definit la suite un de fonctionsde la boule a valeurs dans R par

    un(x) = T (n(1 |x|)).

    Pour tout n, quel que soit x , |un(x)| = 1. Dautre part, la suite |un(x)| estmajoree par 1 pour tout x . Enfin, un(x) = 0 pour tout x appartenant a la boulede rayon 1 1/n. Ainsi, dapres le theoreme de Lebesgue, unL2() 0, et quelque soit C, pour n assez grand,

    unL2() = u0L2() > CunL2().

    Loperateur trace definit de C0()L2() dans L2() nest pas continue. A fortiori,il ne peut etre prolonge en une application continue de L2() dans L2().

  • Chapitre 5

    ETUDE MATHEMATIQUE DESPROBLEMES ELLIPTIQUES

    Exercice 5.2.1 A laide de lapproche variationnelle demontrer lexistence et lunicitede la solution de {

    u+ u = f dans u = 0 sur

    (5.1)

    ou est un ouvert quelconque de lespace RN , et f L2(). Montrer en particulier quelajout dun terme dordre zero au Laplacien permet de ne pas avoir besoin de lhypotheseque est borne.

    Correction.1er Etape. Recherche de la formulation variationnelle.

    On multiplie lequation verifiee par u par une fonction test v nulle sur . Parintegration par partie, on obtient que

    (u v + u(x)v(x)

    )dx =

    fv dx.

    Afin que cette expression ait un sens, il suffit de choisir u et v dans H10 (). Leprobleme variationnel associe a lequation (5.1) consiste donc a determiner u H10 () tel que

    a(u, v) = L(v) pour tout v H10 (),

    ou

    a(u, v) =

    (u v + u(x)v(x)

    )dx

    et

    L(v) =

    fv dx.

    2eme Etape. Resolution du probleme variationnel.La continuite de a(., .) et L(.) est evidente de meme que la coercivite de la forme

    bilineaire a(., .). En effet,

    a(u, u) = u2H1(R2).

    51

  • 52 CHAPITRE 5. PROBLEMES ELLIPTIQUES

    Les hypotheses du Theoreme de Lax-Milgram sont reunies. Il existe donc une so-lution unique au probleme variationnel. On verifie enfin en effectuant les memeintegrations par partie que lors de la premiere etape que u est un element deH(div) et que u+ u = f en tant quelements de L2() et donc presque partoutdans . Enfin, comme u H10 (), et que est un ouvert regulier, la trace de u estbien definie et u = 0 presque partout sur .

    Exercice 5.2.2 Soit un ouvert borne de RN . A laide de lapproche variationnelledemontrer lexistence et lunicite de la solution du probleme suivant de convection-diffusion {

    V uu = f dans u = 0 sur

    (5.2)

    ou f L2() et V est une fonction reguliere a valeurs vectorielles telle que divV = 0dans .

    Correction.1er Etape. Recherche de la formulation variationnelle.

    On multiplie lequation verifiee par u par une fonction test v nulle sur . Parintegration par partie, on obtient la formulation variationnelle suivante :Trouver u H10 () tel que

    a(u, v) = L(v) pour tout v H10 (),

    ou

    a(u, v) =

    (u v + (V u)v

    )dx

    et

    L(v) =

    fv dx.

    2eme Etape. Resolution du probleme variationnel.Afin dappliquer le Theoreme de Lax-Milgram, la seule hypothese non triviale

    a verifier est la coercivite de la forme bilineaire a(., .).

    a(u, u) =

    (u v + (V u)u

    )dx

    Or

    (V u)u dx =

    (div(uV )u div(V )|u|2

    )dx

    =

    (V u)u dx.

    Ainsi,a(u, u) = u2L2()

    et la coercivite de a(., .) se deduit de linegalite de Poincare.

  • 53

    3eme Etape. Equivalence avec lequation.

    u v dx =

    (fv (V u)v

    )dx.

    Ainsi,

    u v dx (fL2() + V L()uH1())vL2(),

    et u est un element de H(div). On en deduit donc par integration par partie que

    u+ V u = f en tant quelements de L2().

    Exercice 5.2.3 On reprend les notations et hypotheses de lExercice 5.2.2. Montrerque tout v H10 () verifie

    vV v dx = 0.

    Montrer que la solution de la formulation variationnelle du probleme de convection dif-fusion ne minimise pas dans H10 () lenergie

    J(v) =1

    2

    (|v|2 + vV v

    )dx

    fv dx.

    Correction. On a dores et deja prouve dans lexercice precedent que

    vV v dx = 0

    pour tout v H10 (). Ainsi,

    J(v) = 1/2

    (|v|2 + v(V v)

    )dx

    fv dx

    = 1/2

    |v|2 dxfv dx

    Or le minimiseur u sur H10 () de J est solution du probleme aux limites{u = f dans u = 0 sur ,

    et na donc aucune raison (sauf cas exceptionnel) detre solution du probleme auxlimites {

    V uu = f dans u = 0 sur ,

    Exercice 5.2.4 On considere a nouveau le probleme aux limites{u = f dans u = 0 sur

    (5.3)

  • 54 CHAPITRE 5. PROBLEMES ELLIPTIQUES

    ou est un ouvert borne de lespace RN , et f est un second membre qui appartienta lespace L2(). On suppose que louvert est symetrique par rapport a lhyperplanxN = 0 de meme que la donnee f (i.e. f(x

    , xN) = f(x,xN)). Montrer que la

    solution de (5.3) a la meme symetrie. Montrer que (5.3) est equivalent a un problemeaux limites pose sur + = {xN > 0} avec une condition aux limites de Neumannsur {xN = 0}.

    Correction. Soit u la solution de (5.3). On definit

    v H1() par v(x, xn) = u(x,xn).

    On a alors pour tout (x, xn) ,

    v(x, xn) = u(x,xn) = f(x,xn) = f(x, xn).

    De plus, pour tout element (x, xn) du bord de , (x,xn) et

    v(x, xn) = u(x,xn) = 0.

    Ainsi, v est egalement solution du problemes aux limites (5.3). Comme u est luniquesolution de ce systeme, u = v et u(x, xn) = u(x

    ,xn). On note N = {xn = 0}et n la normale exterieure a +. Montrons que u/n = 0 sur N . Si on supposeque u est regulier, la nullite de la derivee normale sur N decoule directement de larelation u(x, xn) = u(x

    ,xn). Sans hypothese de regularite sur u, on peut utiliserla definition faible de la trace normale delements de H(div). Soit Cc (). Onpose (x, xn) = ((x

    ,xn) + (x, xn))/2. On au

    n,

    H1/2(N ),H1/2(N )

    =

    +

    u dx+

    +u dx

    =

    +f dx+

    +u dx.

    De meme,u

    n,

    H1/2(N ),H1/2(N )

    =

    f dx

    u dx

    =

    +f dx

    +u dx

    (par changement de variable (x, xn) (x,xn)).Or |N = |N , ainsi,

    u

    n,

    H1/2(N ),H1/2(N )

    = u

    n,

    H1/2(N ),H1/2(N )

    et u/n = 0 sur {xn = 0}. Ainsi, u est egalement solution du probleme auxlimites

    u = f dans +

    u = 0 sur {xn > 0}u

    n= 0 sur {xn = 0}.

  • 55

    Exercice 5.2.5 Demontrer que lunique solution u H1() de la formulation varia-tionnelle

    (u v + uv) dx =

    gv ds+

    fv dx v H1(). (5.4)

    verifie lestimation denergie suivante

    uH1() C(fL2() + gL2()

    ),

    ou C > 0 est une constante qui ne depend pas de u, f et g.

    Correction. Il suffit dappliquer la formulation variationnelle (5.4) a la fonctiontest v = u. On en deduit que

    u2H1() =

    (|u|2 + |u|2

    )dx =

    gu ds+

    fu dx.

    En appliquant linegalite de Cauchy-Schwarz au deuxieme membre,

    u2H1() gL2()uL2() + fL2()uL2().

    Par le Theoreme de Trace, il existe donc une constante positive C telle que

    u2H1() C(gL2() + fL2()

    )uH1()

    etuH1() C

    (gL2() + fL2()

    )Exercice 5.2.6 On suppose que est un ouvert borne regulier de classe C1. A laidede lapproche variationnelle demontrer lexistence et lunicite de la solution du Laplacienavec une condition aux limites de Fourier{

    u = f dans un

    + u = g sur (5.5)

    ou f L2() et g est la trace sur dune fonction de H1(). On demontreralinegalite suivante (qui generalise celle de Poincare)

    vL2() C(vL2() + vL2()

    ) v H1().

    Correction.1er Etape. Recherche de la formulation variationnelle.

    On multiplie lequation verifiee par u par une fonction test v. Par integrationpar partie, on obtient

    u v dx

    u

    nvds =

    fv dx.

    Enfin, comme u/n = g u sur , on en deduit que

    u v dx

    (g u)vds =

    fv dx.

  • 56 CHAPITRE 5. PROBLEMES ELLIPTIQUES

    La formulation variationnelle retenue consiste donc a trouver u H1() tel que

    a(u, v) = L(v) pour tout v H1(),

    ou

    a(u, v) =

    u v dx+

    uvds

    et

    L(v) =

    fv dx+

    gvds.

    2eme Etape. Resolution du probleme variationnel.Afin dappliquer le theoreme de Lax-Milgram, la seule hypothese non triviale a

    verifier est la coercivite de la forme bilineaire a(., .). A cet effet, on va montrer quilexiste une constante C telle que pour tout v H1(),

    vL2() C(vL2() + vL2()

    ).

    La coercivite est alors evidente. Afin detablir ce dernier resultat, on raisonne parcontradiction : Supposons que pour tout n, il existe vn tel que

    vnL2() > n(vnL2() + vnL2()

    ).

    Quitte a considerer la suite vn/vnL2() au lieu de vn, on peut supposer que pourtout n, vnL2() = 1. Ainsi, la suite vn est bornee dans H1() et dapres le theoremede Rellich, il existe une sous suite vn convergente dans L

    2() vers un element v deH1(). De plus, vn converge vers zero dans L2(). Ainsi, vn est une suite deCauchy de H1(), v appartient a H1() et v = 0. Dapres la Proposition 4.2.5,on en deduit que v est une constante. Lapplication trace etant continue de H1()dans L2(), la trace de v sur le bord de est egale a la limite des traces de vnsur le bord de . Or limn vnL2() = 0, ainsi v = 0 sur . Finalement, v etantconstante, v = 0 dans tout , ce qui contredit le fait que vL2() = 1.3eme Etape. Equivalence avec le probleme aux limites.

    Tout dabord, on etablit en appliquant la formulation variationnelle a des ele-ments v Cc () que u est un element de H(div) et par integration par partieque

    u = f dans .De plus, pour toute fonction v H1(),

    (u

    n+ u

    )v dx =

    ((u)v +u v + uv

    )dx

    =

    ( fv +u v + uv

    )dx =

    gvds.

    On en deduit en particulier que u/n est un element de L2() et que

    u

    n+ u = g presque partout sur .

  • 57

    Remarque 5.2.1 En toute rigueur, lintegrale

    (un

    + u)v dx nest a priori pas

    correctement definie. Cependant, comme u est un element de H(div), il admet unetrace normale sur . Ainsi, le calcul precedent reste valable en toute generalitequitte a remplacer lintegrale de bord par le crochet de dualite

    un

    + u, v

    H1/2,H1/2.

    Enfin, comme on prouve finalement que u/n appartient a L2(), lutilisation delintegrale

    (un

    + u)v dx est justifiee a posteriori.

    Exercice 5.2.7 On suppose que est un ouvert borne connexe. A laide de lapprochevariationnelle demontrer lexistence et lunicite de la solution du Laplacien avec desconditions aux limites melees

    u = f dans un

    = 0 sur Nu = 0 sur D

    (5.6)

    ou f L2(), et (N , D) est une partition de telle que les mesures superficiellesde N et D sont non nulles (voir la Figure 4.1). (Utiliser la Remarque 4.3.18.)

    Correction.La formulation variationnelle setablit naturellement : Il sagit de trouver u V

    tel quea(u, v) = L(v) pour tout v V

    ouV = {v H1() : v = 0 sur D}

    a(u, v) =

    u v dx

    et

    L(v) =

    fv dx.

    Lapplication trace etant continue, lespace vectoriel V , image reciproque dun fermepar une application continue, est un sous espace ferme de H1(). Ainsi, V est unespace de Hilbert. Les formes bilineaire et lineaire a et L etant continues, il ne resteplus qua etablir la coercivite de la forme bilineaire a pour pouvoir appliquer leTheoreme de Lax-Milgram et en deduire lexistence et lunicite dune solution auprobleme variationnel. Il sagit donc detablir linegalite de type Poincare suivante :Il existe C > 0 tel que pour tout v V ,

    uL2() CuL2().

    Cette inegalite setablit par contradiction (voir la deuxieme demonstration de lin-egalite de Poincare 4.3.10). Supposons que cette inegalite soit fausse pour touteconstante C. Dans ce cas, pour tout entier n, il existe un V tel que

    unL2() > nunL2().

    Quitte a diviser un par sa norme L2, on peut supposer que unL2 = 1. Ainsi, un

    est borne dans H1() et dapres le Theoreme de Rellich, il existe une sous-suite un

  • 58 CHAPITRE 5. PROBLEMES ELLIPTIQUES

    de un et un element u de L2() tels que un converge vers u en norme L

    2. Or unconverge vers zero. On en deduit que un est de Cauchy dans H

    1(). En particulier,u appartient a H1() et le gradient de u est egal a la limite des gradients de un ,cest a dire u = 0. Dapres la Proposition 4.2.5, on en deduit que u est uneconstante. Comme u appartient a V , la restriction de u a D est nulle. La mesuresuperficielle de D etant non nulle, on en deduit que u = 0, ce qui contredit le faitque uL2() = limn unL2() = 1.

    Enfin, si u est une solution du probleme variationnel, on en deduit que uappartient a H(div) et que u = f en tant quelements de L2(). Enfin, pourtout element v de V , on a

    u

    n, v

    H1/2,H1/2

    =

    uv +u v dx = 0.

    Quitte a supposer et N assez reguliers, la trace des fonctions V sur le bordest egal a lensemble des fonctions de H1/2() de support inclus dans N . Ainsi,la restriction de u/n a N est nulle. Enfin, u = 0 presque partout sur D caru V . Ainsi, la solution u du probleme variationnel est bien solution du problemeaux limites initial.

    Exercice 5.2.8 Demontrer linegalite de Poincare-Wirtinger : si est borne, regulieret connexe, il existe une constante C > 0 telle que, pour tout v H1(),

    v m(v)L2() CvL2() avec m(v) =

    v dx

    dx

    . (5.7)

    Correction. On peut demontrer cette inegalite par contradiction. On suppose quelinegalite de Poincare Wirtinger est fausse. Dans ce cas, pour tout entier natureln 1, il existe un element un de H1() tel que

    un m(un)L2() > nunL2(),

    ou m est la moyenne definie par

    m(un) =

    un dx

    /

    dx.

    On pose vn = (un m(un))/||un m(un)L2(). La suite vn verifie lequation

    1 = vnL2() > nvnL2(). (5.8)

    Ainsi, la suite vn est bornee dans H1(). Comme est borne regulier, dapres le

    Theoreme de Rellich, on peut extraire de vn une sous-suite convergente dans L2()

    vers un element v de L2(). Par commodite, on note de nouveau vn cette suite.Comme vn est convergente dans L

    2(), cest une suite de Cauchy de L2(). De plus,dapres lequation (5.8), vn converge vers 0 dans L2(). Ainsi, vn est une suite deCauchy dans H1(). Comme H1() est un espace de Hilbert, il est complet : Toutesuite de Cauchy est convergente et vn converge dans H

    1(). Ainsi,

    vL2() = limnvnL2() lim

    n(1/n) = 0,

  • 59

    m(v) = limnm(vn) = 0,

    vL2() = limnvnL2() = 1.

    Comme v = 0, m(v) = 0 et est connexe, v est une constante de moyenne nulledapres la Proposition 4.2.5. Ainsi, v = 0 et vL2() = 1, ce qui est absurde.

    Exercice 5.2.9 On suppose que est un ouvert borne connexe regulier. Soit f L2(). On considere la formulation variationnelle suivante : trouver u H1() tel que

    u v dx+(

    u dx

    )(

    v dx

    )=

    fv dx v H1().

    Demontrer lexistence et lunicite de la solution de cette formulation variationnelle. Quelprobleme aux limites a-t-on ainsi resolu ? En particulier, si on suppose que

    f dx = 0,

    quel probleme deja etudie retrouve-t-on ?

    Correction.1. Existence

    Soit

    a(u, v) =

    u v dx+(

    u dx

    )(

    v dx

    )(5.9)

    et

    L(v) =

    f(x)v(x) dx.

    Le probleme variationnel pose consiste a determiner u H1() tel que

    a(u, v) = L(v) v H1().

    Afin dappliquer le Theoreme de Lax-Milgram, la seule hypothese non triviale averifier porte sur la coercivite de la forme bilineaire a(., .). En raisonnant par lab-surde (comme lors de la deuxieme demonstration de linegalite de Poincare 4.3.10),on etablit quil existe C > 0 tel que pour tout u H1(),

    u2H1() Ca(u, u)

    (On utilise ici le fait que est borne connexe). Le Theoreme de Lax-Milgram nousassure alors lexistence et lunicite de la solution de (5.9).2. Determination du probleme aux limites

    Soit Cc (),

    u (x) dx = (

    u(x) dx

    )(

    (x) dx

    )+

    f(x)(x) dx.

    Dapres linegalite de Cauchy-Schwarz,

    u (x) dx (||1/2

    u dx

    + fL2()) L2().

  • 60 CHAPITRE 5. PROBLEMES ELLIPTIQUES

    Ainsi, u H(div) et

    div(u) = f

    u dx dans .

    De plus, en appliquant la formulation variationnelle a v = 1, on obtient que

    u dx =1

    ||

    f dx.

    Enfin, comme u H(div), la trace de u/n sur la frontiere de est correctementdefinie et on etablit aisement que u/n = 0. Le probleme aux limites resolu consistedonc a trouver u H1() tel que

    u = f ||1

    f dx dans

    u

    n= 0 sur .

    Dans le cas particulier

    f dx = 0, u est solution du probleme de Neumann (5.25).

    Exercice 5.2.10 Soit un ouvert borne et K un compact connexe de RN inclus dans (on suppose que \K est regulier). Soit f L2(). On considere un probleme deconduction dans ou K est une inclusion parfaitement conductrice, cest-a-dire quelinconnue u (la temperature ou le potentiel electrique, par exemple) est constante dansK (cette constante est aussi inconnue). On suppose quil ny a pas de terme source dansK. Ce probleme se modelise par

    u = f dans \Ku = C sur K

    Kunds = 0 sur K

    u = 0 sur ,

    ou C est une constante inconnue a determiner. Trouver une formulation variationnellede ce probleme aux limites et demontrer lexistence et lunicite dune solution (u,C).

    Correction. On introduit lespace vectoriel

    X = {u H1( \K) : u = 0 sur ; v = constante sur K}.

    muni de la norme de H1( \K). Notons que X est un espace de Hilbert. En effet,cest un sous espace ferme de H1( \K).1ere Etape. Determination de la formulation variationnelle.

    On multiplie lequation verifiee par u sur \ K par un element v de X. Parintegration par partie, on en deduit que

    \Ku v(x) dx+

    K

    u

    n(x)v(x)ds =

    \K

    f(x)v(x) dx (5.10)

  • 61

    Comme v(x) est constante sur K, on aK

    u

    n(x)v(x)ds =

    (K

    u

    nds

    )v(K).

    Enfin, dapres lequation verifiee par u/n sur K,K

    u

    n(x)v(x)ds = 0.

    Lequation (5.10) verifiee par u se simplifie en\K

    u v(x) dx =

    \Kf(x)v(x) dx.

    La formulation variationnelle associee au probleme aux limites consiste a trouveru X tel que

    a(u, v) = L(v), (5.11)

    ou a(., .) est la forme bilineaire definie sur X par

    a(u, v) =

    \K

    u v(x) dx

    et L(.) la forme lineaire

    L(v) =

    \K

    f(x)v(x) dx.

    2eme Etape. Existence de solution.Lapplication du Theoreme de Lax-Milgram est triviale et nous assure lexi-

    stence et lunicite au probleme variationnel (5.11).3eme Etape. Equivalence avec le probleme aux limites.

    On applique dans un premier temps la formulation variationnelle a une fonctionv Cc ( \K). On en deduit que u H(div) et que

    u = f pour presque tout x \K.

    Comme u H(div), u/n admet une trace (au moins au sens faible sur K).En appliquant la formulation variationnelle a un element quelconque v de X, on endeduit que

    K

    u

    n(x) dx = 0 sur K.

    Enfin, les conditions de type Dirichlet u = 0 sur et u =constante sur K ont eteincluses dans la definition de lespace X auquel appartient u.

    Exercice 5.2.11 Montrer que si u1 H1(1) et u2 H1(2) sont solutions de(5.33) avec (5.34) et ui = 0 sur , pour i = 1, 2, alors la fonction u definie commeui dans i, i = 1, 2, est lunique solution dans H

    10 () de (5.39).

  • 62 CHAPITRE 5. PROBLEMES ELLIPTIQUES

    Correction.Tout dabord, la fonction ainsi definie est bien un element de H10 . En effet, u est

    continue et les restrictions de u a 1 et 2 appartiennent respectivement a H1(1)

    et H1(2). Dapres le Lemme 4.3.19, u est donc un element de H1(). Enfin, u = 0

    sur . Notons que pour presque tout x ,

    u(x) ={u1(x) si x 1u2(x) si x 2.

    Soit v un element de H10 (). On introduit v1 et v2 les restrictions de v a 1 et2. On note n la normale exterieure a 1.

    1

    k1u1 v1 dx =

    1

    fv1 dx+

    k1u1.n dx

    et 2

    k2u2 v2 dx =

    2

    fv2 dx

    k2u2.n dx

    Par sommation, on obtient

    Au v dx =

    fv dx,

    les deux termes de flux sur linterface se compensant. On en deduit que Au estun element de H(div) et que

    div(Au) = f en tant quelements de L2().

    On a donc prouve que u est lunique solution de (5.39).

    Exercice 5.2.12 Montrer lexistence et lunicite de la solution de{div(Au) + u = f dans u

    nA= g sur

    avec f L2() et g L2().

    Correction. La formulation variationnelle consiste a trouver u H1() tel que

    a(u, v) = L(v) pour tout v H1()

    ou

    a(u, v) =

    (Au v + uv

    )dx

    et

    L(v) =

    fv dx+

    gvds.

    Lexistence dune solution a ce probleme decoule dune application aisee du theoremede Lax-Milgram. Enfin, le Lemme 5.2.13 reste valable pour un operateur elliptique

  • 63

    du deuxieme ordre a coefficients variables, pourvu que A soit suffisamment regulier.En particulier, si pour tout i et j, aij C1(), u H2(). Ainsi, on obtient que

    div(Au) = f en tant quelements de L2(),

    que la trace unA

    est bien definie sur et que

    u

    nA= g dans L2().

    Exercice 5.2.13 Montrer que lapplication (non-lineaire) v v+ est continue deL2() dans lui-meme, ainsi que de H1() dans lui-meme (utiliser le fait que u = 0presque partout sur lensemble u1(0)).

    Correction.La continuite de lapplication v v+ de L2() dans L2() est evidente, car

    Lipschitzienne. En effet, pour tout u, v L2(), on a

    v+ u+L2() v uL2().

    La continuite de cette application de H1() dans lui meme est un peu plus delicate.Considerons une suite vn convergeant vers v dans H

    1(). Soit vn une sous-suiteextraite quelconque de vn. De cette sous suite, on peut extraite une nouvelle sous-suite vn convergeant presque partout. On a

    v+n v+L2() =1vn>0vn 1v>0vL2()

    1vn>0(vn v)L2() + (1vn>0 1v>0)vL2()vn vL2() + (1vn>0 1v>0)vL2().

    Il est clair que le premier terme du second membre converge vers zero. Enfin,

    (1vn>0 1v>0)v2L2() =

    \v1(0)

    (1vn>0 1v>0)2|v|2 dx.

    car v = 0 presque partout sur v1(0). Comme lapplication x 1x>0 est continuesur R \ {0},

    1vn>0(x) 1v>0(x) pour presque tout x \ v1(0).

    Ainsi, dapres le theoreme de convergence dominee de Lebesgue,

    (1vn>0 1v>0)vL2() 0 lorsque n 0

    etv+n v

    + dans L2().

    On en deduit que toute la suite v+n converge vers v+. En effet, dans le cascontraire, il existerait un reel > 0, et une sous-suite vn de vn tels que

    v+n v+L2() > ,

    ce qui contredit le fait quon puisse construire une sous-suite vn de vn telle quev+n v+ dans L2(). En conclusion, on a montre que si vn v dans H1(),alors v+n v+ dans L2() et v+n v+ dans L2(). En dautres termes, v+n v+dans H1() et lapplication qui a v associe v+ est continue de H1() dans H1().

  • 64 CHAPITRE 5. PROBLEMES ELLIPTIQUES

    Exercice 5.3.1 Montrer que lapplication de L2()N dans H10 ()N qui a f fait cor-

    respondre u, unique solution faible de{div (2e(u) + tr(e(u)) Id) = f dans u = 0 sur .

    , (5.12)

    est lineaire continue.

    Correction.La linearite de cette application est evidente. La continuite est une consequence

    du Theoreme de Lax-Milgram (quon a applique pour demontrer lexistence et luni-cite de la solution de (5.12)). On peut retrouver la continuite directement, en appli-quant la formulation variationnelle a la fonction test v = u. On obtient

    (|e(u)|2 + (divu)2

    )dx =

    f u dx.

    En combinant cette egalite a linegalite de Korn

    C

    (|e(u)|2 + (divu)2

    )dx u2H1()

    et a linegalite de Cauchy-Schwarz, on en deduit que

    uH1() CfL2().

    Exercice 5.3.2 Soit un ouvert connexe de RN . Soit lensemble R des mouvementsrigides de defini par

    R ={v(x) = b+Mx avec b RN ,M = M t matrice antisymetrique

    }. (5.13)

    Montrer que v H1()N verifie e(v) = 0 dans si et seulement si v R.

    Correction. Tout dabord, si v appartient a R, on a evidemment e(v) = 0.Reciproquement, soit v H1()N telle que e(v) = 0. On pose w = 1

    2(v (v)t),

    partie antisymetrique de v,

    wij =1

    2

    (uixj

    ujxi

    ).

    La fonction wij est un element de L2(). De plus, en effectuant diverses integrations

    par partie, on peut etablir que pour toute fonction Cc (),

    wij

    xkdx =

    eik(v)

    xj ejk(v)

    xjdx.

    Comme e(v) = 0, on en deduit que pour tout k,

    wijxk

    = 0.

  • 65

    Ainsi, chaque wij admet une derivee faible L2() nulle et dapres la Proposition

    4.2.5, il existe une matrice constante M telle que wij(x) = M presque partout. Deplus, w etant antisymetrique, M lest egalement. Puisque e(v) = 0, on en deduit que

    v = M.

    Enfin,

    (v Mx) = 0.

    De nouveau par application de la Proposition 4.2.5, on en deduit quil existe unvecteur constant b tel que

    v(x) = b+Mx pour presque tout x .

    Exercice 5.3.3 Montrer que u V ={v H1()N tel que v = 0 sur D

    }est

    lunique solution de la formulation variationnelle

    2e(u) e(v) dx+

    divu divv dx =

    f v dx+

    N

    g v ds v V. (5.14)

    si et seulement si u realise le minimum sur V de lenergie

    J(v) =1

    2

    (2|e(v)|2 + |divv|2

    )dx

    f v dx

    N

    g v ds. (5.15)

    (Indication : on pourra sinspirer de la Proposition 3.3.4).

    Correction. Il suffit dappliquer la Proposition 3.3.4 a la forme bilineaire

    a(u, v) =

    (2e(u) e(v) + (divu)(divv)

    )dx

    et a la forme lineaire

    L(v) =

    f v dx+

    N

    g vds,

    sur lespace de Hilbert V .

    Exercice 5.3.4 Soit un ouvert borne connexe de RN . On considere le systeme delelasticite avec la condition de Neumann (5.59) sur tout le bord . Montrer que lacondition dequilibre (vectorielle)

    f dx+

    g ds = 0

    est une condition necessaire et suffisante dexistence et dunicite dune solution dansH1()N (lunicite etant obtenue a un mouvement de corps rigide pres, cest-a-dire aladdition de Mx+ b pres avec b RN et M une matrice antisymetrique constante).

  • 66 CHAPITRE 5. PROBLEMES ELLIPTIQUES

    Correction.En integrant lequation sur , on obtient, suite a une integration par partie, la

    condition de compatibilite

    f dx+

    gds = 0.

    Sous cette condition, on va montrer que le probleme aux limites avec conditionde Neumann admet une unique solution dans lespace V , quotient de H1()N parlespace des mouvements rigides R. La formulation variationnelle est aisee a etabliret consiste a trouver u V tel que

    a(u, v) = L(v) pour tout v V

    ou

    a(u, v) =

    (2e(u) e(v) + (divu)(divv)

    )dx

    et

    L(v) =

    f v dx+

    g v

    Notons que a(u, v) et L(v) sont toutes deux correctement definies. Leurs valeurs sontindependantes des representant u et v choisit dans H1(). Le seul point delicat afindappliquer le theoreme de Lax-Milgram consiste a prouver la coercivite de la formebilineaire, cest a dire quil existe une constante C telle que

    u2V Ca(u, u) pour tout u V. (5.16)

    ou

    uV = infM,bu+M.x+ bH1(), avec M matrice antisymetrique et b Rn.

    Supposons que la relation (5.16) soit fausse pour tout C. Dans ce cas, il existe unesuite un delements de V telle que

    1 = un2V na(un, un).

    Rappelons quil existe tel que

    a(u, u) e(u)2L2()..

    Ainsi,1 = un2V ne(un)2L2()

    Dapres le theoreme de Rellich, il existe une sous-suite un convergente dans L2()

    quotiente parR. De plus, comme e(un) tend vers zero, on en deduit que un convergedans V vers un element u tel que e(u) = 0. Dapres lexercice precedent, il existeM matrice antisymetrique et b RN tels que u(x) = M.x + b. En dautres termes,u = 0 dans V , ce qui contredit le fait que uV = 1. Afin de prouver que la solution

  • 67

    du probleme variationnel est solution du probleme aux limites, on procede commepour le Laplacien. En particulier, afin de donner un sens a .n, il serait necessaire demontrer que u est en fait un element de H2() (ce quon a admit pour le Laplacien).A defaut, on peut toujours utiliser le fait que est un element de H(div) et utiliserla definition faible de la trace de la normale de sur le bord comme element deH1/2()(voir Theoreme 4.4.7)

    Exercice 5.3.5 On suppose que est un ouvert borne de RN et que f L2()N .Montrer lexistence et lunicite dune solution faible dans H10 ()

    N au systeme de Lame{u (+ )(divu) = f dans u = 0 sur .

    (5.17)

    sans utiliser linegalite de Korn. Verifier quon peut affaiblir les hypotheses de positivitesur les coefficients de Lame en supposant seulement que > 0 et + 2 > 0.

    Correction. La formulation variationnelle consiste a trouver u H10 () tel que

    a(u, v) = L(v) pour tout v H10 (),

    ou

    a(u, v) =

    (u v + (+ )(divu)(divv)

    )dx

    et

    L(v) =

    fv dx.

    Afin dappliquer le theoreme de Lax-Milgram, la seule hypothese non triviale averifier est la coercivite de la forme bilineaire a(., .). Or

    (divu)2 dx =

    i,j

    uixi

    ujxj

    dx

    Par integration par partie, il vient

    (divu)2 dx =

    i,j

    uixj

    ujxi

    dx =

    u (u)t dx

    |u||(u)t| dx =

    |u|2 dx.

    Ainsi,

    a(u, u)

    (+ min(0, + ))|u|2 dx

    ou encore

    a(u, u)

    min(, + 2)|u|2 dx.

    La forme bilineaire a(., .) est donc coercive des que > 0 et + 2 > 0, ce quietablit lexistence dune solution unique au probleme variationnel. On montre que uest solution du probleme aux limites en procedant comme pour le Laplacien.

  • 68 CHAPITRE 5. PROBLEMES ELLIPTIQUES

    Exercice 5.3.6 Verifier lequivalence de (5.17) et (5.12) si et sont constants.Montrer que (5.17) et (5.12) ne sont plus equivalents si et sont des fonctions(regulieres), meme si on remplace lequation vectorielle de (5.17) par

    div(u)((+ )divu) = f dans .

    Correction. Soit u la solution du probleme variationnel de lelasticite lineariseeavec condition de Dirichlet, pour tout v Cc ()N ,

    i,j

    (uixj

    +ujxi

    )vixj

    dx+

    (divu)(divv) dx =

    f v dx.

    Or par integration par partie,

    ujxi

    vixj

    dx =

    uj

    xi

    (vixj

    )dx

    =

    uj2vixjxi

    dx

    uj

    xi

    vixj

    dx

    =

    ujxj

    vixi

    dx

    uj

    xi

    vixj

    dx

    =

    ujxj

    vixi

    dx+

    uj

    (

    xj

    vixi

    xi

    vixj

    )dx.

    Ainsi,

    i,j

    (uixj

    +ujxi

    )vixj

    dx+

    (divu)(divv) dx =

    u v + (+ )(divu)(divv) dx+

    u.((divv) (v)t)dx.

    Si est constant, u est donc egalement lunique solution du probleme variationnelconsistant a trouver u dans H10 ()

    N tel que pour tout v H10 ()N ,

    (u v + (+ )(divu)(divv)

    )dx =

    f v dx,

    qui est equivalent au probleme aux limites consistant a trouver u tel que{u ((+ )divu) = f dans ,u = 0 sur .

    Si de plus est constant, on retrouve le probleme aux limites (5.17). Enfin, si nest pas constant, on ne peut rien dire.

    Exercice 5.3.7 Le but de cet exercice est de trouver une solution particuliere dusysteme de lelasticite linearisee dans le cas dune force de cisaillement anti-plan. Onconsidere un domaine cylindrique homogene de longueur L > 0 et de section , ou

  • 69

    est un ouvert borne connexe regulier de RN1 (les coefficients de Lame et sontconstants). Autrement dit, = (0, L), et pour x , on note x = (x, xN) avec0 < xN < L et x

    . On considere le probleme aux limites suivantdiv (2e(u) + tr(e(u)) Id) = 0 dans n = g sur (0, L)u = 0 sur {0, L}(n) n = 0 sur {0, L}

    (5.18)

    ou on a utilise la notation, pour un vecteur v = (v1, ..., vN), v = (v, vN) avec v

    RN1et vN R. On suppose que la force surfacique g est du type cisaillement anti-plan,cest-a-dire que g = (g1, ..., gN1) = 0. Montrer que la solution unique de (5.18) estdonnee par u = (0, ..., 0, uN) ou uN(x

    ) est la solution du Laplacien suivant{uN = 0 dans uN

    n= gN sur

    ou est le Laplacien dans la variable x RN1.

    Correction. Soit uN la solution du probleme de Laplace{uN = 0 sur uN

    n= gN sur

    On pose u = (0, , 0, uN). Pour tout i et j tels que i, j < N ,

    eij(u) = 0

    eiN(u) = eNi(u) =1

    2

    uNxi

    eNN(u) = 0.

    En particulier, tr(e(u)) = 0. On en deduit que,

    div(2e(u) + tr(e(u)) Id) = (0, , 0,uN) = 0.

    De plus,(u)eN = 2e(u)eN = (uN , 0).

    Ainsi, pour presque tout x {0, L}, (n) n = 0. Enfin, pour presque toutx (0, L), n = (n, 0) et

    n = 2

    (N1k=1

    ejknk

    )j

    = 2(0, , 0, 1/2uN .n) = (0, , 0, gN).

    Ainsi, u est bien lunique solution du probleme aux limites (5.18).

    Exercice 5.3.8 Generaliser lExercice 5.3.7 au cas dune condition aux limites lateraledu type

    u = 0 et (n) eN = gN sur (0, L).

  • 70 CHAPITRE 5. PROBLEMES ELLIPTIQUES

    Correction. La solution du probleme de lelasticite linearisee nest pas modifieepar le changement des conditions aux limites propose sur (0, L).

    Exercice 5.3.9 A laide de lapproche variationnelle demontrer lexistence et lunicitede la solution de lequation des plaques

    (u) = f dans u = 0 sur un

    = 0 sur (5.19)

    ou f L2(). On pourra remarquer que, si u H20 (), alors uxi H10 () et

    |u|2 dx =N

    i,j=1

    2uxixj2 dx.

    On admettra le resultat de regularite suivant : si w L2() et f L2() verifient pourtout v Cc ()

    wv dx =

    fv dx,

    alors (w) H2() quelle que soit la fonction Cc ().

    Correction.La formulation variationnelle associee a lequation des plaques (5.19) consiste a

    determiner u H20 () tel que

    a(u, v) = L(v) pour tout v H20 () (5.20)

    ou

    a(u, v) =

    uv dx et L(v) =

    fv dx

    (voir Exercice 3.2.4). Afin dappliquer le Theoreme de Lax-Milgram, la seule hy-pothese non trivialement verifiee est la coercivite de la forme bilineaire a(., .). Orpour tout u H20 (), on etablit suite a deux integrations par partie successives que

    a(u, u) =i,j

    2uxixj (x)2 dx = 2u2L2 .

    En appliquant deux fois linegalite de Poincare, on obtient quil existe des constantesC et C positives telles que pour tout element u de H20 (),

    u2L2() Cu2L2 C 2u2L2 = C a(u, u).

    La coercivite de a(., .) est donc etablie et il existe une unique solution au problemevariationnel (5.20).

  • 71

    Reste a etablir que la solution du probleme variationnel est solution du problemeaux limites. Soit K un compact de et Cc () telle que = 1 sur K. Pourtoute fonction v Cc () a support inclus dans K,

    (x)u(x)v(x) dx =

    u(x)v(x) dx =

    f(x)v(x) dx.

    Dapres le resultat de regularite admit, u est un element de H2(). Il est donclicite deffectuer deux integrations par partie successives sur le membre de gauchede lequation precedente. On en deduit que

    ((x)u(x))v(x) dx =

    f(x)v(x) dx.

    En dautres termes, pour presque tout x K,

    (u)(x) = f(x).

    Cette relation reste valable pour presque tout x : Il suffit de considerer unesuite Kn de compacts tels que nKn = . Enfin, comme u H20 (), la solution duprobleme variationnel verifie automatiquement les conditions au bord u = u/n =0.

    Exercice 5.3.10 Soit V lespace des champs de vitesse a divergence nulle. Soit J(v)lenergie definie pour v V par

    J(v) =1

    2

    |v|2 dx

    f v dx. (5.21)

    Soit u V la solution unique de la formulation variationnelle

    u v dx =

    f v dx v V. (5.22)

    Montrer que u est aussi lunique point de minimum de lenergie, cest-a-dire que J(u) =minvV J(v). Reciproquement, montrer que, si u V est un point de minimum delenergie J(v), alors u est la solution unique de la formulation variationnelle (5.22).

    Correction. Il suffit dappliquer la Proposition 3.3.4 a la formulation variationnelle(5.22) pour conclure.

    Exercice 5.3.11 Le but de cet exercice est de trouver une solution particuliere desequations de Stokes dans un canal rectiligne de section uniforme, appelee profil de Poi-seuille. Soit = (0, L) ou L > 0 est la longueur du canal et sa section, un ouvertborne connexe regulier de RN1. Pour x , on note x = (x, xN) avec 0 < xN < Let x . On considere le probleme aux limites suivant

    p u = 0 dans divu = 0 dans u = 0 sur (0, L)pn u

    n= p0n sur {0}

    pn un

    = pLn sur {L}

    (5.23)

  • 72 CHAPITRE 5. PROBLEMES ELLIPTIQUES

    ou p0 et pL sont deux pressions constantes. Montrer que la solution unique de (5.23)est donnee par

    p(x) = p0 +xNL

    (pL p0),

    et u = (0, ..., 0, uN) ou uN(x) est la solution du Laplacien suivant{uN = (pLp0)L dans uN = 0 sur

    ou est le Laplacien dans la variable x RN1.

    Correction. On posep(x) = p0 + xN(pL p0)/L,

    et u = (0, , 0, uN) ou uN est solution du probleme aux limites{uN = (pLp0)L dans uN = 0 sur .

    On va montrer que (u, p) est solution du probleme aux limites (5.23). On a

    p = (0, , 0, (pL p0)/L),

    u = (0, , 0,uN),

    doup u = (0, , 0, (pL p0)/L uN) = 0.

    De plus,

    div(u) =uNxN

    = 0.

    Enfin, comme {un

    = 0 et p = p0 sur {0},p = p1 sur {L}

    les conditions aux limites imposees aux extremites du profil sont egalementverifiees.

    Exercice 5.3.12 Generaliser lExercice 5.3.11 au cas des equations de Navier-Stokes(u )u+p u = f dans divu = 0 dans u = 0 sur .

    (5.24)

    Correction. Avec les memes notations que lexercice precedent, on verifie que

    (u )u = 0,

    ainsi, u est egalement solution des equations de Navier-Stokes.

  • Chapitre 6

    METHODE DES ELEMENTSFINIS

    Exercice 6.2.1 Appliquer la methode des elements finis P1 au probleme{u = f dans ]0, 1[u(0) = , u(1) = ,

    Verifier que les conditions aux limites de Dirichlet non-homogenes apparaissent dans lesecond membre du systeme lineaire qui en decoule.

    Correction. La formulation variationnelle, issue de lutilisation des elements finisP1, consiste a determiner

    uh Vh :={vh C0([0, 1]; R) : v|[xi,xi+1] P1 pour tout i {0, , n}

    }ou xi = i/(n+ 1) tel que 1

    0

    uhvhdx =

    10

    fvhdx pour toute fonction vh V0h = Vh H10 (0, 1),

    etuh(0) = , uh(1) = .

    On note (i)i=0, ,n+1 la base de Vh definie par i(xj) = i,j. En utilisant j commefonction test, on obtient, a laide de la formulation variationnelle, que pour tout0 < j < n+ 1,

    n+1i=0

    (uh)i

    10

    ij dx =

    fj dx.

    Les conditions aux limites impliquent que (uh)0 = et (uh)n+1 = , ainsi

    ni=1

    (uh)i

    10

    ij dx =

    fjdx

    10

    (0 + n+1)

    j dx.

    Determiner Uh = ((uh)i)1in consiste donc a resoudre le systeme lineaire

    KhUh = bh,

    73

  • 74 CHAPITRE 6. METHODE DES ELEMENTS FINIS

    ou la matrice Kh est identique a celle obtenue avec des conditions de Dirichlethomogenes, tandis que le second membre est defini par

    (bh)i =

    xi+1xi1

    fidx, pour tout 1 < i < n,

    (bh)1 = /h+

    x20

    f1 dx

    (bh)n = /h+

    1xn1

    fn dx.

    Exercice 6.2.2 On reprend le probleme de Neumann

    {u + au = f dans ]0, 1[u(0) = , u(1) = .

    (6.1)

    en supposant que la fonction a(x) = 0 dans . Montrer que la matrice du systeme lineaireissu de la methode des elements finis P1 est singuliere. Montrer quon peut neanmoinsresoudre le systeme lineaire si les donnees verifient la condition de compatibilite

    10

    f(x) dx = ,

    et que cette condition est preservee si lon utilise des formules de quadrature. Comparerce resultat avec le Theoreme 5.2.18.

    Correction. Le systeme lineaire obtenu en considerant a = 0 est

    KhUh = bh, (6.2)

    ou

    Kh =1

    h

    1 1 0

    1 2 1. . . . . . . . .

    1 2 10 1 1

    et bh est defini comme dans le cas a 6= 0. Lapplication Kh est auto-adjointe et

  • 75

    positive. En effet, pour tout (vi) Rn+2, on a

    Khv v = h1(

    (v0 v1)v0 + (vn+1 vn)vn+1 +n

    i=1

    (vi+1 + 2vi vi1)vi)

    = h1(

    (v0 v1)v0 + (vn+1 vn)vn+1 +n

    i=1

    (vi vi+1)vi + (vi vi1)vi)

    = h1(

    (v0 v1)v0 + (vn+1 vn)vn+1 +n

    i=1

    (vi vi+1)vi +n1i=0

    (vi+1 vi)vi+1)

    = h1(

    (v0 v1)2 + (vn+1 vn)2 +n1i=1

    (vi vi+1)2)

    = h1n

    i=0

    (vi vi+1)2.

    Par contre Kh nest pas definie. De lexpression precedente, on deduit que Khv v = 0si et seulement si vi = vi+1 pour tout i = 0, , n. Ainsi, le noyau de lapplication Khest lespace vectoriel de dimension un engendre par (1, , 1) et limage de Kh estexactement lorthogonal de (1, , 1). Le systeme lineaire (6.2) admet une solutionsi et seulement si bh (1, , 1), cest a dire

    n+1i=0

    (bh)i = 0.

    Dapres lexpression de bh, cette condition equivaut a 10

    f(x) dx+ =n+1i=0

    10

    f(x)i(x) dx+ =n+1i=0

    (bh)i = 0.

    Exercice 6.2.3 Appliquer la methode des differences finies (voir le Chapitre 2) auprobleme de Dirichlet {

    u = f dans ]0, 1[u(0) = u(1) = 0.

    (6.3)

    Verifier quavec un schema centre dordre deux, on obtient un systeme lineaire a resoudreavec la meme matrice Kh (a un coefficient multiplicatif pres) mais avec un secondmembre bh different. Meme question pour le probleme de Neumann (6.1).

    Correction. Conditions aux limites de DirichletLa methode des differences finies, basee sur un schema centre dordre 2, nous

    conduit a resoudre, dans le cas du Laplacien avec conditions de Dirichlet, le systemeui1 2ui + ui+1

    h2= f(xi) pour tout 0 < i < n+ 1,

    u0 = 0,

    un+1 = 0.

  • 76 CHAPITRE 6. METHODE DES ELEMENTS FINIS

    On doit donc resoudre le systeme

    KhUh = bh

    ou Uh = (ui)1in, Kh est la matrice dorde n

    Kh =1

    h2

    2 1 0

    1 2 1. . . . . . . . .

    1 2 10 1 2

    et bh = f(x1)...

    f(xn)

    .

    La matrice Kh differe de la matrice obtenue par la methode des differences finiesa un facteur multiplicatif 1/h pres. La methode des elements finis conduit a uneexpression differente du second membre

    bEFh =

    ( xixi1

    f(x)x xih

    dx+

    xi+1xi

    f(x)xi+1 xi

    hdx

    )1in

    .

    En pratique, on utilise une formule de quadrature pour evaluer les integrales definis-sant bEFh . Si on utilise la formule des trapezes, on obtient

    bEFh = h(f(xi))1in.

    Avec un tel choix, les deux methodes conduisent au meme systeme lineaire.Conditions auc limites de Neumann

    Pour le probleme de Neumann, le systeme obtenu, suite a la discretisation pardifferences finies, consiste a determiner (ui)0in+1 tel que

    ui1 2ui + ui+1h

    + ha(xi)ui = hf(xi) pour tout 0 < i < n+ 1,

    u1 u0h

    =

    un+1 unh

    = .

    Il sagit donc de resoudre le systeme lineaire KhUh = bh ou Uh = (ui)0in+1, Kh estla matrice dordre n+ 2

    Kh =1

    h2

    h h 01 2 1

    . . . . . . . . .

    1 2 10 h h

    +

    0 0a(x1)

    .... . .

    ...a(xn)

    0 0

    et bh = (, f(x1), , f(xn, )T . Alors que le reste du schema est dordre deux,la discretisation des conditions aux limites proposee est seulement dordre un. Il

  • 77

    en resulte une perte de precision du schema. Afin de pallier cet inconvenient, onpropose la discretisation des conditions aux limites dordre deux suivante

    u1 u12h

    = etun+2 un

    2h= ,

    ou x1 et xn+2 sont des noeuds fictifs. Si on elimine du systeme lineaire final lesdegres de liberte artificiellement introduits, on obtient les expressions suivantes

    Kh =1

    h2

    2 2 0

    1 2 1. . . . . . . . .

    1 2 10 2 2

    +

    a(x0) 0 00 a(x1)...

    . . ....

    a(xn) 00 0 a(xn+1)

    et bh = (2h + f(x0), f(x1), , f(xn,

    2h

    + f(xn+1))T . Le systeme obtenu par la

    metode des elements finis, des lors quon utilise la formule des trapezes pour evaluerles integrales, est equivalent. Plus precisement, on a alors

    Kh '1

    h

    1 1 0

    1 2 1. . . . . . . . .

    1 2 10 1 1

    + h

    a(x0) 0 00 a(x1)...

    . . ....

    a(xn) 00 0 a(xn+1)

    et bh = h(1h +

    f(x0)2, f(x1), , f(xn, 2h +

    f(xn+12

    ))T .

    Exercice 6.2.4 On considere (n+ 2) masses ponctuelles (alignees) situees aux pointsxj = j/(n + 1) pour 0 j n + 1 et reliees entre voisines par des ressorts de memeraideur k > 0. On applique a chaque masse ponctuelle une force longitudinale fj. Danslhypothese de petits deplacements (longitudinaux) ecrire lenergie totale du systemequil faut minimiser (on discutera le cas des extremites libres ou fixees). Interpreter larecherche de la position dequilibre du systeme en termes delements finis.

    Correction. On note uj le deplacement de la masse j. Lallongement du ressortsitue entre les masses j et j + 1 est

    Lj = uj+1 uj .

    Sous lhyptohese de petits deplacements, lenergie elastique du ressort est une fonc-tion quadratique de lallongement egale a k

    2(uj+1uj)2. Lenergie totale du systeme

    est egale a la somme le lenergie elastique de chaque ressort et de lenergie potentielledue aux forces appliquees aux masses, soit

    J(u) =n

    j=0

    k

    2(uj+1 uj)2

    n+1j=0

    ujfj.

  • 78 CHAPITRE 6. METHODE DES ELEMENTS FINIS

    Si les deux extremites sont fixees, lenergie est a minimiser sur lensemble des vecteursu tel que u0 = un+1 = 0. Si uniquement lune des extremites (par exemple x0),lespace de minimisation est lensemble de u tels que u0 = 0. Si aucune extremitenest fixee, lespace de minimisation n a pas a etre contraint. Par contre, lexistencedun minimiseur nest assuree que si la condition de compatibilite

    n+1j=0

    fj = 0

    est verifiee.Il y a une forte similitude entre le probleme obtenu est la resolution de lequation

    ku = f

    par element elements finis P1, qui consiste a minimiser lenergie

    I(u) =k

    2u2L2(0,1)

    10

    f(x)u(x) dx

    sur lespace de discretisation Vh. Soit uh un element de Vh et Uh les coordonnees deuh dans la base classique de Vh. On a alors

    I(uh) =n

    j=0

    k

    2(U j+1h U

    jh)

    2xn+1j=0

    ( 10

    f(x)j(x) dx

    )U jh .

    Si on utilise la formule des trapezes afin devaluer lintegrale apparaissant dans ladefinition de I, on obtient

    I(uh) =n

    j=0

    k

    2(U j+1h U

    jh)

    2xn+1j=0

    f(xj)jUjhx.

    En posant fj = (x)2f(xj), on retrouve lexpression J a un coefficient x pres.

    Exercice 6.2.5 Demontrer lequivalent du Theoreme 6.2.6 de convergence pour leprobleme de Neumann (6.1).

    Correction. La demonstration est identique mot pour mot a celle effectuee dansle cas de conditions aux limites de Dirichlet. Loperateur dinterpolation rh utiliseest identique. Dans le cas de conditions aux limites de Dirichlet, on utilise en faitsa restriction a H10 () qui est a valeurs dans H

    10 () Vh , ce qui constitue lunique

    difference.

    Exercice 6.2.6 En generalisant les arguments precedents, demontrer le Theoreme6.2.14.

  • 79

    Correction. Dapres le Lemme de Cea 6.1.2, il existe une constante C indepen-dante de h telle que

    u uhH1(0,1) C infvhV0h

    u vhH1(0,1),

    ou V0h est lespace des elements finis P2 nuls aux bords. Afin de majorer le terme dedroite, on introduit loperateur dinterpolation de lespace des fonctions regulieresdans V0h qui a v associe

    rhv =n

    j=1

    v(xj)j +n

    j=0

    v(xj+1/2)j+1/2.

    Dans le cas h = 1, il existe des constantes C0 et C1 telles que

    r1v vL2(0,1) C0vL2(0,1)

    et(r1v) vL2(0,1) C1vL2(0,1).

    Soit h = 1/(n+ 1), on a

    rhv v2L2(0,1) = 1

    0

    |(rhv v)(x)|2 dx =n

    j=0

    (j+1)hjh

    |(rhv v)(x)|2 dx.

    On pose vj(x) = v(h(j + x)). Par changement de variable, on a

    rhv v2L2(0,1) = hn

    j=0

    10

    |(r1vj vj)(x)|2 dx C20hn

    j=0

    vj 2L2(0,1).

    En effectuant de nouveau un changement de variable, on etablit que

    vj 2L2(0,1) = h5 (j+1)h

    hj

    |v(x)|2 dx.

    Ainsi,rhv vL2(0,1) C0h3vL2(0,1).

    On procede de meme pour etablir que

    (rhv v)L2(0,1) C1h2vL2(0,1).

    En rassemblant ces deux resultats, on en deduit quil existe une constante C2 telleque

    rhv vH1(0,1) C2h2vL2(0,1),

    et dapres le Lemme de Cea quil existe une constante C3 telle que

    u uhH1(0,1) C3h2uL2(0,1).

  • 80 CHAPITRE 6. METHODE DES ELEMENTS FINIS

    Exercice 6.2.7 Calculer explicitement la matrice de rigidite Kh associee au problemeconsistant a trouver

    uh V0h := {v C1([0, 1]) tel que v[xj ,xj+1] P3 pour tout 0 j n} H20 ()

    tel que 10

    uh(x)vh(x) dx =

    10

    f(x)vh(x) dx vh V0h. (6.4)

    Correction. La matrice de rigidite Kh associee au probleme (6.4) peut-etre decom-posee en n n matrices blocs 2 2, Ai,j, de sorte que si Uh = (uj, uj)1jn etVh = (vj, v

    j)1jn, on ait

    Vh KhUh =n

    i,j=1

    (vi, vi) Ai,j(uj, uj).

    Chaque matrice Ai,j est definie par

    Ai,j =

    ( 10i(x)j(x) dx

    10i(x)j(x) dx 1

    0i(x)j(x) dx

    10i(x)j(x) dx

    )

    En comparant les supports des fonctions de bases, on constate que Ai,j = 0 des que|i j| > 1. Il suffit donc de determiner les matrices Ai,j pour |i j| 1. Il est doncnecessaire de determiner les matrices Ai1,i, Ai,i et Ai+1,i. La forme bilineaire de laformulation variationnelle etant symetrique, la matrice Kh est elle meme symetrique.On en deduit que la matrice Ai,i est symetrique et que Ai1,i = A

    Ti,i1 = A

    Ti+1,i. Nous

    navons donc que 7 coefficients a determiner (4 pour la matrice Ai+1,i et 3 pour lamatrice Ai,i), soit

    Ai+1,i =

    ( 10i+1

    i dx

    10i+1

    i dx 1

    0i+1

    i dx

    10i+1

    i dx

    )

    et

    Ai,i =

    ( 10|i |2 dx

    10i

    i dx 1

    0i

    i dx

    10|i |2 dx

    )Afin de determiner ces integrales, on effectue le changement de variable X = (x xi)/h. On obtient en utilisant la parite des fonctions de base

    Ai+1,i = h3

    ( 10(X 1)(X) dX

    10(X 1)(X) dX 1

    0(X 1)(X) dX

    10(X 1)(X) dX

    )

    et

    Ai,i = h3

    ( 10|(X)|2 dx 0

    0 1

    0|(X)|2 dx

    )

  • 81

    Enfin, sur [0, 1] on a

    (X) = 12X 6 ; (X 1) = 12X + 6

    et(X) = 6X 4 ; (X 1) = 6X 2.

    Finalement, suite a un calcul de primitive elementaire, il vient

    Ai+1,i = h3(3 6

    6 2

    )et

    Ai,i = h3(

    6 00 8

    ).

    Ainsi,

    Kh = h3

    6 0 3 60 8 6 2

    3 6 6 0 3 66 2 0 8 6 2

    3 6 6 0 . . .

    6 2 0 8. . .

    . . . . . .

    Exercice 6.3.1 Soit Th un maillage de pour ouvert simplement connexe polygonalde R2. On note nt le nombre de triangles de Th, nc le nombre de faces ou cotes destriangles (un cote commun a deux triangles nest compte quune seule fois), ns le nombrede sommets du maillage, et n0s le nombre de sommets interieurs du maillage (qui nesont pas sur ). Demontrer les relations, dites dEuler, nt +ns = nc +1 et 3nt +ns =2nc + n0s.

    Correction. Plutot que de verifier les relations dEuler, on se propose de les re-trouver directement en effectuant un raisonnement par recurrence. On cherche adeterminer sil existe un (ou plusieurs) vecteur L Z4 et un entier tel que pourtout maillage dun ouvert simplement connexe, L x+ = 0 ou x = (nt, nc, ns, ns0).Tout dabord, la relation doit etre verifiee par le maillage trivial constitue dununique triangle. On a donc

    L (1, 3, 3, 0) + = 0.

    Considerons un maillage de comportant plusieurs triangles. On choisit un chemina linterieur de constitue dune succession daretes reliant deux sommets distinctsdu bord. Louvert etant simplement connexe, ce chemin separe en deux ouvertssimplement connexes 1 et 2. On note x1 et x2 les vecteurs composes du nombrede triangles, daretes, de sommets et de sommets interieurs de chacun des maillages.On note nc et ns les nombres de cotes et de sommet du chemin. On verifie que

    x = x1 + x2 + (0,nc,ns, ns 2).

  • 82 CHAPITRE 6. METHODE DES ELEMENTS FINIS

    De plus, ns = nc + 1. Si L x1 + = 0 et L x2 + = 0, on a L x + = 0 si etseulement si

    ncL (0,1,1, 1) + L (0, 0,1,1) = 0.Comme nc est quelconque, on en deduit que les conditions necessaires et suffisantespour que la relation L x+ = 0 soit verifiee pour tout maillage sont

    L (1, 3, 3, 0) = L (0, 0, 1, 1) = et L (0,1,1, 1) = 0,

    ou encore L Vect((2, 1, 0, 1); (1, 0, 1, 1)) et = L (0, 0, 1, 1). Ainsi, on auniquement deux relations dEuler independantes :

    2nt + nc + ns0 = 1 et nt + ns + ns0 = 2.

    On verifie enfin que ces relations sont equivalentes a celles proposees par lenonce.

    Exercice 6.3.2 Soit K un N -simplexe de sommets (aj)1jN+1. Montrer que toutpolynome p P1 se met sous la forme

    p(x) =N+1j=1

    p(aj)j(x),

    ou les (j(x))1jN+1 sont les coordonnees barycentriques de x RN .

    Correction. Soit p un polynome de degre un et K un N -simplexe de sommets(aj)1jN+1. Comme x =

    N+1j j(x)aj, et que lapplication qui a x associe p(x)

    p(0) est lineaire, on a

    p(x) p(0) =(N+1

    j=1

    j(x)p(aj)

    )

    (N+1j=1

    j(x)

    )p(0).

    Comme

    j j = 1, on en deduit que

    p(x) =N+1j=1

    j(x)p(aj).

    Exercice 6.3.3 Soit K un N -simplexe de sommets (aj)1jN+1.Soit (ajj)1j

  • 83

    Correction. On note Pn,p lensemble des polynomes de degre n de p variables. Onintroduit Q P2,N+1 le polynome de RN+1, de degre 2 defini par

    Q(X1, , XN+1) = p

    (N+1j=1

    Xjaj

    ).

    Soit qj et qjj les elements de P2,N+1 definis par

    qj(X1, , XN+1) = Xj(2Xj 1) pour tout 1 j N + 1et qjj(X1, , XN+1) = 4XjXj pour tout 1 j < j N + 1

    La famille (qj, qjj) constituee de lensemble de ces polynomes est une famille libre.En effet, si (ej) est la base canonique de RN+1, on a pour tout 1 k N + 1

    qj(ek) = kj et qjj(ek) = 0,

    et pour tout couple (k, l) tel que 1 k < l N + 1,

    qjj((ek + el)/2) = kj

    lj et qj(ek) = 0.

    On note R lespace engendre par (qj, qjj). On deduit egalement des relations pre-cedentes que lespace R est en somme directe avec lensemble des polynomes divi-sibles par

    q0(X1, , XN+1) = 1N+1j=1

    Xj,

    soit

    R q0P1,N+1 P2,N+1.

    Enfin, notons que

    dim(P2,N+1) = N + 2 + (N + 1)(N + 2)/2, dim(R) = N + 1 +N(N + 1)/2,et dim(P1,N+1) = N + 2.

    Ainsi,

    dim(R) + dim(P1,N+1) = (N + 1)(N + 2)/2 +N + 2 = dim(P2,n+1)

    et

    R q0P1,N+1 = P2,N+1.

    Il existe donc un unique couple Q1 R et Q2 q0P1,N+1 tel que Q = Q1 +Q2. Onpeut aisement determiner la decomposition de Q1 dans la base (qj, qjj). En effet,

    Q1 =N+1j=1

    Q(ej)qj +

    1j

  • 84 CHAPITRE 6. METHODE DES ELEMENTS FINIS

    cest a dire

    Q1 =N+1j=1

    p(aj)qj +

    1j

  • 85

    Ainsi

    dim(V0h) =(k 1)k

    2nt + knt kns + 1 + k =

    (k + 1)k

    2nt kns + 1 + k.

    Exercice 6.3.5 Demontrer la formule (6.43) en dimension N = 2, cest a direK

    1(x)12(x)

    23(x)3 dx = 2Aire(K)

    1!2!3!

    (1 + 2 + 3 + 2)!, (6.5)

    ou K est un simplexe de R2, i(x) sont les coordonnees barycentriques de x et i desentiers naturels.

    Correction. On pose

    I =

    K

    11 (x)22 (x)

    33 (x) dx.

    Soit ai les sommets de K, et F lapplication de

    S = {(1, 2) R2+ : 1 + 2 1}

    a valeurs dans K definie par

    F (1, 2) = 1a1 + 2a2 + (1 1 2)a3.

    Lapplication F est un diffeomorphisme de S dans K. En effectuant le changementde variables x = F (1, 2) dans lexpression de I, on obtient

    I = 2Aire(K)

    S

    11 22

    33 d1d2, (6.6)

    avec 3 = 1 (1 + 2). Il reste donc a calculer lintegrale figurant dans le terme dedroite.

    S

    11 22

    33 d1d2 =

    10

    11

    ( 110

    22 (1 1 2)3d2)d1.

    On effectue le changement de variable 2 = (1 1)t dans lintegrale selon 2.S

    11 22

    33 d1d2 =

    10

    11 (1 1)2+3+1d1 1

    0

    t2(1 t)3dt

    Par integration par partie successives, on montre que 10

    tn(1 t)mdt = n!m!(n+m+ 1)!

    .

    Ainsi,S

    11 22

    33 d1d2 =

    1!(2 + 3 + 1)!

    (1 + 2 + 3 + 2)!

    2!3!

    (2 + 3 + 1)!=

    1!2!3!

    (1 + 2 + 3 + 2)!.

    qui combinee avec (6.6) nous donne (6.5).

  • 86 CHAPITRE 6. METHODE DES ELEMENTS FINIS

    Exercice 6.3.6 Montrer que les formules de quadratureK

    (x) dx Volume(K)(a0), (6.7)

    avec a0 = (N + 1)1N+1

    i=1 ai, le barycentre de K, etK

    (x) dx Volume(K)N + 1

    N+1i=1

    (ai). (6.8)

    sont exactes pour P1.

    Correction. Soit p un polynome de degre 1, il existe q polynome de degre 1 en tel que q((x)) = p(x). Or

    K

    1dx = Volume(K) et

    Kk dx =

    Volume(K)N+1

    i k(ai).

    On en deduit donc queK

    q((x)) =Volume(K)

    N + 1

    i

    q((ai)),

    et que la formule (6.8) est exacte pour les polynome de degre 1. De plus, commep est lineaire, p(a0) = 1/(N + 1)

    i p(ai), ce qui etablit lexactitude de la formule

    (6.7)

    Exercice 6.3.7 Soit K un triangle de R2 de sommets (ai)1i3 et de barycentre a0.Soit (aij)1i

  • 87

    ou

    T2(q) =Aire(K)

    3

    1i

  • 88 CHAPITRE 6. METHODE DES ELEMENTS FINIS

    Correction. Soit une fonction de classe Ck+1. En effectuant un developpement deTaylor, il existe une constante C telle que pour tout element a du domaine (borne)considere, il existe un polynome Ta dependant de , de degre au plus k tel que

    |(a+ u) Ta(u)| C|u|k+1.

    Considerons un simplexe K de centre de gravite a0, par integration de la formuleprecedente sur les elements u tels que a0+u K (en particulier, |u| < h), on obtientque

    K

    dx

    K

    Ta0(u) dx

    C Vol(K)hk+1.La formule de quadrature etant exacte pour les polynomes de degre inferieur ou egala k, on a donc

    K

    dx Vol(K)

    i

    iTa0(bi a0)

    C Vol(K)hk+1.En utilisant a nouveau le developpement de Taylor de en a0, on en deduit que

    K

    dx Vol(K)

    i

    i(bi)

    C Vol(K)hk+1ou C est une constante independante de h, ce qui acheve la demonstration.

    Exercice 6.3.9 On considere le carre =] 1,+1[2 maille suivant la Figure 6.1.Calculer la matrice de rigidite Kh des elements finis P1 appliques au Laplacien aveccondition aux limites de Neumann (on utilisera les symetries du maillage).

    1 5 2

    4

    8

    7

    6

    3

    9

    Fig. 6.1 Exemple de maillage et de numerotation des nuds.

    Correction. On note Vh lespace des elements finis P1 associe au maillage 6.1.Lespace Vh est de dimension 9. Pour tout i {1, , 9}, on note i la fonctionde base associee au ieme nud (on utilise la numerotation des nuds indiquee surla figure). En dautres termes, i est lunique element de Vh tel que i(xj) = ijpour tout indice j {1, , 9}. La matrice de rigidite associee a la resolution duLaplacien est definie pour tout couple dindices i et j par

    (Kh)i,j =

    i j dx.

  • 89

    On a donc 81 coefficients a determiner ! Cependant, des que i et j sont a supportdisjoint, (Kh)i,j = 0. Enfin, en utilisant les symetries du maillage, on constate quilsuffit de calculer six coefficients de la matrice de rigidite, les autres sen deduisantaisement. En loccurrence, on doit calculer (Kh)1,1, (Kh)1,5, (Kh)1,9, (Kh)5,5, (Kh)5,9et (Kh)9,9. Le gradient des fonctions de base i est constant sur chaque maille, quisont toutes de meme aire 1/2. Le calcul de nos 9 coefficients est donc aise et

    (Kh)1,1 = 1, (Kh)1,5 = 1/2, (Kh)1,9 = 0, (Kh)5,5 = 2, (Kh)5,9 = 1, (Kh)9,9 = 4.

    En rassemblant ces resultats, on obtient

    Kh =

    1 0 0 0 1/2 0 0 1/2 00 1 0 0 1/2 1/2 0 0 00 0 1 0 0 1/2 1/2 0 00 0 0 1 0 0 1/2 1/2 0

    1/2 1/2 0 0 2 0 0 0 10 1/2 1/2 0 0 2 0 0 10 0 1/2 1/2 0 0 2 0 1

    1/2 0 0 1/2 0 0 0 2 10 0 0 0 1 1 1 1 4

    Exercice 6.3.10 Appliquer la methode des elements finis P1 au probleme de Dirichlet{

    u = f dans u = 0 sur ,

    (6.11)

    dans le carre =]0, 1[2 avec le maillage triangulaire uniforme de la Figure 6.12. Montrerque la matrice de rigidite Kh est la meme matrice que celle que lon obtiendrait parapplication de la methode des differences finies (a un facteur multiplicatif h2 pres), maisque le second membre bh est different.

    Fig. 6.2 Maillage triangulaire uniforme dun carre

    Correction. On note n le nombre de mailles situees sur lun des bords du domaine.Soit h = 1/(n + 1), la taille dune maille. On note xi,j = (xi, xj) les sommets dumaillage ou xi = ih (on a 0 < i, j < n). On numerote les nuds du maillage lignepar ligne. En dautres termes, on pose ai+jn = xi,j pour tout 0 < i, j < n. Enfin, onnote k la fonction de base P1 associee au nud ak. La figure ci-dessous representele gradient dune fonction de base k (constant sur chaque triangle).

  • 90 CHAPITRE 6. METHODE DES ELEMENTS FINIS

    (1/h0

    )( 1/h

    1/h

    )(

    01/h

    )

    (

    01/h

    )( 1/h

    1/h

    )(

    1/h0

    )

    On cherche a calculer Ahk,l =

    k l dx. Si k = l,

    Ahk,k =

    |k|2 dx.

    Le gradient k est nul sur tout a lexclusion des 6 triangles contenant ak. Surchacun dentre eux, |k|2 est constant, egale a 1/h2 sur quatre dentre eux, 2/h2sur les deux autres. Enfin, laire des triangles du maillage etant egale a h2/2,

    Ahk,k = 4.

    Si ak et al sont des nuds voisins, cest a dire si k = l+ 1, k = l 1, k = l+ n 1,k = l + n, k = l + n 1, k = l N ou k = l n + 1, les supports de k et l nesont pas disjoints. Cependant, le terme Ahk,l est nul dans les cas k = l n + 1 etk = l+n1 (les gradients des fonctions k et l sont orthogonaux). Dans les autrescas, on a

    Ahk,l = 1.

    En dautres termes, on a

    Ah =

    D E 0E D E

    . . .E D E

    0 E D

    ou E et D sont les matrices (n 1) (n 1)

    D =

    4 1 01 4 1

    . . .1 4 1

    0 1 4

    E =1 00 1 0

    . . .0 1 0

    0 1

    .On obtient donc en effet la matrice issue de la methode des differences finies mul-tipliee par h2. Cependant, le second membre du systeme lineaire obtenu differe,car

    (bh)k =

    fk dx 6= h2f(ak).

  • 91

    Exercice 6.3.11 On reprend les notations de lExercice 6.3.10. On note n le nombrede points du maillage sur un cote du carre (suppose etre le meme pour chaque cote).On numerote ligne par ligne les nuds du maillage (ou les degres de liberte). Montrerque la matrice de rigidite Kh des elements finis P1 est de taille de lordre de n2 et delargeur de bande de lordre de 2n (pour n grand).

    Montrer que la meme methode et le meme type de maillage pour le cube =]0, 1[3

    conduisent a une matrice de taille de lordre de n3 et de largeur de bande de lordre de2n2 (ou n est le nombre de nuds le long dune arete du cube ).

    Correction. La taille de la matrice Kh est exactement n2, tandis que sa demi-largeur de bande est n, en effet, des que |k l| > n, Khk,l = 0. Dans le cas ducube, on note ai+jn+kn2 = (xi, xj, xk) les nuds du maillage, ou xi = i/(n + 1). Lenombre de degre de liberte est donc egal a n3. Enfin, si |k l| > n2 + n, le supportdes fonctions test k et l sont disjoints. Ainsi, la matrice du systeme obtenu a unedemi-largeur de bande de l ordre de n2 pour n grand.

    Exercice 6.3.12 On dit quune matrice carree reelle B = (bij)1i,jn est une M-matrice si, pour tout i,

    bii > 0,n

    k=1

    bik > 0, bij 0 j 6= i.

    Montrer que toute M-matrice est inversible et que tous les coefficients de son inversesont positifs ou nuls.

    Correction. Soit B une M-matrice et X RN tel que BX = Y 0. Introduisonslindice i0 tel que

    Xi0 = min1iN

    Xi.

    On a alorsBi0i0Xi0 +

    j 6=i0

    Bi0jXj = Yi0 0,

    dou (N

    j=1

    Bi0j

    )Xi0

    j 6=i0

    Bi0j(Xi0 Xj).

    Dapres la definition de i0, le second membre de cette inegalite est positif ou nulComme

    Nj=1Bi0j > 0, on en deduit que Xi0 0 et donc que X 0. Enfin, B est

    inversible car injective. En effet, si BX = 0, BX 0 et B(X) 0, dou X 0 etX 0, cest a dire X = 0. Comme BX 0 implique X 0, les coefficients de lamatrice B1 sont positifs.

    Exercice 6.3.13 On se place en dimension N = 2. Soit uh la solution approchee duprobleme de Dirichlet (6.11) obtenue par la methode des elements finis P1. On supposeque tous les angles des triangles Ki Th sont inferieurs ou egaux a /2. Montrer queuh(x) 0 dans si f(x) 0 dans . Indication : on montrera que, pour tout > 0,Kh + Id est une M-matrice, ou Kh est la matrice de rigidite.

  • 92 CHAPITRE 6. METHODE DES ELEMENTS FINIS

    Correction. Soit Kh la matrice du systeme issu de la methode des elements finis,avec conditions de Dirichlet. Il suffit de prouver que pour tout > 0, Kh + I estune M-matrice. En effet, dans ce cas et dapres lexercice precedent,

    (Kh + I)1 0.

    Lapplication qui a une matrice associe con inverse etant continue sur lensemble desmatrices inversibles, on en deduit que

    K1h 0.

    Tout dabord, il est clair que

    (Kh)ii > 0 (6.12)

    pour tout i. Considerons ensuite deux sommets distincts Si et Sj communs a untriangle Tk du maillage. Le gradient de i est orthogonal au cote du triangle Tkoppose a Si. Il en est de meme pour j. Il decoule alors des hypotheses effectueessur le maillage que

    i j 0

    sur Tk. Le raisonnement etant valable sur tous les triangles du maillage, on en deduitque

    (Kh)ij =

    i j dx 0 pour tout i 6= j. (6.13)

    Soit n0 le nombre de nuds du maillage situes a linterieur du domaine et n lenombre de nuds total, on numerote les nuds Si du maillage de sorte que Si pour i > n0. Comme

    1 =n

    j=1

    j,

    pour tout i, 0 < i n0,

    0 =

    i 1 dx =n

    j=1

    i j dx.

    Ainsi,n0

    j=1

    i j dx = n

    j=n0+1

    i j dx.

    Or on a prouve precedemment que le second membre est positif. On a donc montreque

    n0i=1

    (Kh)ij 0. (6.14)

    De (6.12), (6.13), (6.14), on deduit que Kh + I est une M-matrice pour tout > 0,ce qui acheve la demonstration.

  • 93

    Exercice 6.3.14 Appliquer la methode des elements finis Pk au systeme de lelasticite(5.56). Montrer en particulier que la matrice de rigidite Kh est dans ce cas dordre Nndlou N est la dimension despace et ndl est le nombre de nuds de degres de liberte.

    Correction. La formulation faible de lelasticite linearisee consiste a determineru H10 ()N tel que

    (2e(u) e(v) + (divu)(divv)) dx =

    f v dx pour tout v H10 ()N .

    Soit Th un maillage regulier de , on introduit les espaces discrets

    Vh = {u C(; R)N : ui|K Pk pour tout K Th}

    etV0h = {u Vh : u = 0 sur }.

    Soit (i)i=1,ndl les fonctions de base associees au degre de liberte du treillis dordre kdu maillage Th. Lapproximation variationnelle du probleme (5.56) par la methodedes elements finis Pk consiste a determiner u V0h tel que

    (2e(u) e(v) + (divu)(divv)) dx =

    f v dx pour tout v V0h,

    cest a dire a resoudre le systeme

    KhUh = bh

    ou

    (Kh)ij =

    (2e(i) e(j) + (divi)(divj)) dx

    et

    (bh)i =

    f i dx.

    Lexistence dune solution a ce probleme est evidente par application du theoremede Lax-Milgram. Enfin, la dimension de lespace V0h est egale a Nndl ou ndl est lenombre de nuds de degres de liberte.

    Exercice 6.3.15 Expliciter la matrice de rigidite Kh obtenue par application de lamethode des elements finis Pk au probleme de Neumann{

    u+ au = f dans un

    = g sur ,(6.15)

    avec f L2(), g L2(), et a L() tel que a(x) a0 > 0 p.p. dans .

    Correction. Lespace dapproximation issu de la methode des elements finis Pk,associe au probleme de Neumann (6.15) est basee sur lespace discret

    Vh = {u C(; R) : u|K Pk pour tout K Th}.

  • 94 CHAPITRE 6. METHODE DES ELEMENTS FINIS

    Soit (i)i=1,ndl les fonctions de base associees au degre de liberte du treillis dordrek du maillage Th. Lapproximation variationnelle consiste a resoudre le systeme

    KhUh = bh,

    ou

    (Kh)ij =

    (i j + aij) dx

    et

    (bh)i =

    fi dx.

    Exercice 6.3.16 Montrer que la matrice de rigidite Kh obtenue par application de lamethode des elements finis Pk au probleme de convection-diffusion de lExercice 5.2.2est inversible mais pas symetrique.

    Correction. Lespace dapproximation variationnelle du probleme de convectiondiffusion de lExercice 5.2.2 est

    V0h = {u C(; R)N : ui|K Pk pour tout K Th, u = 0 sur }.

    Soit (i)i=1,ndl les fonctions de base associees au degre de liberte du treillis dordrek du maillage Th. Lapproximation variationnelle consiste a resoudre le systeme

    KhUh = bh,

    ou

    (Kh)ij =

    (i j + (V i)k) dx

    et

    (bh)i =

    fi dx.

    On rappelle que la divergence de V est supposee nulle. Ainsi, pour tout uh et vhappartenant a V0h,

    (V uh)vh dx =

    ((divV )vhuh + (V vh)uh) dx =

    (V vh)uh dx.

    En particulier, la matrice Kh est en general non symetrique, sauf si tout les termes(V i)k dx sont nuls. Enfin, la matrice Kh est inversible car injective, en effet,

    KhUh, Uh =

    uh uh + (V uh)uh dx =

    uh uh dx

    et KhUh, Uh > 0 si Uh 6= 0.

    Exercice 6.3.17 On se propose de resoudre numeriquement lequation des plaques(5.19) par une methode delements finis (de type Hermite) en dimension N = 2. Pourun maillage triangulaire Th on introduit lespace discret

    Vh ={v C1() tel que v |Ki P5 pour tout Ki Th

    }.

  • 95

    Montrer que tout polynome p P5 est caracterise de maniere unique sur un triangle Kpar les 21 valeurs reelles suivantes

    v(aj),v(aj),v(aj),p(bj)

    nj = 1, 2, 3, (6.16)

    ou (a1, a2, a3) sont les sommets de K, (b1, b2, b3) les milieux des cotes de K, tandis quep(bj)/n designe la derivee normale au cote de bj. Montrer que Vh est un sous-espacede H2() dont les elements v sont caracterises de maniere unique par les valeurs (6.16)pour chaque sommet et milieu darete du maillage. En deduire une methode delementsfinis (dite dArgyris) pour resoudre (5.19).

    Correction.1. Unisolvance (equivalent du Lemme 6.3.3)

    On considere lapplication qui a un element de P5 associe les 21 valeurs (6.16).Comme P5 est un espace de dimension 21, il suffit de montrer que cette applicationest injective afin de prouver quelle est bijective. Enfin, quitte a effectuer un change-ment de variables par une application affine, on peut se contenter de considerer le casdun triangle equilateral tel que a1 = (1, 0), a2 = (1, 0). Soit p P5 annulant toutesles valeurs (6.16). Montrons que p est le polynome nul. On pose q1(x1) = p(x1, 0) etq2(x1) = p/x2(x1, 0). On verifie que

    q1(1) = q1(1) = q1(1) = 0.

    Comme q1 est un polynome de degre au plus 5, on en deduit que q1 = 0. Ainsi, pest divisible par x2 : il existe un polynome q(x1, x2) tel que

    p(x1, x2) = x2q(x1, x2).

    De meme, on verifie que

    q2(1) = q2(1) = q2(0) = 0.

    Comme q2 est un polynome de degre au plus 4, on a donc q2 = 0. Or q2(x1) = q(x1, 0),ainsi q est divisible par x2. On a donc prouve que p est divisible par x

    22. Le polynome q

    et ses derivees sannulent le long de la droite (a1, a2). Pour des raisons dinvariance,il en est de meme le long des droites (a1, a3) et (a2, a3). On en deduit que p estegalement divisible par (1 + x1 x2/

    3)2 et (1 x1 x2/

    3)2. Ainsi, p est un

    polynome de degre au plus 5 divisible par un polynome de degre 6 et p = 0.2. Raccordement au niveau des mailles

    Afin de resoudre le probleme, il nous faut prouver le Lemme suivant (equivalentdu Lemme 6.3.4) :Lemme. Soit K et K deux triangles ayant une arete commune = (a1, a2). Soitpk et pK deux elements de P5, alors la fonction v definie sur K K par

    v(x) =

    {pK(x) si x KpK(x) si x K

  • 96 CHAPITRE 6. METHODE DES ELEMENTS FINIS

    est de classe C1 si et seulement si

    pK(ai) = pK(ai), pK(ai) = pK(ai),pK(ai) = pK(ai), pK/n(b) = pK/n(b),

    (6.17)

    ou n designe la normale exterieur a K et b le milieu du segment [a1, a2].Demonstration. Lapplication v est de classe C1 si et seulement si les restrictionsde pK et pK concident sur larete commune au deux triangles et sil en est de memepour les polynomes pK/n et pK/n. Or les polynomes pK et pK concident sur si et seulement si pour i = 1, 2 on a

    pK(ai) = pK(ai),pK

    (ai) =pK

    (ai) et

    2pK 2

    (ai) =2pK

    2(ai)

    ( designe le vecteur unitaire tangent a larete). Dautre part, les restrictions depK/n et de pK/n a sont des polynomes de degre 4 egaux si et seulement sipour i = 1, 2 on a

    pKn

    (ai) =pK

    n(ai),

    2pKn2

    (ai) =2pK

    n2(ai)

    et sipKn

    (b) =pKn

    (b).

    Ce qui acheve la preuve du Lemme.3. Methode dArgyris

    Tout dabord, lespace

    Vh = {v C1() : v|Ki P 5 pour tout Ki Th}

    est inclus dans H2() (la derivee dun element de Vh appartient a H1() dapres

    le Lemme 4.3.19). Dapres le point precedent, un element v de Vh est entierementdetermine par les valeurs de v, v et v aux nuds du maillage ainsi que parles flux v/n(bk), bk parcourant les milieux des aretes k du maillage (on orientede maniere arbitraire chacune des aretes). On peut donc construire une base de Vhformee des elements (i,)(i,) et (k) ou i {1, , ns}, N2 , || = 1 +2 2et k {1, , nc} definis par

    i,(aj) = ij

    i,n

    (bl) = 0;

    k(aj) = 0;kn

    (bl) = kl .

    pour tout j {1, , ns}, l {1, , nc} et N2 tel que || 2.Afin de resoudre lequation des plaques (5.19), on introduit le sous espace de Vh

    V0h = Vh H20 ().

    Lespace V0h est lensemble des fonctions de Vh, qui sannulent ainsi que leurs deriveespartielle sur . Il est engendre par les elements (i,) et (k) ou i {1, , ns0}

  • 97

    et k {1, , nc0} parcourent respectivement sommets et aretes nappartenant pasau bord de . Lapproximation variationnelle consiste a trouver uh V0h tel que

    uhvh dx =

    fvh dx pour tout vh V0h.

    Dapres le Theoreme de Lax-Milgram, ce probleme admet une solution unique. Enfin,il equivaut a resoudre le systeme

    KhUh = bh, (6.18)

    ou la matrice de rigidite est definie par

    Kh =(Dh FhF Th Hh

    ),

    ou Dh et Fh sont des matrices definies par blocs. La matrice Dh est constituee de6 6 blocs, la matrice Fh est un vecteur colonne constitue de 6 sous-matrices :

    Dh =(Eijh)(i,j){1, ,6}2

    Fh =(Gih)

    i{1, ,6} .

    Les sous-matrices Eijh et Gih sont definies par(

    Eijh)

    kl=

    k,sil,si dx, ou (k, l) {1, , ns0}2(Gih)

    kl=

    k,sil dx ou (k, l) {1, , ns0} {1, , nc0}

    ou si parcourt les multi-indice N2 de degre inferieur ou egal a 2 (ensemble qui contient6 elements). La matrice Hh est definie par

    (Hh)kl =

    kl dx

    ou (k, l) {1, , nc0}2. Enfin, Le vecteur bh compte 6ns0 + nc0 composantes et estdefini par

    bh = (c1h, , c6h, dh)

    ou cih Rns0 et dh Rnc0 sont les vecteurs(cih)

    k=

    fhk,si k {1, , ns0} et i {1, , 6}

    (dh)k =

    fhk k {1, , nc0}.

    Enfin, la solution uh de lapproximation variationnelle est telle que

    uh =5

    i=0

    ns0k=1

    U ins0+kh k,si+1 +

    nc0k=1

    U6ns0+kh k,

    ou Uh est solution du systeme (6.18).

  • 98 CHAPITRE 6. METHODE DES ELEMENTS FINIS

    Exercice 6.3.18 Montrer que pour une suite de maillages reguliers, et pour des ele-ments finis P1, loperateur dinterpolation rh verifie en dimension N = 2 ou 3

    v rhvL2() Ch2vH2().

    Correction. Par construction de rhu, la restriction de rhu a un N-simplexe Ki estsimplement rKiu. Par consequent,

    v rhv2L2() =

    KiTh

    v rKiv2L2(Ki).

    On applique la majoration (Lemme 6.3.20 avec k = 1)

    v rKvL2(K) CB2|v|H2(K)

    a chacun des N-simplexe Ki. Ainsi,

    v rhv2L2() C

    KiTh

    Bi4|v|2H2(K).

    Il suffit de combiner cette estimation avec linegalite

    Bi diam(Ki)/(K0) Ch

    pour conclure.

    Exercice 6.3.19 Soit K = [0, 1]2 le cube unite en dimension N = 2 de sommetsa1 = (0, 0), a2 = (1, 0), a3 = (1, 1), a4 = (0, 1). On definit x3 = 1 x1, x4 = 1 x2,et i comme la valeur de i modulo 4. Grace a ses notations, chaque sommet ai est definipar xi = xi+1 = 0. Verifier que les fonctions de base de Q1 sont

    pi(x) = xi+2xi+3 pour 1 i 4,

    et que celles de Q2 sont

    Pi(x) = xi+2(2xi+2 1)xi+3(2xi+3 1) pour 1 i 4Pi(x) = 4xi+2(xi+2 1)xi+3(2xi+3 1) pour 5 i 8P9(x) = 16x1x2x3x4.

    Correction.Les elements de Qk definis sur K sont les polynomes de degre au plus k par

    rapport a chacune des variables x1 et x2. Dapres le Lemme 6.3.22, il suffit de verifierque les fonctions proposees sannulent sur tout les points du treillis correspondantexpecte un point, different pour chacune dentre elles, ou elles prennent la valeurun.1. Fonctions de base Q1.

    Les points du treillis sont ai, i = 1, , 4. Pour des raisons de periodicite desformules, il suffit de verifier la forme de la fonction de base p1. Or

    p1(x) = x3x4 = (1 x1)(1 x2),

  • 99

    qui vaut en effet 1 pour x = a1 et zero sur les autres sommets du carre.2. Fonctions de base Q2.

    Les points du treillis 2 sont les sommets, les milieux des aretes et le centre ducarre K. Pour des raisons de symetrie, seul trois fonctions de bases sont a etudier.On a

    P1(x) = x3(2x3 1)x4(2x4 1) = (1 x1)(1 2x1)(1 x2)(1 2x2)

    qui vaut 1 pour x = a1 et zero sur les autres nuds du treillis.

    P5(x) = 4x3(x3 1)x4(2x4 1) = 4(1 x1)x1(1 x2)(1 2x2)

    qui vaut 1 pour x = (a1 + a2)/2 et zero sur les autres nuds du treillis. Enfin,

    P9(x) = 16x1x2x3x4,

    qui vaut 1 en x = (a1 + a2 + a3 + a4)/4 et zero sur les autres nuds du treillis.

    Exercice 6.3.20 Montrer que pour la methode des elements finis P1/bulle pour lavitesse et P1 pour la pression on a dim(KerBh) = 1.

    Correction. Soit rh Qh et wh V0h (Qh et V0h etant les espaces issus res-pectivement de la discretisation P1 de la pression et P1/bulle de la vitesse). Pardefinition,

    Wh BhRh = BhWh Rh =

    div(wh)rh dx =

    wh rh dx.

    Si Rh appartient au noyau de Bh, on a

    wh rh dx = 0

    pour tout element wh V0h. En particulier, si on applique legalite precedente ala fonction bulle 1(x) N+1(x)ek de la maille Ki (les i sont les coordonneesbarycentriques de x dans la maille Ki et k {1, , N}), on obtient

    rh(Ki) ek(

    Ki

    1(x) N+1(x) dx)

    = 0.

    Or (Ki

    1(x) N+1(x) dx)> 0,

    dou on en deduit que rh(Ki) = 0. Ainsi, rh est une fonction constante et

    dim(Bh) = 1.

  • 100 CHAPITRE 6. METHODE DES ELEMENTS FINIS

    Exercice 6.3.21 On considere les equations de Stokesp u = f dans divu = 0 dans u = 0 sur

    (6.19)

    ou > 0 est la viscosite du fluide en dimension N = 1 (ce modele na aucun interetpuisque sa solution explicite est u = 0 et p une primitive de f , mais il permet de biencomprendre les problemes de discretisation). Pour = (0, 1), on considere le maillagede points xj = jh avec h = 1/(n + 1) et 0 j n + 1. On definit la methode dedifferences finies centrees (dordre 2) suivante

    uj+1+2ujuj1h2

    +pj+1pj1

    2h= f(xj) pour 1 j n

    uj+1uj12h

    = 0 pour 1 j nu0 = un+1 = 0.

    Montrer que ce systeme dequations algebriques est mal pose, et en particulier que lapression (pj) est definie a laddition dune constante pres ou dun multiple dune pressiondefinie par ses composantes (1, 0, 1, 0, ..., 1, 0).

    Correction. On verifie sans mal que la pression est definie a laddition duneconstante pres ou dun multiple de (1, 0, , 1, 0). Lorsque n est impair, la situationest particulierement critique, car uj nest, dans ce cas, pas non plus determine demaniere unique. Dans tous les cas, le systeme est mal pose.

  • Chapitre 7

    PROBLEMES AUX VALEURSPROPRES

    Exercice 7.1.1 Soit = RN . Montrer que u(x) = exp(ik x) est une solution de

    u = u (7.1)

    si |k|2 = . Une telle solution est appelee onde plane.

    Correction. Soit u(x) = exp(ik x), on a u(x) = i exp(ik x)k et

    u = u = |k|2 exp(ik x).

    Ainsi, u est solution de lequation (7.1) des que |k|2 = 2.

    Exercice 7.1.2 Soit un potentiel regulier V (x). Montrer que, si u(x, t) = eitu(x)est solution de

    iu

    t+ u V u = 0 dans RN R+ , (7.2)

    alors u(x) est solution de

    u+ V u = u dans RN . (7.3)

    Correction. Il suffit deffectuer le calcul. En effet,

    iu

    t(x, t) = eitu(x) u(x, t) = eitu(x).

    Comme u est solution de lequation de Schrodinger (7.2), on en deduit que

    u+ V u = u.

    Exercice 7.1.3 Soit V (x) = Ax x avec A matrice symetrique reelle definie positive.Montrer que u(x) = exp(A1/2x x/2) est une solution de (7.3) si = tr(A1/2). Unetelle solution est appelee etat fondamental.

    101

  • 102 CHAPITRE 7. PROBLEMES AUX VALEURS PROPRES

    Correction.Soit u(x) = exp(A1/2x x/2). On a

    u = exp(A1/2x.x/2)A1/2x = uA1/2x

    etu = div(u) = div(uA1/2x)

    On rappelle que pour toute fonction f a valeurs reelles et a valeur vectorielle,div(f) = f + f(div). Ainsi,

    u = (A1/2x) u (div(A1/2x)u = (Ax x)u tr(A1/2)u,

    et u est bien solution de lequation

    u+ V u = tr(A1/2)u.

    Exercice 7.2.1 Montrer que lapplication identite Id dans un espace de Hilbert V dedimension infinie nest jamais compacte (utiliser le Lemme 7.2.6).

    Correction.Limage de la boule unite par lapplication Id est evidemment la boule unite.

    Si lapplication Id etait compacte, la boule unite serait relativement compacte etdonc compacte (la boule unite est fermee), ce qui est impossible dapres le Lemme7.2.6 qui stipule que la boule unite dun espace de Hilbert de dimension infinie nestjamais compacte.

    Exercice 7.2.2 Soit lespace de Hilbert `2 des suites reelles x = (xi)i1 telles quei1 |xi|2 < +, muni du produit scalaire x, y =

    i1 xiyi. Soit (ai)i1 une suite

    de reels bornes, |ai| C < + pour tout i 1. On definit lapplication lineaire Apar Ax = (aixi)i1. Verifier que A est continue. Montrer que A est compacte si etseulement si limi+ ai = 0.

    Correction.Soit x un element de `2,

    Ax2`2 =

    i

    |aixi|2 supi|ai|2

    i

    |xi|2 = supi|ai|2u2`2 .

    Ainsi, A est une application continue de `2 dans `2.Supposons que lim ai = 0. Soit xn une suite delements de la boule unite de `

    2.On pose yn = Axn. Afin de prouver que loperateur A est compact, on va construireune sous-suite de yn convergente. On commence par construire une suite de sous-suite par recurrence : On pose yn,0 = yn. Pour tout k, yn,k est une suite extraitede yn,k1 telle que yn,kk soit convergente (cest toujours possible puisque pour tout

    k 1, yn,kk est borne dans R). Enfin, on procede a lextraction dune sous-suitediagonale en definissant la suite zn = yn,n. Reste a prouver que la suite zn est de

  • 103

    Cauchy dans `2. Soit > 0, comme ai converge vers 0, il existe l tel que pour touti > l, |ai| < . On en deduit que pour tout indice n,

    i>l

    |zni |2 =i>l

    |ai|2|yn,nl |2 2yn,n2`2 2.

    Notons que pour tout k, la suite znk est simplement convergente. Ainsi, pour n et passez grand, on a

    il

    |zni zpi |2 2.

    En combinant ces deux resultats, on en deduit que pour n et p assez grand,i

    |zni zpi |2

    il

    |zni zpi |+ 2

    i>l

    (|zni |2 |z

    pi |2) 52,

    et que zn zp`2 0 lorsque n et p convergent vers linfini. Ainsi, A est compacte.Reste a etablir la reciproque. Supposons que la suite ai ne converge pas vers

    zero. Il existe une constante M > 0 telle que pour tout N , il existe i > N tel que|ai| > M . On peut donc definir les suites xn de `2 et in de N telles que

    Pour tout indice k, xnk = ink ,

    |ain| > M

    et in strictement croissante. On pose yn = Axn. La suite xn est bornee dans `2,

    tandis que la suite yn delements de `2 nadmet pas de sous-suite convergente. Eneffet, pour tout n et p on a

    un up`2 >

    2M.

    Ainsi, A nest pas compacte.

    Exercice 7.2.3 Soit U , V et W trois espaces de Hilbert de dimension infinie, A uneapplication lineaire continue de V dans W , et B une application lineaire continue de Udans V . Montrer que lapplication AB est compacte des que A ou B est compacte. Endeduire quune application lineaire continue compacte nest jamais inversible dinversecontinu en dimension infinie.

    Correction.Considerons le cas A compacte et B continue. Comme B est continue, il existe

    un reel M tel que limage de la boule unite de U par B soit incluse dans la boule deV , centree a lorigine et de rayon M . Comme A est compacte, limage de la boulede rayon M par A est relativement compacte. Or tout sous-ensemble dun ensemblerelativement compact est relativement compact. Limage de la boule unite de U parlapplication AB est donc relativement compacte : lapplication AB est compacte.

    Considerons le cas A continue et B compacte. Limage de la boule unite de Upar B est relativement compacte dans V . Or limage par une application continue

  • 104 CHAPITRE 7. PROBLEMES AUX VALEURS PROPRES

    dun ensemble relativement compact est relativement compact. Limage de la bouleunite de U par lapplication AB est relativement compacte.

    Enfin, considerons une application lineaire compacte inversibleA . L applicationinverse A1 (qui est lineaire) ne peut etre continue. En effet, dans ce cas lapplicationidentite AA1 serait compacte, ce qui nest jamais le cas en dimension infinie.

    Exercice 7.2.4 On reprend les notations et les hypotheses du Theoreme 7.2.8. Mon-trer que, pour v V , lequation Au = v admet une unique solution u V si etseulement si v verifie

    +k=1

    |v, uk|2

    2k< +.

    Correction. Supposons quil existe u tel que Au = v. Pour tout k, Au, uk =v, uk et donc

    u, uk =u,Aukk

    =Au, ukk

    =v, ukk

    .

    La famille (uk) formant une base orthonormale,k

    v, uk2

    2k=

    k

    u, uk2 = u2 < +.

    Reciproquement, si v verifie la relation precedente,

    u =

    k

    v, ukk

    uk

    appartient a U (la serie est convergente) et Au = v. Enfin, le syseme Au = v nepeut admettre plus dune solution. En effet, lapplication A etant definie positive,elle est injective.

    Exercice 7.2.5 Soit V = L2(0, 1) et A lapplication lineaire de V dans V definie par(Af)(x) = (x2 + 1) f(x). Verifier que A est continue, definie positive, auto-adjointemais pas compacte. Montrer que A na pas de valeurs propres. On pourra verifier aussique (A Id) est inversible dinverse continu si et seulement si / [1, 2].

    Correction. Continuite

    Af2L2(0,1) = 1

    0

    (x2 + 1)2|f(x)|2 dx (

    maxx(0,1)

    (x2 + 1)2) 1

    0

    |f(x)|2 dx.

    Ainsi, AfL2(0,1) 2fL2(0,1) et A est continue.Positivite et symetrie

    Soit f et g elements de L2(0, 1),

    (Af, g)L2 =

    10

    (Af)g dx =

    10

    (x2 + 1)fg dx = (f, Ag)L2 .

  • 105

    Ainsi, A est auto-adjointe. De plus, A est positive car

    (Af, f)L2 =

    10

    (x2 + 1)|f(x)|2 dx 0.

    Enfin, A est definie. En effet, si (Af, f) = 0, la fonction (x2 + 1)|f(x)|2 est nullepresque partout, donc f = 0 (en tant quelement de L2(0, 1)).Valeurs propres

    Supposons que f soit un vecteur propre de A de valeur propre . Dans ce cas,pour toute fonction g L2(0, 1), 1

    0

    (x2 + 1)f(x)g(x) dx = (Af, g)L2 = (f, g)L2 =

    10

    f(x)g(x) dx.

    On en deduit que

    ((x2 + 1)f f, g(x))L2 = 0.

    En choisissant g = (x2 + 1 )f , on en deduit que

    (x2 + 1 )fL2 = 0

    et que (x2 + 1 )f(x) = 0 presque partout et donc f(x) = 0 presque partout.Lapplication A nadmet pas de vecteur propre non nul.Inversibilite de (A Id) Soit g L2(0, 1), on cherche f tel que (A Id)f = g,cest a dire tel que

    (x2 + 1 )f(x) = g(x)

    presque partout. Si (A Id) est inversible, f = (A Id)1g est definit par

    f(x) = (x2 + 1 )1g(x)

    pour presque tout x ]0, 1[. Linverse de (x2 + 1 ) etant defini, sauf en au plusdeux points, f(x) est correctement defini presque partout.

    Si nappartient pas a lintervalle [1, 2], il existe C() tel que (x2 + 1 ) >C() > 0. On en deduit que loperateur (A Id) est bien inversible de L2(0, 1)dans L2(0, 1), dinverse continue. En effet,

    (A Id)1gL2(0,1) C()1gL2(0,1).

    Si [1, 2], on constate que si (A Id) etait inversible, (x2 + 1 )1 seraitun element de L2(0, 1) (prendre g = 1). Ceci nest pas le cas. En effet le polynome(x2 + 1 ) admet une racine dans lintervalle [1, 2]. Ainsi, (x2 + 1 )1 presenteune singularite (du type 1/x ou 1/x2) dont le carre nest pas dintegrale finie : 1

    0

    (x2 + 1 )2 dx = +.

  • 106 CHAPITRE 7. PROBLEMES AUX VALEURS PROPRES

    Exercice 7.3.1 Demontrer une variante du Theoreme 7.3.2 ou lon remplace lhy-pothese de coercivite de la forme bilineaire a(, ) par lhypothese plus faible quil existedeux constantes positives > 0 et > 0 telles que

    a(v, v) + v2H v2V pour tout v V.

    (Dans ce cas les valeurs propres (k)k1 ne sont pas forcement positives, mais verifientseulement k + > 0.)

    Correction. Un reel est valeur propre de (7.12) de vecteur propre u, si etseulement si

    a(u, v) + u, vH = (+ )u, vH pour tout v V,

    cest a dire si u est un vecteur propre associe a la forme bilineaire a(., .)+ ., .H devaleur propre +. Comme la forme bilineaire a(., .)+., .H verifie les hypothesesdu Theoreme 7.3.2, il existe une base hilbertienne de H de vecteurs propres uk de(7.12) de valeurs propres k ou k est une suite non bornee, croissante de reelspositifs.

    Exercice 7.3.2 En dimension N = 1, on considere =]0, 1[. Calculer explicitementtoutes les valeurs propres et les fonctions propres du Laplacien avec conditions aux limitesde Dirichlet {

    uk = kuk p.p. dans uk = 0 p.p. sur .

    (7.4)

    A laide de la decomposition spectrale de ce probleme (voir la Remarque 7.2.9), montrerque la serie

    +k=1

    ak sin(kx)

    converge dans L2(0, 1) si et seulement si+

    k=1 a2k < +, et dans H1(0, 1) si et seule-

    ment si+

    k=1 k2a2k < +.

    Correction. Tout dabord, toute fonction propre du Laplacien en dimension 1 estde classe C. Ainsi,

    u + u = 0

    est une equation differentielle classique dont les solutions sont de la forme

    u = A sin(x) +B cos(

    x).

    Les conditions aux limites de Dirichlet impliquent que B = 0 (car u(0) = 0) et = k ou k est un entier naturel (car u(1) = 0). Les vecteurs propres du Laplacien

    unidimensionnel avec conditions aux limites de Dirichlet sont donc les fonctions

    uk = 2 sin(kx)

    de valeurs propres k = k22. Comme linjection de H10 (0, 1) dans L

    2(0, 1) est com-

    pacte et que a(u, v) = 1

    0u v dx est une forme bilineaire symetrique, continue

  • 107

    et coercive sur H10 (]0, 1[), on peut appliquer le Theoreme 7.3.2. Ainsi, (uk/k) estune base de hilbertienne H1(]0, 1[) et (uk) une base hilbertienne de L

    2(]0, 1[). On endeduit que la serie

    k=1

    ak sin(kx)

    converge dans L2 si et seulement si

    k a2k < et dans H10 si et seulement si

    k k2a2k 0)1iN sont des constantes positives. Calculer explicitement toutes lesvaleurs propres et les fonctions propres du Laplacien avec conditions aux limites deDirichlet (7.4).

    Correction.Soit uk(x) = 2 sin(kx) les fonctions propre du Laplacien avec conditions de

    Dirichlet sur ]0, 1[. Pour tout entier 0 < p < N + 1, et tout k N, on pose

    up,k(x) = uk(x/Lp).

    Enfin, pour tout k = (k1, , kN) NN , on pose

    vk =N

    p=1

    up,kp .

    On verifie que pour k, vk est une valeur propre du Laplacien sur avec conditionsaux bords de Dirichlet de valeur propre

    k =

    (N

    p=1

    kp/Lp

    )2.

    Pour conclure, il reste a prouver que la famille vk/k forme une base de L

    2(),cest a dire que pour tout w L2() tel que k Np,

    vk, wL2() = 0, (7.5)

    on a w = 0. Supposons que le resultat soit etabli pour de dimension N 1. Onintroduit la fonction w L2(]0, LN [) definie par

    w(xN) =

    ew(x)

    p

  • 108 CHAPITRE 7. PROBLEMES AUX VALEURS PROPRES

    Comme la famille uN,k//Lp forme une base de L

    2(]0, LN [), on en deduit quew(xN) = 0 pour presque tout xN . Ainsi, pour presque tout xN ]0, LN [, la fonctionwxN (x) = w(x, xN) L2() est telle que

    ewxN (x)p

  • 109

    Exercice 7.3.6 Soit un ouvert borne regulier et connexe. Montrer que la premierevaleur propre du Laplacien dans avec condition aux limites de Neumann est nulle etquelle est simple.

    Correction.Tout dabord, zero est valeur propre du Laplacien avec conditions aux limites

    de Neumann car {1 = 0 dans 1

    n= 0 sur .

    Si est une valeur propre du Laplacien de fonction propre u, on a

    u2L2 = u2L2 .

    Ainsi, les valeurs propres du Laplacien avec conditions aux limites de Neumann sontstrictement positives sauf si uL2 = 0 auquel cas = 0. Comme est connexe,si = 0 la fonction u est constante. Ainsi, la premiere valeur propre du Laplacienavec condition aux limites de Neumann est 0 et elle est simple.

    Exercice 7.3.7 Soit un ouvert borne regulier connexe de classe C1 de RN . Montrerquil existe une suite croissante (k)k1 de reels positifs qui tend vers linfini, et une basehilbertienne de L2()N (uk)k1, telle que chaque uk appartient a H

    10 ()

    N , et il existeune famille de pressions pk L2() qui verifient

    pk uk = kuk p.p. dans divuk = 0 p.p. dans uk = 0 p.p. sur .

    Correction. On introduit lespace de Hilbert

    V = {v H10 ()N : divv = 0 p.p dans }.

    On munit V du produit scalaire

    a(u, v) =

    u v dx.

    Linjection de V dans L2()N etant compacte (dapres le Theoreme de Rellich), ilexiste une famille positive et croissante de valeurs propres k et uk V une base deL2()N tels que

    a(uk, v) = k

    uk v dx pour tout v V .

    Pour tout k, on definit la forme lineaire continue Lk sur H10 ()

    N par

    Lk(v) = k

    uk v dx a(uk, v)

  • 110 CHAPITRE 7. PROBLEMES AUX VALEURS PROPRES

    La forme lineaire Lk sannule sur V et dapres de Theoreme de de Rahm 5.3.9, ilexiste pk L2() tel que

    Lk(v) =

    pkdivv dx pour tout v H10 ()N .

    On en deduit en procedant comme lors de la resolution du probleme de Stokes que

    u+pk = kuk dans

    (Attention, dans cette expression, la somme u+pk appartient a L2(), ce quinest pas forcement le cas de chacun des termes sans hypotheses supplementairessur la regularite de ). Par definition, comme les elements uk appartiennent a V ,

    div(uk) = 0 dans

    et uk = 0 sur .

    Exercice 7.3.8 On considere le probleme aux valeurs propres pour lequation de Schro-dinger avec un potentiel quadratique V (x) = Ax x ou A est une matrice symetriquedefinie positive (modele de loscillateur harmonique)

    u+ V u = u dans RN . (7.7)

    On definit les espaces H = L2(RN) et

    V ={v H1(RN) tel que |x|v(x) L2(RN)

    }.

    Montrer que V est un espace de Hilbert pour le produit scalaire

    u, vV =

    RNu(x) v(x) dx+

    RN|x|2u(x)v(x) dx,

    et que linjection de V dans H est compacte. En deduire quil existe une suite croissante(k)k1 de reels positifs qui tend vers linfini et une base hilbertienne de L

    2(RN) (uk)k1qui sont les valeurs propres et les fonctions propres de (7.7). Calculer explicitement sesvaleurs et fonctions propres (on cherchera uk sous la forme pk(x) exp(Ax x/2) ou pkest un polynome de degre k 1). Interpreter physiquement les resultats.

    Correction.1. V est un Hilbert

    Tout dabord, il est evident que ., .V definit bien un produit scalaire sur V .Reste a montrer que V muni de la norme associe est complet pour prouver que Vest un espace de Hilbert. Soit B1 la boule unite de RN et B2 la boule de rayon 2.Par un raisonnement par labsurde, on montre aisement quil existe une constanteC 1 telle que

    B2

    |u|2dx C(

    B2

    |u|2 dx+

    B2\B1|u|2 dx

    ).

  • 111

    On en deduit que pour u V ,

    uH1(RN ) CuV .

    En effet,

    u2L2(R)

    B1

    |u|2 dx+

    RN\B1|x|2|u|2 dx

    C(

    B2

    |u|2 dx+

    B2\B1|u|2 dx

    )+

    RN\B1

    |x|2|u|2 dx

    (C + 1)u2V .

    Ainsi, si un est une suite de Cauchy de V , elle est egalement une suite de Cauchy deH1(RN). Il existe donc u H1(RN) telle que un converge vers u dans H1(RN) fort.La suite |x|un etant elle meme de Cauchy dans L2(RN), elle converge dans L2(RN)vers une limite v de L2(RN). Enfin, pour tout Cc (RN),

    limn+

    RN|x|un(x)(x)dx =

    RN|x|u(x)(x) dx

    =

    RNv(x)(x) dx.

    On en deduit que v = |x|u et que un converge vers u dans V .2. Compacite

    Soit un une suite bornee de V , unV < M , il existe une sous-suite et u telleque un converge vers u dans L

    2(BR) sur toute boule BR centree en lorigine de rayonR. Pour tout reel A > 0,

    RN|u un|2 dx

    |x|A

    |x|2|u un|2 dx

    |x|

  • 112 CHAPITRE 7. PROBLEMES AUX VALEURS PROPRES

    Exercice 7.3.9 Soit un ouvert borne regulier de RN . On considere le probleme devibrations pour lequation des plaques avec condition aux limites dencastrement{

    (u) = u dans un

    = u = 0 sur .

    Montrer quil existe une suite croissante (k)k1 de valeurs propres positives qui tendvers linfini et une base hilbertienne dans L2() de fonctions propres (uk)k1 qui appar-tiennent a H20 ().

    Correction.On introduit la forme bilineaire

    a(u, v) =

    uvdx

    qui est symetrique, continue et coercive surH20 (). Comme linjection deH20 () dans

    L2() est compacte, la conclusion decoule de lapplication du Theoreme 7.3.2.

    Exercice 7.4.1 On considere le probleme aux valeurs propres en dimension N = 1{uk = kuk pour 0 < x < 1uk(0) = uk(1) = 0.

    On se propose de calculer la matrice de masse pour la methode des elements finis P1.On reprend les notations de la Section 6.2. Montrer que la matrice de masse Mh estdonnee par

    Mh = h

    2/3 1/6 01/6 2/3 1/6

    . . . . . . . . .

    1/6 2/3 1/60 1/6 2/3

    ,et que ses valeurs propres sont

    k(Mh) =h

    3(2 + cos(kh)) pour 1 k n.

    Montrer que, si on utilise la formule de quadrature (6.8), alors on trouve queMh = h Id.Dans ce dernier cas, calculer les valeurs propres du probleme spectral discret.

    Correction. La matrice de masse Mh est definie par

    (Mh)ij = 1

    0

    i(x)j(x) dx,

    ou i sont les fonctions de base des elements finis P1. Pour tout i et j tels que|i j| > 1, les supports de i et j sont disjoints et

    (Mh)ij = 0.

  • 113

    Si j = i+ 1,

    (M)ij = (i+1)h

    ih

    i(x)i+1(x) dx =

    (i+1)hih

    ((i+ 1)h x)h

    x ihh

    dx

    = h2 h

    0

    (h x)x dx = h/6.

    Enfin, si i = j,

    (Mh)ij = (i+1)h

    (i1)h|i(x)|2 dx = 2

    (i+1)hih

    (i+ 1)h xh2 dx

    = 2h2 h

    0

    |h x|2 dx = 2h/3.

    On a donc montre que la matrice de masse obtenue par la methode des elementsfinis P1 est

    Mh = h

    2/3 1/6 01/6 2/3 1/6

    . . . . . . . . .

    1/6 2/3 1/60 1/6 2/3

    Soit (U, ) Rn R (n = h1 1) tels que

    MhU = U (7.8)

    et U 6= 0. Afin de calculer les valeurs propres de la matrice de masse Mh, on effectueune analyse de type Fourier. On introduit la fonction uh periodique de periode 2,impaire, definie sur [0, 1] par

    uh(x) =

    0 si x [0, h/2[Uk si x [kh h/2, kh+ h/2[0 si x [1 h/2, 1[

    (7.9)

    Dapres (7.8), pour tout x R, on a

    huh(x h) + 4uh(x) + uh(x+ h)

    6= uh(x). (7.10)

    Remarque 7.4.1 On a choisit uh impaire de periode 2 afin que lequation (7.10)soit verifiee pour tout x et en particulier pour tout x [0, h/2] [1 h/2, 1].

    Comme uh est periodique de periode 2, il existe uk tel que

    uh(x) =

    k=

    ukeikx.

  • 114 CHAPITRE 7. PROBLEMES AUX VALEURS PROPRES

    En appliquant la transformee de Fourier a (7.10), on obtient

    heihkuk + 4uk + e

    ihkuk6

    = uk,

    cest a dire(cos(kh) + 2 3/h) uk = 0.

    Comme U 6= 0, il existe au moins un k tel que

    cos(kh) + 2 3/h = 0

    ou encore tel que

    =h

    3(2 + cos(kh)).

    Ainsi, toute valeur propre de Mh est de la forme

    k =h

    3(2 + cos(kh)), ou k {0, , n+ 1}. (7.11)

    Reciproquement, pour tout k {1, , n}, les fonctions uh(x) verifiant lequation(7.10) avec = k sont de la forme de la forme

    uh(x) =

    j

    uk+2(n+1)jei(k+2(n+1)j)x + u(k+2(n+1)j)e

    i(k+2(n+1)j)x.

    Afin que uh soit definie a partir dun vecteur U Rn par (7.9), il est necessaire queuh soit impaire, a valeur reelles. On en deduit quon a alors

    uk+2(n+1)j = u(k+2(n+1)j),

    et que les coefficients de Fourier um sont imaginaires pures. On en deduit quil existeune suite aj de reels telle que

    uh(x) =

    j

    aj sin((k + 2(n+ 1)j)x).

    Ainsi, si MhU = kU , on a

    Up = uh(x = hp) =

    j

    aj sin((k + 2j(n+ 1))ph) =

    (j

    aj

    )sin(khp).

    Un calcul similaire applique au cas k = 0 ou k = n+ 1, nous montre que 0 et n+1ne sont pas des valeurs propres de Mh. Finalement, comme Mh est symetrique,definie positive, elle admet une base de vecteurs propres. Les seules valeurs proprespossibles sont les n valeurs de k pour k {1, , n}. A chacune de ces valeurspropres, on peut associer au plus un vecteur propre. Ainsi, il ne peut y avoir devaleur propre double. On a donc prouve que pour tout k {1, , n},

    MhUk = kUk,

  • 115

    ou Uk = (sin(khp))p.

    On note Mh la matrice de masse obtenue par la formule de quadrature (6.8).Pour tout entier i et j, on obtient

    (Mh)ij =n

    k=1

    h/2(i(hk)j(hk) + i(h(k + 1))j(h(k + 1)) = hn

    k=1

    ki kj = h

    ji .

    En utilisant la matrice de masse ainsi obtenue, les valeurs propres et vecteur propresdu probleme spectral discret verifient

    KhUh = hhUh,

    ou

    Kh = h

    2 1 01 2 1

    . . . . . . . . .

    1 2 10 1 2

    On deduit des valeurs propres de Mh et de la relation

    Kh = 5h Id6Mh

    que les valeurs propres du probleme spectral sont de la forme

    k = 1 2 cos(kh),

    et k {1, , n}

  • 116 CHAPITRE 7. PROBLEMES AUX VALEURS PROPRES

  • Chapitre 8

    PROBLEMES DEVOLUTION

    Exercice 8.2.1 Soit un ouvert borne regulier de RN . Soit un temps final T > 0,une donnee initiale u0 L2(), et un terme source f L2(]0, T [;L2()). On considerela solution u de lequation

    u

    tu = f p.p. dans ]0, T [

    u = 0 p.p. sur ]0, T [u(x, 0) = u0(x) p.p. dans .

    (8.1)

    1. En supposant que la solution u de (8.1) est assez reguliere dans ]0, T [, montrerque, pour tout t [0, T ], on a legalite denergie suivante

    1

    2

    u(x, t)2dx+

    t0

    |u(x, s)|2dx ds = 12

    u0(x)2dx

    +

    t0

    f(x, s)u(x, s) dx ds.

    (8.2)

    2. Demontrer la propriete suivante, appelee lemme de Gronwall : si z est unefonction continue de [0, T ] dans R+ telle que

    z(t) a+ b t

    0

    z(s) ds t [0, T ],

    ou a, b sont deux constantes positives ou nulles, alors

    z(t) aebt t [0, T ].

    3. En appliquant le lemme de Gronwall avec z(t) = 12

    u(x, t)2dx, deduire de (8.2)

    que, pour tout t [0, T ],

    1

    2

    u(x, t)2dx+

    t0

    |u(x, s)|2dx ds et

    2

    (

    u0(x)2dx

    +

    T0

    f(x, s)2dx ds

    ).

    (8.3)

    117

  • 118 CHAPITRE 8. PROBLEMES DEVOLUTION

    Correction.

    1. En integrant le produit de lequation devolution par u sur , on obtient

    u

    tuuudx =

    fudx.

    Par integration par partie et en echangeant loperateur de derivation en tempset integrale, il vient

    d

    dt

    1

    2

    u2 dx+

    |u|2dx =

    fu dx.

    Il suffit alors deffectuer une integration en temps pour obtenir legalite desiree.

    2. Soit v(t) = a+ b t

    0z(s)ds. La fonction v est de classe C1 et

    v(t) = bz(t) bv(t).

    Ainsi,(v(t) exp(bt)) = exp(bt)(v(t) bv(t)) 0

    et v(t) exp(bt) v(0) = a. Comme z(t) v(t), on a montre que

    z(t) a exp(bt).

    3. On pose

    z(t) =1

    2

    |u(x, t)|2dx,

    a =1

    2

    (

    |u0(x)|2dx+ T

    0

    f 2dxds

    )et b = 1. Dapres legalite denergie etablie precedemment, pour tout 0 < t 0, ainsi dapres linegalite precedente, v(t)/2v(t) g(t) et par

    integration, on obtient v(t)

    v(0)

    t0

    g(s)ds.

    Ainsi, pour tout > 0,

    z(t) v(t) (

    a+ +

    t0

    g(s)ds

    )2.

  • 120 CHAPITRE 8. PROBLEMES DEVOLUTION

    Il suffit de passer a la limite lorsque tend vers zero pour obtenir linegalitedesiree.Dans le cas general, on raisonne par densite. Soit g L2(]0;T [) tel que g 0presque partout. Il existe une suite de fonctions regulieres gn positives, conver-geant vers g dans L2(]0;T [). Pour tout n, on a pour tout t [0;T ],

    z(t) a+ gn gL2(]0;T [)z1/2L1(]0;T [) + 2 t

    0

    gn(s)z(s)ds.

    Dapres ce qui precede,

    z(t) a+ gn gL2(]0;T [)z1/2L1(]0;T [) + 2 t

    0

    gn(s)z(s)ds

    (

    a+ gn gL2(]0;T [)z1/2L1(]0;T [) + t

    0

    gn(s)ds

    )2.

    Il suffit alors de passer a la limite lorsque n tend vers linfini pour conclure.

    2. Dapres legalite denergie (8.2) et linegalite de Cauchy-Schwarz,

    u(x, t)2dx+ 2

    t0

    |u(x, s)|2dxds

    u0(x)2dx+ 2

    t0

    (

    f(x, s)2dx

    )1/2(

    u(x, s)2dx

    )1/2ds

    On applique la variante du Lemme de Gronwall a

    z(t) =

    u(x, t)2dx+ 2

    t0

    |u(x, s)|2dxds

    g(s) =

    (

    f(x, s)2dx

    )1/2a =

    u0(x)2dx.

    Ainsi,

    u(x, t)2dx+

    t0

    |u(x, s)|2dxds

    ((

    u0(x)2dx

    )1/2+

    t0

    (

    f(x, s)2dx

    )1/2ds

    )2.

    Exercice 8.2.3 On suppose que les hypotheses du Theoreme 8.2.7 sont verifiees, queu0 H10 (), et que la solution u de (8.1) est assez reguliere dans ]0, T [. Montrerque, pour tout t [0, T ], on a legalite denergie suivante

    1

    2

    |u(x, t)|2dx+ t

    0

    ut (x, s)2 dxds = 12

    |u0(x)|2dx

    +

    t0

    f(x, s)u

    t(x, s)dxds.

    (8.6)

  • 121

    Correction. En multipliant lequation (8.1) verifiee par u par ut

    , on obtient, suitea une integration sur que

    u(x, t)ut

    (x, t)dx+

    ut (x, t)2 dx =

    f(x, t)u

    t(x, t)dx.

    Par integration par partie, il vient

    u(x, t) ut

    (x, t)dx+

    ut (x, t)2 dx =

    f(x, t)u

    t(x, t)dx,

    ou encore en echangeant les signes derivation et integrale,

    d

    dt

    (1

    2

    |u|2dx)

    +

    ut (x, t)2 dx =

    f(x, t)u

    t(x, t)dx.

    Il suffit dintegrer cette derniere equation suivant t pour obtenir legalite recherchee.

    Exercice 8.2.4 Soit un ouvert borne regulier de RN . Soit un temps final T > 0,une donnee initiale u0 L2(), et un terme source f L2(]0, T [;L2()). Montrer quelequation de la chaleur avec condition aux limites de Neumann

    utu = f dans ]0, T [

    un

    = 0 sur ]0, T [u(x, 0) = u0(x) dans x

    (8.7)

    admet une unique solution u L2(]0, T [;H1()) C([0, T ];L2()).

    Correction. On applique le Theoreme 8.2.3 a V = H1(), H = L2() et a laforme bilineaire symetrique, continue sur V

    a(u, v) =

    u vdx.

    La forme bilineaire a(., .) nest pas coercive, mais a(u, v) + u, vL2 etant coercivesur V , les conclusions du theoreme restent valables dapres la remarque 8.2.5. Leprobleme (8.7) admet donc une unique solution

    u L2(]0;T [;H1()) C([0, T ];L2()).

    Exercice 8.2.5 Soit un ouvert borne regulier de RN . Soit A(x) une fonction de dans lensemble des matrices symetriques reelles telles quil existe deux constantes > 0 verifiant

    ||2 A(x) ||2 RN , p.p. x .

    Soit un temps final T > 0, une donnee initiale u0 L2(), et un terme source f L2(]0, T [;L2()). Montrer que le probleme aux limites

    ut div (A(x)u) = f dans ]0, T [

    u = 0 sur ]0, T [u(x, 0) = u0(x) pour x ,

    (8.8)

    admet une unique solution u L2(]0, T [;H1()) C([0, T ];L2()).

  • 122 CHAPITRE 8. PROBLEMES DEVOLUTION

    Correction. On introduit la forme bilineaire a(, ) symetrique definie pour tout uet v de H10 () par

    a(u, v) =

    A(x)u vdx.

    Pour presque tout x , la matrice A(x) etant symetrique, definie positive, elleadmet une base de vecteurs propres. Comme pour tout RN ,

    A(x) ||2,

    la plus grande valeur propre de A(x) est inferieure a et A2 . Dapres cettemajoration et linegalite de Cauchy-Schwarz, pour tout u et v H10 (), on a

    a(u, v)

    u v dx uH1()vH1().

    La forme bilineaire a est donc continue sur H10 (). De plus, pour tout u H10 (),dapres linegalite de Poincare,

    a(u, u)

    |u|2 dx Cu2H10 ().

    La forme bilineaire a est donc coercive. Dapres le Theoreme 8.2.3 applique a laforme bilineaire a avec H = L2() et V = H10 (), il existe une unique solutionu L2(]0, T [;H1()) C([0, T ];L2()) au probleme aux limites (8.8).

    Exercice 8.3.1 Soit un ouvert borne regulier de RN , et un temps final T > 0.On considere une donnee initiale (u0, u1) H10 () L2() et un terme source f L2(]0, T [;L2()). On considere la solution u de lequation des ondes

    2u

    t2u = f p.p. dans ]0, T [

    u = 0 p.p. sur ]0, T [u(x, 0) = u0(x) p.p. dans

    u

    t(x, 0) = u1(x) p.p. dans .

    (8.9)

    1. En supposant que la solution u de (8.9) est assez reguliere dans ]0, T [, montrerque, pour tout t [0, T ], on a legalite denergie suivante

    ut (x, t)2 dx+

    |u(x, t)|2 dx =

    u1(x)2dx+

    |u0(x)|2 dx

    +2

    t0

    f(x, s)u

    t(x, s)dxds.

    2. En deduire quil existe une constante C(T ) (independante des donnees autre queT ) telle que

    ut (x, t)2 dx+

    |u(x, t)|2 dx

    C(T )

    (

    u1(x)2dx+

    |u0(x)|2 dx+ t

    0

    f(x, s)2dxds

    ).

  • 123

    3. Montrer quil existe une constante C (independante de toutes les donnees y com-pris T ) telle que

    ut (x, t)2 dx+

    |u(x, t)|2 dx C(

    u1(x)2dx

    +

    |u0(x)|2 dx+

    ( t0

    (

    f(x, s)2dx

    )1/2ds

    )2 .Correction.

    1. Supposons que u soit une solution suffisamment reguliere, de lequation desondes. On a

    u

    t

    2u

    t2 ut

    u = fu

    t.

    Par integration sur le domaine , il vient en echangeant les operateurs dinte-gration en espace et de derivation en temps (ce qui est licite pour u reguliere)que

    1

    2

    d

    dt

    ut2 dx+ 12 ddt

    |u|2dx =

    fu

    tdx.

    Par integration en temps, on obtient legalite voulue.

    2. Dapres linegalite de Schwarz, t0

    f(x, s)u

    t(x, s)dxds

    ( t

    0

    f(x, s)2dxds

    )1/2( t0

    ut (x, s)2 dxds

    )1/2

    12

    ( t0

    f 2(x, s)dxds+

    t0

    ut2 dxds

    ).

    En appliquant cette inegalite a legalite precedemment obtenue, on obtient que

    ut (x, t)2 dx+

    |u(x, t)|2dx

    |u1(x)|2dx+

    |u0|2dx+ t

    0

    f 2(x, s)dxds+

    t0

    ut2 dxds

    Dapres le Lemme de Gronwall (voir Exercice 8.2.1), on en deduit que pourtout t T ,

    ut (x, t)2 dx+

    |u(x, t)|2dx

    et(

    |u1(x|2dx+

    |u0(x)|2dx+ t

    0

    f 2(x, s)dxds

    )

  • 124 CHAPITRE 8. PROBLEMES DEVOLUTION

    3. De legalite obtenue dans la premiere partie de lexercice, on deduit a laide delinegalite de Schwarz que

    ut2 dx+

    |u(x, t)|2dx

    |u1(x)|2 + |u0|2dx+ 2 t

    0

    (

    f 2(x, s)dx

    )1/2(

    ut2 dx

    )1/2.

    Dapres la variante du Lemme de Gronwall (voir Exercice 8.2.2),

    ut (x, t)2 dx+

    |u(x, t)|2dx

    ((

    |u1(x)|2 + |u0(x)|2dx)1/2

    +

    t0

    (

    f 2(x, s)dx

    )1/2ds

    )2dou on deduit lestimation recherchee avec C = 2 (il suffit dutiliser linegalite(a+ b)2 2(a2 + b2)).

    Exercice 8.3.2 On suppose que les hypotheses du Theoreme 8.3.4 sont verifiees, quele terme source est nul f = 0 et que la solution u de (8.9) est reguliere dans [0, T ].Montrer que, pour tout entier m 1, on a

    d

    dt

    (mutm2 + m1utm1

    2)dx = 0.

    Correction. Il suffit de remarquer que la fonction mu/mt est elle-meme solutiondune equation donde avec conditions de Dirichlet homogenes au bord, sans termeforce.

    Exercice 8.3.3 Soit un ouvert borne regulier connexe de RN . Soit une donnee initiale(u0, u1) H10 ()NL2()N , et un terme source f L2(]0, T [;L2())N . Montrer quilexiste une unique solution u C([0, T ];H10 ())N C1([0, T ];L2())N de

    2u

    t2 div (2e(u) + tr(e(u)) Id) = f dans ]0, T [,

    u = 0 sur ]0, T [,u(t = 0) = u0(x) dans ,ut

    (t = 0) = u1(x) dans .

    (8.10)

    En supposant que la solution u est assez reguliere, montrer que, pour tout t [0, T ],on a legalite denergie suivante

    2

    ut2 dx+

    |e(u)|2 dx+ 2

    (divu)2dx =

    2

    |u1|2dx

    +

    |e(u0)|2 dx+

    2

    (divu0)2dx+

    t0

    f utdxds.

    En deduire une estimation denergie.

  • 125

    Correction. On introduit la forme bilineaire a(, ) definie pour tout u et v H10 ()

    N par

    a(u, v) =

    2e(u) e(v) + (divu)(divv) dx.

    La formulation variationnelle associee au systeme dequations aux derivees partiellesconsiste a determiner u C([0, T ];H10 ()N) C1([0, T ];L2()N) tel que

    d2u(t), vL2dt2

    + a(u, v) =

    f v dx

    u(t = 0) = u0;du

    dt(t = 0) = u1

    pour tout v H10 ()N . La forme bilineaire bilineaire a est continue et coercivesur H10 ()

    N . La coercivite de la forme bilinaire a est etablie dans les preuves duTheoremes 5.3.1 et 5.3.4 et decoule du le Lemme de Korn 5.3.3 ou de sa versionsimplifiee 5.3.2. Les hypotheses du Theoreme 8.3.1 sont verifiees, il existe uneunique solution a la formulation variationnelle. En appliquant la fonction test v =u/dt a la formulation variationnelle, on en deduit que

    d

    dt

    (

    2

    ut2 dx+

    |e(u)|2 dx+ 2

    (divu)2dx

    )=

    f ut

    dx.

    Legalite denergie en decoule par une simple integration. En procedant comme pourlExercice 8.3.1 on obtient les estimations denergie suivantes. Tout dabord, pourtout T il existe une constante C(T ) ne dependant que du temps final T telle que

    ut (x, t)2 dx+

    2 |e(u)|2 + (divu)2dx

    C(T )

    (

    |u1(x)|2 dx+

    2 |e(u0)|2 + (divu0)2dx+ t

    0

    |f(x, s)|2 dxds).

    De plus, il existe une constante C (independante de toutes les donnees y comprisT ) telle que

    ut (x, t)2 dx+

    2 |e(u)|2 + (divu)2dx C

    (

    |u1|2 dx+

    2 |e(u0)|2 + (divu0)2dx+( t

    0

    (

    |f(x, s)|2dx)1/2

    ds

    )2).

    Exercice 8.4.1 On reprend les hypotheses de la Proposition 8.4.1. Soit f(x) L2()et u la solution de

    utu = f dans ]0,+[

    u(x, t) = 0 sur ]0,+[u(x, 0) = u0(x) dans .

  • 126 CHAPITRE 8. PROBLEMES DEVOLUTION

    Soit v(x) H10 () la solution de{v = f dans v = 0 sur .

    Montrer que limt+ u(x, t) v(x)L2() = 0.

    Correction.On pose u(x, t) = u(x, t) v(x). La fonction u est solution de lequation de

    la chaleur avec conditions de Dirichlet homogenes et condition initiale u(x, 0) =u0(x) v(x). Ainsi, dapres la Proposition 8.4.1,

    limt+

    u(x, t) v(x)L2() = 0.

    Exercice 8.4.2 Soit un ouvert borne regulier de RN . Soit u0 L2() et u lasolution du probleme

    utu = 0 dans ]0,+[

    u(x, t) = 0 sur ]0,+[u(x, 0) = u0(x) dans .

    (8.11)

    Montrer quil existe une constante positive C telle que

    u(t) 01e1tu1L2() C e2t t > 1, avec 01 =

    u0u1 dx, (8.12)

    ou k designe la k-eme valeur propre du Laplacien avec condition aux limites de Dirichlet.

    Correction.On rappelle que la solution u de lequation (8.11) est donnee par

    u(t) =

    k=1

    0kektuk.

    Ainsi,

    u(t) 01e1tu1 =

    k=2

    0kektuk.

    et

    u(t) 01e1tu1L2() = e2t(

    k=2

    |0k|2e2(k2))1/2

    .

    Comme k 2 0, on en deduit que

    u(t) 01e1tu1L2() e2t(

    k=2

    |0k|2)1/2

    e2tu0L2()

  • 127

    Exercice 8.4.3 Soit un ouvert borne regulier de RN . On note u1 la premiere fonctionpropre du Laplacien dans avec condition de Dirichlet, 1 la valeur propre associee. Onrappelle que lon peut choisir u1 > 0 dans (voir le Theoreme de Krein-Rutman 7.3.10)et on admettra que lon a aussi u1/n > 0 sur . Soit f = 0, u0 L2() et u luniquesolution (supposee reguliere) de (8.1).

    Soit > 0. Montrer que lon peut trouver une constante positive K telle que

    Ku1(x) u(x, ) Ku1(x) x , (8.13)

    et en deduire quil existe une constante positive C telle que

    maxx

    |u(x, t)| Ce1t t > . (8.14)

    Correction. Pour tout > 0, u(x, ) est une fonction de classe C(). Rappelonsque u1(x) est egalement une fonction reguliere sur , quelle est strictement positivesur et que u1/n > 0 sur .

    Soit

    K1 = 1 + supx

    un(x, )u1n 1(x) .

    On introduit les fonctions v+ et v definies par

    v+(x) = K1u1(x) u(x, )v(x) = K1u1(x) + u(x, )

    On verifie sans mal que v/n > 0 sur . Il existe donc un voisinage de telque pour tout x ,

    v(x) 0.Il existe un compact A tel que A = . On pose

    K2 = maxxA

    |u(x, )/u1(x)|

    et K = max(K1, K2). On verifie sans peine que

    Ku1(x) u(x, ) Ku1(x).

    La fonction u(x, t) = Ke1(t)u1 est une solution de lequation de la chaleur (8.1)sur t > avec f = 0 et u(x, ) = Ku1(x) comme condition initiale. Enfin, comme

    u(x, ) u(x, ) u(x, ),

    on deduit du principe du maximum de la Proposition 8.4.2 que

    u(x, t) u(x, t) u(x, t)

    pour tout t . On a donc montre que

    |u(x, t)| (Ke1 max

    xu1(x)

    )e1t

  • 128 CHAPITRE 8. PROBLEMES DEVOLUTION

    Exercice 8.4.4 Soit un ouvert borne regulier de RN . Soit u0 L(), f L(R+ ), et u C([0, T ];L2()) L2(]0, T [;H10 ()) lunique solution de (8.1). Montrerque

    uL(R+ ) u0L() +D2

    2NfL(R+ ), (8.15)

    ou D = supx,y |xy| est le diametre de . On pourra utilement introduire la fonction H10 () telle que = 1 dans .

    Correction. Remarquons tout dabord quil suffit de montrer que pour tout (t, x) R+ ,

    u(x, t) u0L() +D2

    2NfL(R+ ).

    En appliquant ce resultat a u au lieu de u et en combinant les deux estimationsobtenues, on prouve lestimation souhaitee.

    Introduisons la fonction u+ solution deu+tu+ = fL(R+ ) dans ]0;T [

    u+(x, t) = 0 sur ]0;T [u+(x, 0) = u0L() dans .

    Dapres le principe du maximum, u u+. Il suffit donc de prouver le resultatpour u = u+. Dans un premier temps, on considere le cas f = 0. Il sagit deprouver que pour presque tout (t, x) ]0, T [, on a |u(x, t)| u0L(). Dapresle principe du maximum de la Proposition 8.4.2, on a deja u 0. Reste a prouverque u u0L(). A cet effet, on procede comme lors de la preuve de la Proposition8.4.2. On introduit la fonction u = max(uu0L , 0). En vertu du Lemme 5.2.24,u L2(]0, T [;H10 ()) et

    u udx =

    |u|2dx.

    De meme, si u est suffisamment reguliere (ce que nous admettrons par la suite),

    u

    tudx =

    1

    2

    d

    dt

    (

    |u|2dx),

    Remarque 8.4.1 Dapres la Proposition 8.4.6, pour tout > 0, la fonction uappartient a H1(], T [;L2()). Elle est donc asssez rerguliere pour que le Lemme detronacture 5.2.24 sapplique de sorte a justifier lequation precedente.

    Par consequent, en multipliant lequation verifiee par u par u, on obtient pas inte-gration sur , puis par integration par partie que

    1

    2

    d

    dt

    (

    |u|2dx)

    +

    |u|2dx = 0.

    En integrant cette equation en temps, il vient

    1

    2

    |u|2dx 12

    |u(t = 0)|2dx+ T

    0

    |u|2dxdt = 0.

  • 129

    Comme u(t = 0) = 0, on en deduit que u = 0, cest a dire u u0L . On se placedorenavant dans le cas general (f non necessairement nul). Soit la solution duprobleme aux limites H10 (), = 1. On pose v = u+ fL(R+ ). Lafonction v est solution du probleme

    vtv = 0 dans ]0;T ]

    v(x, t) = 0 sur]0;T [v(x, 0) = u0L() fL(R+ ) dans .

    Comme 0, pour tout x on a v(x, 0) u0L(). Ainsi, pour tout t,

    v(x, t) u0L(). (8.16)

    On a donc obtenu que u+ u0L + fL. Il reste a majorer afin dobtenirlestimation souhaitee. Sans perte de generalite, on peut supposer que lorigine deRN appartient au bord de . Comme

    |x|2/(2N) = 1 = dans

    et|x|2/(2N) 0 = (x) sur ,

    le principe du maximum implique que |x|2/2N (x). Or |x| est majore sur parde diametre de , ainsi L() D2/2N, ce qui acheve la preuve.

    Exercice 8.4.5 (difficile) Demontrer rigoureusement la Proposition 8.4.5. Pour celaon introduira, pour tout entier m 0, lespace

    W 2m() = {v H2m(), v = v = m1v = 0 sur }, (8.17)

    que lon munit de la norme v2W 2m() =

    |()mv|2dx, dont on montrera quelle est

    equivalente a la norme deH2m(). On reprendra la demonstration du Theoreme 8.2.3 enmontrant que la suite (wk) des sommes partielles est de Cauchy dans C

    `([, T ],W 2m()).

    Correction.La demonstration se fait par recurrence surm. Pourm = 1, en posant f = v, le

    Theoreme 5.2.26 de regularite nous dit exactement que, si f L2() et v H10 ()alors v H2(), cest a dire que

    vH2() CvL2() pour tout v H10 ().

    Linegalite inverse est evidente, dou lequivalence des normes dans le cas m =1. Supposons que vW 2(m1)() est une norme equivalente a vH2(m1) pour lesfonctions de W 2(m1)(). Le Theoreme de regularite 5.2.26 nous dit aussi que

    vH2m() CvH2(m1)() pour tout v H10 (),

    cest a dire, en utilisant lhypothese de recurrence pour v W 2m(),

    vH2m() CvW 2(m1)() = Cm1(v)L2() = CvW 2m(),

  • 130 CHAPITRE 8. PROBLEMES DEVOLUTION

    ce qui prouve que vW 2m() est une norme equivalente a vH2m() pour les fonctionsde W 2m() (linegalite inverse est evidente).

    On se propose de montrer que u C`([, T ],W 2m()). A cet effet, il suffitde prouver que la suite wk des sommes partielles introduites dans la preuve duTheoreme 8.2.3 est de Cauchy pour la norme C`([, T ],W 2m()). On rappelle que

    wk(t) =k

    j=1

    j0ejtuj.

    Ainsi, soit l et k deux entiers naturels non nuls,`(wk wl)t` (t)2

    W 2m()

    =

    l

    j=k

    j0(j)`ejt()muj

    2

    dx.

    Comme uj est une base de vecteur propres orthonormale du Laplacien, ()muj =

    (j)muj et `(wk wl)t` (t)2

    W 2m()

    =l

    j=k

    (j0(j)m+`ejt

    )2.

    Or pour tout > 0, pour tout m et `, il existe une constant C(,m, `) telle que

    |(j)m+`ejt|2 C(,m, `)

    pour tout t et tout indice j. Ainsi, pour tout t , on a`(wk wl)t` (t)

    W 2m C(,m, `)

    lj=k

    |j0|2,

    ou le second membre tend vers zero lorsque k et l tendent vers linfini. La suitewk est donc de Cauchy dans C`([, T ];W 2m()). Elle est donc convergente dans cetespace et u C`([, T ];W 2m()).

    Exercice 8.4.6 Pour u0 L2(RN) et t > 0, on pose

    S(t)u0 =1

    (4t)N/2

    RNu0(y)e

    |xy|2

    4t dy.

    Verifier que S(t) est un operateur lineaire continu de L2(RN) dans L2(RN). En posantS(0) = Id (lidentite de L2(RN)), verifier que (S(t))t0 est un semi-groupe doperateursqui dependent continument de t, cest-a-dire quils verifient S(t + t) = S(t)S(t) pourt, t 0. Soit f C1(R+;L2(RN)). Montrer que le probleme{

    utu = f dans ]0,+[RN

    u(x, 0) = u0(x) dans RN .

  • 131

    admet une unique solution u C(R+;L2(RN)) C1(R+ ;L2(RN)), donnee par

    u(t) = S(t)u0 +

    t0

    S(t s)f(s) ds,

    cest-a-dire

    u(x, t) =

    RNu0(y)e

    |xy|2

    4tdy

    (2t)N/2+

    t0

    RNf(y, s)e

    |xy|24(ts)

    dy ds

    (2(t s))N/2.

    Correction.1. Etude de loperateur S(t)

    On a

    S(t)u0 =1

    (2t)N/2

    RNu0(y)e

    |xy|2

    4t dy.

    La linearite de loperateur S(t) est evidente. De plus, la norme L2(RN) de S(t)u0est egale a la norme L2(RN) de sa transformee de Fourrier. Ainsi, pour tout u0 L2(RN),

    S(t)u0L2(RN ) = u0e|k|2tL2(RN ) u0L2(RN ) = u0L2(RN )

    et S(t) est un operateur continu de L2(RN) dans L2(RN).Pour tout t, on note S(t)u0 la transformee de Fourier de S(t)u0. On a S(t)u0 =u0e

    |k|2t. Ainsi,

    S(t+ t)u0 = u0e|k|2t.e|k|

    2t = S(t)u0e|k|2t = S(t)(S(t)u0),

    en appliquant la transformee de Fourier inverse, on obtient que

    S(t+ t)(u0) = S(t)(S(t)u0).

    Ainsi, S(t + t) = S(t)S(t). Reste a montrer que les operateurs S(t) dependentcontinument de t. Comme (S(t))t0 est un semi groupe, il suffit de verifier cettepropriete en t = 0, c est a dire que pour tout > 0, il existe T > 0 tel que pourtout t < T et tout u0 L2(RN),

    S(t)u0 u0L2(RN ) u0L2(RN ).

    A nouveau, il est beaucoup plus simple de raisonner sur les transformees de Fourier,la relation ci-dessus etant equivalente a

    u0(e|k|2t 1)L2(RN ) u0L2(RN ),

    qui est verifiee des que t < T = ln(1)|k|2 .2. Equation de la chaleur non homogene

    On pose

    u(t) = S(t)u0 +

    t0

    S(t s)f(s)ds.

  • 132 CHAPITRE 8. PROBLEMES DEVOLUTION

    Montrons que u est derivable par rapport au temps. Le premier terme de lexpressionde u est derivable, dapres la definition meme de S et

    S(t)u0t

    = (S(t)u0).

    En effectuant un changement de variable sur le deuxieme terme, il reste a prouverque t

    0

    S(s)f(t s)ds

    est derivable par rapport a t. Comme f C(R+;L2(RN)), on en deduit que

    t

    ( t0

    S(s)f(t s)ds)

    = S(t)f(0) +

    t0

    S(s)f

    t(t s)ds.

    On effectue a nouveau un changement de variable (dans lautre sens cette fois), pouren deduire que

    t

    ( t0

    S(s)f(t s)ds)

    = S(t)f(0) +

    t0

    S(t s)fs

    (s)ds.

    Remarquons enfin que

    S(t s)fs

    (s) =S(t s)f(s)

    t+S(t s)f(s)

    s.

    Ainsi, en deduit que

    t

    t0

    S(t s)f(s)ds = S(0)f(t) t

    0

    (S(t s)f(s))ds.

    On a donc montre que u etait derivable sur R+ et que

    u

    t= f(t)u.

    Enfin, lunicite est evidente, lequation etant lineaire et de solution unique lorsquef = 0.

    Exercice 8.4.7 (egalite denergie) Montrer que, pour tout T > 0,

    1

    2

    RNu(x, T )2dx+

    T0

    RN|u(x, t)|2dx dt = 1

    2

    RNu0(x)

    2dx.

  • 133

    Correction. On rappelle que la transformee de Fourier de u est iku. Comme latransformee de Fourier est une isometrie de L2, on a donc

    1

    2u2L2 +

    T0

    u2L2

    =1

    2u2L2 +

    T0

    ku2L2

    =1

    2

    RN|u0(k)|2e2|k|

    2Tdk +

    RN

    T0

    |k|2|u0(k)|2e2|k|2tdtdk

    =1

    2

    RN|u0(k)|2e2|k|

    2Tdk 12

    RN

    T0

    t|u0(k)|2e2|k|

    2t

    =1

    2

    RN|u0(k)|2dk =

    1

    2u02L2(RN )

    Exercice 8.4.8 (principe du maximum) Montrer que, si u0 L(RN), alorsu(t) L(RN) et

    u(t)L(RN ) u0L(RN ) t > 0.Montrer que, si u0 0 presque partout dans RN , alors u 0 dans RN R+ .

    Correction.

    u(t)L u0

    (4t)N/2

    RNey

    2/4tdy = u0.

    Enfin, dapres lexpression de explicite de u en fonction de u0, il est evident que siu0 0 presque partout, u 0 presque partout.

    Exercice 8.4.9 (effet regularisant) Montrer que u C(RN R+ ).

    Correction.Dapres lexpression de la transformee de Fourier de u,

    u(k, t) = u0(k)e|k|2t.

    Pour tout multi-indice , |k|u est un element de C(R+ , L2(RN)). Ainsi, par trans-formation de Fourier inverse, u est un element de C(R+ , L2(RN)). En dautrestermes, pour tout entier m, u appartient a C0(R+ , Hm(RN)). Dapres les injectionsde Sobolev, on en deduit que u(t) C0(R+ , C(RN)). En effectuant une analysesimilaire sur

    nutn

    , on en deduit que u C(R+ , C(RN)) = C(RN R+ ).

    Exercice 8.4.10 (comportement asymptotique) Montrer que

    lim|x|+

    u(x, t) = 0 t > 0, et limt+

    u(x, t) = 0 x RN .

    Correction.Soit r un reel positif, on decompose lintegrale definissant u(x, t) en deux inte-

    grales

    u(x, t) =1

    (4t)N/2

    (|xy|r

    u0(y)e |xy|

    2

    4t dy +

    |xy|r

    u0(y)e |xy|

    2

    4t dy

    ).

  • 134 CHAPITRE 8. PROBLEMES DEVOLUTION

    En appliquant linegalite de Cauchy-Schwarz a chacun des termes, on en deduit que

    |u(x, t)| 1(4t)N/2

    (u0L2(RN )

    (|xy|r

    e|xy|2

    2t dy)1/2

    + ex24t L2(RN )

    (|xy|r

    |u0(y)|2 dy)1/2)

    .

    On note Br la boule de rayon r centree en loriginie. On a

    |u(x, t)| 1(4t)N/2

    (u0L2(RN )e

    x24t L2(RN\Br)

    + ex24t L2(RN )

    (|xy|r

    |u0(y)|2 dy)1/2)

    Pour tout reel > 0, pour r assez grand, on a u0L2(RN )ex24t L2(RN\Br) < . De

    plus, pour x assez grand (r etant fixe),

    ex24t L2(RN )

    (|xy|r

    |u0(y)|2 dy)1/2

    < .

    Ainsi, pour tout , pour x assez grand on a |u(x, t)| < 1(2t)N/2

    . En dautres termes,

    lim|x|+

    u(x, t) = 0 pour tout t > 0.

    On rappelle que u(k, t) = u0(k)e|k|2t. Ainsi,

    u(t)2L2(RN ) = u(t)2L2(RN ) =

    RN|u0(k)|2e2|k|

    2t dk

    et dapres le Theoreme de convergence domine de Lebesgue, uL2(RN ) convergevers zero lorsque t tend vers linfini. Le meme raisonnement applique au deriveespartielles de u dordre quelconque nous donne que pour tout entier m, la normeHm de u(t) converge vers zero lorsque t tend vers linfini. Dapres les injections deSobolev, on en deduit que, pour tout entier r, la norme de u(t) dans Cr(R) tendvers zero. En particulier,

    limt+

    u(x, t) = 0 pour tout x RN .

    Exercice 8.4.11 (vitesse de propagation infinie) Montrer que, si u0 0 et u0 60, alors u(x, t) > 0 dans RN R+ .

    Correction.

    Soit u0 0. Si il existe (x, t) RNR+ tel que u(x, t) = 0, alors u0(y)e|xy|2

    4t =0 pour presque tout y et u0(y) = 0 presque partout.

  • 135

    Exercice 8.5.1 Soit > 0. On considere lequation des ondes amortie2ut2

    + utu = f p.p. dans R+

    u = 0 p.p. sur R+u(x, 0) = u0(x) p.p. dans x ut

    (x, 0) = u1(x) p.p. dans x .

    (8.18)

    On suppose que u est une solution suffisamment reguliere de (8.18) et que f est nulapres un temps fini. Montrer, a laide dun lemme de Gronwall (voir lExercice 8.2.1),que u et u

    tdecroissent exponentiellement vers zero lorsque le temps t tend vers linfini.

    Correction.On pose v = etu. Si on suppose que u est reguliere, v est egalement solution

    dune equation des ondes. On verifie en effet que2vt2

    v = etf dans R+v = 0 sur R+v(x, 0) = v0 dans vt

    = v1 dans

    avec v0 = u0 et v1 = u1. Dapres la derniere estimation de lExercice 8.3.1 ap-pliquees a v, on obtient que

    vt2 + |v|2dx

    C

    v21 + |v0|2dx+

    ( t0

    (

    (f(x, s)et

    )2dx

    )1/2ds

    )2 .Comme f est nul pour t assez grand, le second membre est borne uniformement entemps. On en deduit que v et v

    tsont bornees dans L2(), dou on deduit que les

    normes L2 de u et ut

    decroissent en et.

    Exercice 8.5.2 Soit u(t, x) la solution, supposee suffisamment reguliere, de lequationdes ondes (8.9). En labsence de terme source, montrer que

    limt+

    1

    t

    t0

    ut2 dx = limt+ 1t

    t0

    |u|2 dx = 12E0,

    avec E0 lenergie initiale

    E0 =

    |u1(x, t)|2 dx+

    |u0(x, t)|2 dx.

    Pour cela on multipliera lequation (8.9) par u et on integrera par partie.

    Correction.

  • 136 CHAPITRE 8. PROBLEMES DEVOLUTION

    En multipliant lequation des ondes par u, on obtient par integration sur ]0, t[que t

    0

    2u

    t2u(x, s) dxds+

    t0

    |u(x, s)|2 dxds = 0.

    En integrant par partie en temps le premier terme de cette equation, on en deduitque

    u

    tu(x, t) dx

    u1u0 dx t

    0

    ut (x, s)2 dxds+ t

    0

    |u(x, s)|2 dxds

    = 0.

    Ainsi,

    1

    t

    ( t0

    |u(x, s)|2dxds t

    0

    ut (x, s)2 dxds

    )

    =1

    t

    (

    u1u0dx

    u

    tu(x, t)dx

    )t+ 0

    (En effet,

    utu(x, t)dx uniformement borne en temps). Dautre part, lequation de

    conservation de lenergie implique que

    1

    t

    ( t0

    |u|2dxds+ t

    0

    ut2 dxds

    )= E0.

    En sommant ces deux equations on obtient que

    1

    t

    t0

    ut2 dx

    et1

    t

    t0

    |u|2dx

    convergent vers E0/2.

    Exercice 8.5.3 On considere lequation des ondes dans tout lespace RN2ut2

    u = 0 dans RN R+u(x, 0) = u0(x) dans x RNut

    (x, 0) = u1(x) dans x RN ,(8.19)

    avec une donnee initiale (u0, u1) reguliere et a support compact. Montrer que la solutionu(t, x) peut se mettre sous la forme

    u(x, t) = (Mu1)(x, t) +

    ((Mu0)

    t

    )(x, t),

  • 137

    ou M est un operateur de moyenne defini par

    si N = 1, (Mv)(x, t) =1

    2

    +tt

    v(x )d,

    si N = 2, (Mv)(x, t) =1

    2

    || 0. On en deduit que la fonction u definie a laidede Mu1 et Mu0 verifie bien lequation des ondes. Il reste a montrer quelle verifieles conditions aux limites, cest a dire que

    Mv(x, 0) = 0

    Mv

    t(x, 0) = v(x)

    2Mv

    t2(x, 0) = 0

    Le cas N = 1 est essentiellement elementaire. Etudions directement les cas N = 2ou 3.Cas N=2. Tout dabord, on effectue un changement de variable afin de definir Mva laide dune integrale dont le domaine est independant du temps. On a

    Mv =1

    2

    ||

  • 138 CHAPITRE 8. PROBLEMES DEVOLUTION

    Afin de verifie (8.20), on introduit, pour tout x et t > 0 fixes, la fonction w() =v(x t). Des expressions de 2Mv/t2 et de (Mv), on deduit que

    2Mv

    t2=

    1

    2t

    ||

  • 139

    Par integration par partie, on obtient que

    2Mv

    t2(t = 0) =

    1

    ||=1

    (v(x) )(1 ||2)1/2 d = 0.

    Cas N=3. On procede au calcul des derivees partielles de Mv comme prece-demment. Il vient

    2Mv

    t2=

    1

    4

    ||=1

    t(D2v(x t)) 2(v ) ds

    et

    (Mv) =1

    4

    ||=1

    tv(x t) ds .

    Soit (x, t) fixee tel que t > 0. On introduit la fonction w() = v(x t). On a

    2Mv

    t2=

    1

    4t

    ||=1

    (D2w) + 2(w ) ds

    (Mv) =1

    4t

    ||=1

    w ds .

    Il suffit donc de remarquer que||=1

    (D2w + 2w w) ds = 0 ,

    en tant que flux dun champ de divergence nulle. En effet,

    (D2w) = (w) + w ,

    et (en dimension 3),

    (w) = 3w +(w) .

    Pour finir, il est aise de verifier que Mv verifie bien les conditions aux limites an-noncees (pourvu quon sache que la surface de la sphere est 4).

    Exercice 8.5.4 On considere lequation des ondes (8.19) dans un domaine RNavec des conditions aux limites indeterminees mais homogenes, et une donnee initiale(u0, u1) reguliere et a support compact dans . Verifier quil existe un temps T > 0tel que sur lintervalle [0, T ] la solution est encore donnee par les formules de lExercice8.5.3.

    Correction.Soit K lunion des supports de u0 et u1. Si T est inferieur a la distance de K a la

    frontiere de , la solution explicite donnee par lexercice precedent est aussi solutionde lequation des ondes dans le domaine . En effet, les conditions aux limites sontverifiees, car u(x, t) est nul des que la distance de x a K est superieure a t.

  • 140 CHAPITRE 8. PROBLEMES DEVOLUTION

    Exercice 8.5.5 (application musicale) En admettant que le son se propage selonlequation des ondes, montrer quil nest pas possible decouter de la musique (audible)dans un monde de dimension spatiale N = 2, alors que cest (fort heureusement) possibleen dimension N = 3.

    Correction.Il est impossible decouter une musique audible dans un monde a deux dimen-

    sions. En effet, toutes les ondes emises sont entendues en meme temps par lauditeur(et pas seulement celles emises a un instant donne).

    Exercice 8.6.1 Montrer que le schema de Crank-Nicholson et celui de Gear sontdordre 2 (en temps), tandis que le -schema pour 6= 1/2 est dordre 1.

    Correction.Schema de Crank-Nicholson et -schema

    Soit U la solution de lequation differentielle (8.58). Lerreur de troncature duschema du -schema est

    E(U) = MU(tn+1) U(tn)t

    +K(U(tn+1) + (1 )U(tn))

    (b(tn+1) + (1 )b(tn)) .

    En effectuant un developpement de Taylor en t = tn, on obtient

    E(U) =

    (MdU

    dt+KU b

    )+ t

    (M2

    d2U

    dt2+

    (KdUdt

    dbdt

    ))+ (t)2

    (M6

    d3U

    dt3+K2

    d2U

    dt2

    2

    d2b

    dt2

    )+O((t)3)

    En exploitant lequation verifiee par U , on en deduit que

    E(U) = t1 2

    2

    (db

    dtKM1(bKU)

    )+ (t)2

    1 36

    ((KM1)2(bKU) +KM1db

    dt+d2b

    dt2

    )+O((t)3).

    Pour 6= 2, le -schema est dordre 1 en temps tandis que le schema de Crank-Nicholson (qui correspond au cas = 1/2) est dordre 2 en temps.Schema de Gear

    Dans le cas du schema de Gear, lerreur de troncature est

    E(U) = M2U(tn+1) 4U(tn) + U(tn1)2t

    +KU(tn+1) b(tn+1).

    En effectuant un developpement de Taylor en t = tn+1, on obtient

    E(U) =

    (MdU

    dt+KU b

    )(tn+1) +

    (t)2

    3Md

    3U

    dt3(tn+1) +O((t)3).

  • 141

    Si U est solution de (8.58), on a donc

    E(U) =(t)2

    3Md

    3U

    dt3(tn+1) +O((t)3).

    Le schema de Gear est donc dordre 2 en temps.

    Exercice 8.6.2 On considere le -schema (8.59) avec 1/2 1. On note UM =MU U . Demontrer lequivalent discret suivant de linegalite denergie (8.17)

    Un02M +n0

    n=0

    tKUn Un C(U02M +

    T0

    f(t)2L2()dt+O(1)).

    ou n0 = T/t. Pour cela, on prendra le produit scalaire de (8.59) avec Un = Un+1 +(1 )Un.

    Correction. Afin detablir linegalite denergie demandee, on procede comme dansle cas continue. A cet effet, on utilise une version discrete du lemme de Gronwall :Si vn est une suite de reels positifs tels que pour a v0 0 et b 0, on a

    vn+1 a+ bn

    p=0

    vp,

    alors pour tout n, on avn a(1 + b)n.

    Dans un premier temps, nous allons donc demontrer ce lemme, puis lappliquer au-schema afin dobtenir lestimation denergie souhaitee. On introduit la suite wndefinie par

    wn+1 = a+ bn

    p=0

    wp,

    w0 = a. On verifie que wn = a(1 + b)n et que vn wn, ce qui prouve la versiondiscrete de lemme de Gronwall. Nous allons maintenant appliquer ce lemme afindobtenir lestimation voulue.

    Notons que

    2M(Un+1 Un) (Un+1 + (1 )Un) = Un+12M Un2M+ (2 1)Un+1 Un2M.

    En effectuant le produit scalaire de (8.59) avec Un = Un+1 +(1 )Un, on obtient

    Un+12M Un2M2t

    +2 12t

    Un+1 Un2M +KUn Un = (bn+1 + (1 bn)) Un.

    Comme 1/2, par sommation de la relation precedente, il vient

    Un+12M U02M2t

    +n

    p=0

    KUp Up n

    p=0

    (bp+1 (1 )bp) (Up+1 (1 )Up).

    (8.21)

  • 142 CHAPITRE 8. PROBLEMES DEVOLUTION

    Majorons le terme de droite. Dapres la definition de b, on a

    (bp+1 (1 )bp) (Up+1 (1 )Up)

    =

    (f(tp+1) + (1 )f(tp)) (up+1h + (1 )uph)dx.

    On en deduit que

    (bp+1 (1 )bp) (Up+1 (1 )Up)

    12

    (f(tp+1) + (1 )f(tp)2L2 + u

    p+1h + (1 )u

    ph

    2L2

    ).

    De la definition de M et en utilisant la convexite de lapplication x 7 x2, il endecoule que

    (bp+1 (1 )bp) (Up+1 (1 )Up)

    12

    (f(tp+1)2L2 + (1 )f(tp)2L2 + Up+12M + (1 )Up2M.

    )Linegalite (8.21) implique ainsi

    1

    2t

    (Un+12M U02M

    )+

    np=0

    KUp.Up 12

    (n+1p=0

    f(tp)2L2 +n+1p=0

    Up2M,

    ).

    On rearrange les differents termes de linegalite afin dobtenir une majoration nouspermettant dappliquer lequivalent discret du lemme de Gronwall.

    Un+12M +2t

    1t

    np=0

    KUp Up

    11t

    U02M +t

    1t

    (n+1p=0

    f(tp)2L2 +n

    p=0

    Up2M

    )

    On applique la version discrete du lemme de Gronwall a

    vn = Un2M,

    a =1

    1tU02M +

    1

    1t

    n0p=0

    f(tp)2L2 .

    Pour tout n n0, on a vn a(1 + b)n. En particulier,

    a+ bn

    p=0

    vp a(1 + b)n+1,

  • 143

    et

    1

    2Un+12M + (1t)1

    np=0

    KUp Upt

    (1t)(n+2)(

    n0+10

    f(tp)2L2t+ U02M

    ).

    Notons que (1t)n est majore par une constante independante du pas de tempst (mais dependant du temps final T = n0t). En effet, (1 t)n et lorsquet tend vers zero (avec n = t/(t)). On retrouve ainsi lequivalent discret de lesti-mation denergie de lExercice 8.3.1.

    Exercice 8.6.3 Montrer que le schema de Gear (8.61) est inconditionnellement stable.

    Correction. On prouve la stabilite en etablissant une estimation denergie dumeme type que celle obtenue dans lExercice 8.6.2. On note tout dabord que

    M(3Un+1 4Un + Un1) Un+1 = 12

    (Un+12M Un2M

    + 2Un+1 Un2M 2Un Un12M + Un+1 2Un + Un12M).

    On effectue le produit scalaire du schema de Gear (8.61) par Un+1. En majorant lesecond terme, on obtient

    1

    4

    (Un+12M Un2M + 2Un+1 Un2M 2Un Un12M

    )+ tKUn+1 Un+1 t

    (1

    2Un+12M +

    1

    2f(tn+1)2L2()

    ).

    Par sommation, on en deduit que

    (1 2t)Un+12M + tn+1p=1

    KUp Up

    2U1 U02M + U12M + 2(t)n+1p=1

    f(tp)2L2 + 2(t)n

    p=1

    Up2M.

    En appliquant la version discrete du Lemme de Gronwall, on obtient lestimationdenergie

    Un2M (1 2t)(n+1)(2U1 U02M + U12M + 2

    n0+1p=1

    f(tp)2L2t

    ),

    pour tout n n0. Comme (1 2t)(n+1) est borne independamment de t pourun temps final donne, le schema est stable.

  • 144 CHAPITRE 8. PROBLEMES DEVOLUTION

    Exercice 8.6.4 On resout par elements finis P1 et schema explicite en temps lequationde la chaleur (8.12) en dimension N = 1. On utilise une formule de quadrature qui rendla matrice M diagonale (voir la Remarque 7.4.3 et lExercice 7.4.1). On rappelle que lamatrice K est donnee par (6.12) et quon a calcule ses valeurs propres lors de lExercice13.1.3. Montrer que dans ce cas la condition CFL (8.62) est bien du type t Ch2.

    Correction. La condition CFL (8.62) est toujours valable, meme si M nest pasla matrice de masse exacte. Ainsi, le schema est stable sous la condition CFL (on a = 0)

    maxkkt 2,

    ou k sont les valeurs propres de K, cest a dire

    k = 4h2 sin2

    (k

    2(n+ 1)

    ).

    Comme k 4h2, on retrouve une condition CFL classique, cest a dire2t h2.

    Exercice 8.6.5 Ecrire le systeme lineaire dequations differentielles ordinaires obtenupar semi-discretisation de lequation des ondes amortie (8.53).

    Correction. Le probleme discretise en espace consiste a determiner u(t) fonctionde t a valeur dans V0h tel que pour tout vh V0h,

    d2

    dt2uh(t), vhL2() +

    d

    dtuh(t), vhL2() + uh(t),v(t) = f, vhL2()

    tel que

    uh(t = 0) = u0,h etduhdt

    (t = 0) = u1,h.

    Si i designe la base de V0h, si on note Ui(t) les coordonnees de uh(t) dans cettebase, on a

    d2

    dt2MU(t) + d

    dtMU(t) +KU(t) = b(t)

    ou M est la matrice de masse M = i, j, K la matrice de rigidite i,j etb le terme source f, j.

    Exercice 8.7.1 Montrer que le schema de Newmark est dordre 1 (en temps) pour 6= 1/2, dordre 2 pour = 1/2 et 6= 1/12, et dordre 4 si = 1/2 et = 1/12 (onse limitera a lequation sans amortissement).

    Correction.On introduit lerreur de troncature

    E(U) = MU(t+ t) 2U(t) + U(tt)(t)2

    +K(U(t+ t) +

    (1

    2+ 2

    )U(t) +

    (1

    2 +

    )U(tt)

    )(b(t+ t) +

    (1

    2+ 2

    )b(t) +

    (1

    2 +

    )b(tt)

    ).

  • 145

    En effectuant un developpement de Taylor en t = tn, on etablit que

    E(U) = MU +KU b+ t( 1

    2

    )(KU b)

    + (t)2(

    1

    4

    2+

    )(KU b) + (t)

    2

    12MU (4)

    +(t)3

    6

    ( 1

    2

    )(KU (3) b(3)) +O((t)4).

    Si U est solution de lequation (8.67), on a

    MU +KU b = 0

    etKU b = MU (4).

    Ainsi,

    E(U) = t

    ( 1

    2

    )(KU b) (t)2

    (1

    4

    2+ 1

    12

    )MU (4)

    +(t)3

    6

    ( 1

    2

    )(KU (3) b(3)) +O((t)4).

    On verifie aisement sur lexpression de E(U) que le schema de Newmark est dordre1 pour 6= 1/2, dordre 2 pour = 1/2 et 6= 1/12 et dordre (au moins) 4 si = 1/2 et = 1/12.

    Exercice 8.7.2 On considere le cas limite du Lemme 8.7.1, cest-a-dire = 1/2 eti (t)

    2 = 414 . Montrer que le schema de Newmark est instable dans ce cas en verifiant

    que

    Ai =

    (2 11 0

    ), et Ani = (1)n

    (n+ 1 nn 1 n

    ).

    Remarquez quil sagit dune instabilite faible puisque la croissance de Ani est lineaireet non exponentielle.

    Correction. Dapres la demonstration du Lemme 8.7.1, on a

    Ai =

    (a11 a121 0

    ),

    a11 =2 i(t)2(12 + 2)

    1 + i(t)2, a12 =

    1 + i(t)2(1

    2 + )

    1 + i(t)2.

    On verifie sans mal que pour = 1/2 et i(t)2 = 4/(1), a11 = 2 et a12 = 1.

    Ainsi,

    Ai =

    (2 11 0

    ).

  • 146 CHAPITRE 8. PROBLEMES DEVOLUTION

    Par recurrence on etablit alors que

    Ani = (1)n(n+ 1 nn 1 n

    )Il sen suit que le que le schema de Newmark est instable dans ce cas (pour senconvaincre, il suffit par exemple de considere le cas b = 0, U1i = U

    0i = 1)

  • Chapitre 9

    INTRODUCTION ALOPTIMISATION

    Exercice 9.1.1 Montrer par des exemples que le fait que K est ferme ou que J estcontinue est en general necessaire pour lexistence dun minimum. Donner un exemplede fonction continue et minoree de R dans R nadmettant pas de minimum sur R.

    Correction. Exemples de non-existence de minimum K non ferme : minimisation de J(x) = x2 sur ]0, 1[. J non continue : minimisation sur R de J(x) = x2 pour x 6= 0, J(0) = 1. J non coercive : minimisation sur R de J(x) = ex.

    Exercice 9.1.2 Montrer que lon peut remplacer la propriete infinie a linfini (9.3)par la condition plus faible

    infvK

    J(v) < limR+

    (inf

    vRJ(v)

    ).

    Correction. Soit (un) une suite minimisante de J sur K. Comme

    infvK

    J(v) < limR+

    (inf

    vRJ(v)

    ),

    et que J(vn) converge vers infvK J(v), il existe > 0 tel que pour n assez grand,

    J(vn) < limR+

    (inf

    vRJ(v)

    ) .

    Ainsi, il existe R tel que pour n assez grand,

    J(vn) < infvR

    J(v).

    On en deduit que pour n assez grand, v appartient a la boule de rayon R. Autrementdis, la suite vn reste bornee. La suite de la demonstration est alors identique a lademonstration initiale.

    147

  • 148 CHAPITRE 9. INTRODUCTION A LOPTIMISATION

    Exercice 9.1.3 Montrer que lon peut remplacer la continuite de J par la semi-continuite inferieure de J definie par

    (un)n0 suite dans K , limn+

    un = u = lim infn+

    J(un) J(u) .

    Correction. Seul la fin de la demonstration est modifiee. La suite minimisante(unk) converge vers u, mais cette fois on a seulement

    J(u) lim infk

    J(unk) = infvK

    J(v).

    Or comme u K, infvK J(v) J(u), dou

    J(u) = infvK

    J(v).

    Exercice 9.1.4 Montrer quil existe un minimum pour les Exemples 9.1.1, 9.1.6 et9.1.7.

    Correction. Les conditions du Theoreme 9.1.3 sont trivialement satisfaites.

    Exercice 9.1.5 Soit a et b deux reels avec 0 < a < b, et pour n N, soit Pnlensemble des polynomes P de degre inferieur ou egal a n tels que P (0) = 1. PourP Pn, on note P = maxx[a,b] |P (x)|.

    1. Montrer que le problemeinf

    PPnP (9.1)

    a une solution.

    2. On rappelle que les polynomes de Tchebycheff Tn(X) sont definis par les relations

    T0(X) = 1 , T1(X) = X , Tn+1(X) = 2XTn(X) Tn1(X) .

    Montrer que le degre de Tn est egal a n et que pour tout R, Tn(cos ) =cos(n). En deduire lexistence de n+ 1 reels

    n0 = 1 > n1 >

    n2 > > nn = 1

    tels que Tn(nk ) = (1)k pour 0 k n et que max1x1 |Tn(x)| = 1.

    3. Montrer que lunique solution de (9.1) est le polynome

    P (X) =1

    Tn

    (b+ a

    b a

    )Tn b+ a2 Xb a

    2

    .Correction.1. Lensemble des polynomes de degre inferieur ou egal a n tel que P (0) = 1 est unsous espace affine (et ferme) de lensemble de polynome de degre inferieur ou egal an muni de la norme maxx[a,b] |P (x)|. Toutes les hypotheses du Theoreme 9.1.3 sont

  • 149

    satisfaites dou on deduit lexistence dune solution au probleme de minimisation deP sur Pn.2. Par une recurrence facile, on montre que Tn est un polynome de degre n etque Tn(cos()) = cos(n). Pour tout 0 k n, on pose nk = cos(k/n). On an0 = 1 >

    n1 > > nn = 1 et Tn(kn) = cos(k) = (1)k. Enfin,

    max1x1

    |Tn(x)| = maxR

    |Tn(cos())| = maxR

    | cos(n)| = 1.

    3. Soit R un polynome de norme minimal appartenant a Pn. On considere lepolynome S = P R ou

    P (X) =1

    Tn

    (b+ a

    b a

    )Tn b+ a2 Xb a

    2

    .On veut montrer que S = 0. Pour tout k = 0, , n, on pose yk = a+b2

    (ab2

    )k.

    Dapres la question precedente, P (yk) = (1)kP. On definit les ensembles dindices

    I = {i {0, , n 1} : S(yi) 6= 0 et S(yi+1) 6= 0}J = {j {1, , n 1} : S(yj) = 0}K = {k {0, n} : S(yk) = 0}.

    On verifie que |I| + 2|J | + |K| n. Pour tout j J , on a |R(yj)| = P R,dou R = |R(yj)| et R(yj) = 0. De plus, P (yj) = 0, dou S (yj) = 0.De plus, pour tout i I, comme P R, le signe de S(yi) = P (yi) R(yi) estegale au signe de P (yi) = P(1)i. De maniere similaire, le signe de S(yi+1) est(1)i+1. Comme S(yi) et S(yi+1) sont de signes opposes, le polynome S sannule surlintervalle [yi, yi+1] au moins une fois.Ainsi, pour tout j J , S(yj) = S (yj) = 0 et yj est une racine double, pour touti I, il existe xi ]yi, yi+1[ tel que S(xi) = 0 et pour tout k K, S(yk) = 0. De plusS(0) = 0. Ainsi, S admet au moins |I|+ 2|J |+ |K|+ 1 racines (multiples). CommeS est de degre au plus n |I|+ 2|J |+ |K|, on a S = 0.

    Exercice 9.2.1 Modifier la construction de lExemple 9.2.2 pour montrer quil nexistepas non plus de minimum de J sur C1[0, 1].

    Correction. Soit a [0, 1]. On note Pa la fonction de C1(R; R) paire, 2 periodiquedefinie sur [0, 1] par

    Pa(x) =

    x2/2a+ (a 1)/2 si 0 x ax 1/2 si a x 1 a,(x 1)2/2(1 a) + (1 a)/2 si 1 a x 1

    On note un C1(R; R) la fonction 2/nperiodique, definie par

    un(x) = n1hPn1(nx).

    On verifie de un(x) 0 presque partout et que |(un)(x)| h presque partout.Ainsi, linfimum de Jh sur C

    1([0, 1]) est nul et ne peut etre atteint si h > 0.

  • 150 CHAPITRE 9. INTRODUCTION A LOPTIMISATION

    Exercice 9.2.2 Soient J1 et J2 deux fonctions convexes sur V, > 0, et une fonctionconvexe croissante sur un intervalle de R contenant lensemble J1(V ). Montrer queJ1 + J2, max(J1, J2), J1 et J1 sont convexes.

    Correction. La convexite de J1 + J2 comme de J1 est triviale a etablir.

    Epi(max(J1, J2)) = {(, v) R V : J1(v) et J2(v)}= Epi(J1) Epi(J2).

    Lintersection de deux convexes etant convexe, Epi(max(J1, J2)) est convexe etmax(J1, J2) est convexe.Comme J est convexe et croissante,

    J(x+ (1 )y) (J(x) + (1 )J(y)).

    La convexite de nous permet den deduire la convexite de J .

    Exercice 9.2.3 Soit (Li)iI une famille (eventuellement infinie) de fonctions affinessur V . Montrer que supiI Li est convexe sur V . Reciproquement, soit J une fonctionconvexe continue sur V . Montrer que J est egale au supLiJ Li ou les fonctions Li sontaffines.

    Correction. Le sup de fonction convexe est une fonction convexe. En effet, unefonction J : V R est convexe si et seulement si son epigraphe

    Epi(J) = {(, v) R V, J(v)}

    est convexe. Ainsi, si J = supiI Ji, ou Ji sont des fonctions convexes, on a

    Epi(J) = {(, v) R V, Ji(v) pour tout i I}=

    i

    Epi(Ji).

    Une intersection de convexes etant convexe, lepigraphe de J est convexe. La fonctionJ est donc convexe.

    Reciproquement, supposons que J soit convexe. Soit v0 V et 0 R tel que0 < J(v0), cest a dire tel que (0, v0) nappartienne pas a Epi(J). Notons quelensemble Epi(J) est un convexe ferme (ferme car J est continue et convexe car Jest convexe). Puisque (0, v0) / Epi(J), nous deduisons du Theoreme 12.1.19 deseparation dun point et dun convexe lexistence de , R et dune forme lineairecontinue T V tels que

    + T (v) > > 0 + T (v0) (, v) Epi(J) .

    Ainsi,J(v) + T (v) > > 0 + T (v0) v V

    etJ(v) > 0 + T (v0) T (v) v V.

  • 151

    En appliquant linegalite precedente a v = v0, on en deduit que est non nul. Deplus, est necessairement positif. On a donc

    J(v) > 0 + 1(T (v0) T (v)) v V.

    On pose L(v) = 0 + 1(T (v0) T (v)). On a prouve que pour tout (v0, 0) tel que

    J(v0) > 0,

    il existe une fonction affine L telle que p

    J(v0) L(v0) = 0

    et J(v) L(v) pour tout v V . On en deduit que

    J = supLiJ

    Li,

    ou les Li sont des fonctions affines.

    Exercice 9.2.4 Si J est continue et -convexe, montrer que, pour tout [0, 1],

    J(u+ (1 )v) J(u) + (1 )J(v) (1 )2

    u v2 . (9.2)

    Correction. Pour tout n, on note Kn = {x [0, 1] : 2nx N}. Supposons quelinegalite (9.2) soit verifiee pour tout Kn. Soit Kn+1\Kn, il existe 1, 2 Kntels que 1 < 2 et = (1 + 2)/2. Comme J est -convexe,

    J(u+ (1 )v) = J(

    (1u+ (1 1)v) + (2u+ (1 2)v)2

    ) J(1u+ (1 1)v) + J(2u+ (1 2)v)

    2+

    8(2 1)2u v2

    Linegalite (9.2) ayant ete supposee exacte sur Kn, on a donc

    J (u+ (1 )v) 1J(u) + (1 1)J(v) + 2J(u) + (1 2)J(v)2

    +1(1 1) + (2(1 2)

    4u v2 +

    8(2 1)2u v2.

    et

    J(u+ (1 )v) J(u) + (1 )J(v)2

    +(1 + 2)(2 (1 + 2))

    8u v2,

    ce qui prouve que linegalite est alors valable pour tout element de Kn+1. On endeduit par recurrence que linegalite est valable pour

    nK

    n. Comme J estcontinue, linegalite reste valable sur ladherence de lunion des Kn, cest a dire sur[0, 1].

  • 152 CHAPITRE 9. INTRODUCTION A LOPTIMISATION

    Exercice 9.2.5 Soit A une matrice symetrique dordre N et b RN . Pour x RN ,on pose J(x) = 1

    2Ax x b x. Montrer que J est convexe si et seulement si A est

    semi-definie positive, et que J est strictement convexe si et seulement si A est definiepositive. Dans ce dernier cas, montrer que J est aussi fortement convexe et trouver lameilleure constante .

    Correction.

    J((x+ y)/2) = A(x+ y) (x+ y)/8 (b x+ b y)/2

    =Ax x b x+ Ay y b y

    2 A(x y) (x y)/8

    = (J(x) + J(y))/2 A(x y) (x y)/8.

    Lapplication J est donc convexe si et seulement si la matrice A est positive. Elleest strictement convexe si et seulement si A est definie positive. Dans ce cas, elle estfortement convexe et la meilleure constante est la plus petite valeur propre de A.

    Exercice 9.2.6 Soit un ouvert de RN et H1() lespace de Sobolev associe (voir laDefinition 4.3.1). Soit la fonction J definie sur par

    J(v) =1

    2

    (|v(x)|2 + v(x)2

    )dx

    f(x)v(x) dx ,

    avec f L2(). Montrer que J est fortement convexe sur H1().

    Correction.

    J((u+ v)/2) =J(u) + J(v)

    2 u v2H1/8.

    (Les calculs sont identiques a ceux effectuees lors de lExercice 9.2.5)

    Exercice 9.2.7 Soit v0 V et J une fonction convexe majoree sur une boule de centrev0. Montrer que J est minoree et continue sur cette boule.

    Correction. Sans perte de generalite, on peut supposer que v0 = 0 et J(0) = 0 etque J est majoree sur une boule de rayon unite. Soit M un majorant de J sur laboule. Soit v tel que v < 1, on a

    J(v) = J

    (v v

    v+ (1 v)0

    ) vJ

    (v

    v

    )+ (1 v)J(0) vM.

    De plus,

    0 = J(0) = J

    (1

    1 + vv +

    v1 + v

    ( vv

    )) 1

    1 + vJ(v) +

    v1 + v

    J

    ( vv

    ) 1

    1 + vJ(v) +

    v1 + v

    M.

  • 153

    Il decoule de ces deux inegalites que

    |J(v)| Mv.

    Ainsi, J est minoree sur la boule unite et continue en zero. Enfin, on peut appliquerce resultat a tout point appartenant a la boule unite ouverte pour conclure que Jest continue sur cette derniere.

    Exercice 9.2.8 Montrer que le Theoreme 9.2.6 sapplique a lExemple 9.1.10 (utiliserlinegalite de Poincare dans H10 ()).

    Correction. Dapres linegalite de Poincare,

    vH10 ( =

    |v|2dx

    defini une norme sur H10 . Ainsi, J est fortement convexe et le Theoreme 9.2.6 sap-plique.

    Exercice 9.2.9 Generaliser lExercice 9.2.8 aux differents modeles rencontres au Cha-pitre 5 : Laplacien avec conditions aux limites de Neumann (voir la Proposition 5.2.16),elasticite (voir lExercice 5.3.3), Stokes (voir lExercice 5.3.10).

    Correction. Pas de Pb.

  • 154 CHAPITRE 9. INTRODUCTION A LOPTIMISATION

  • Chapitre 10

    CONDITIONS DOPTIMALITEET ALGORITHMES

    Exercice 10.1.1 Montrer que la derivabilite de J en u implique la continuite de en u.Montrer aussi que, si L1, L2 verifient{

    J(u+ w) J(u) + L1(w) + o(w) ,J(u+ w) J(u) + L2(w) + o(w) ,

    (10.1)

    alors J est derivable et L1 = L2 = J(u).

    Correction. Si J est derivable au sens de Frechet en u, il existe une forme lineairecontinue L telle que

    J(u+ w) = J(u) + L(w) + o(w).

    Ainsi,|J(u+ w) J(u)| Lw+ |o(w)|.

    Le terme de droite convergeant vers zero lorsque w tend vers zero, J est continueen u.

    Considerons un fonction J verifiant (10.1). De

    J(u+ w) J(u) + L1(w) + o(w)

    etJ(u+ w) J(u) L2(w) + o(w),

    on deduit que0 (L1 L2)(w) + o(w).

    Ainsi, pour tout reel > 0,

    0 (L1 L2)(w) + wo(w)

    w

    (on applique linegalite precedente a w et on divise par ). En faisant tendre vers zero, on obtient que pour tout w,

    0 (L1 L2)(w).

    155

  • 156 CHAPITRE 10. CONDITIONS DOPTIMALITE ET ALGORITHMES

    Cette inegalite appliquee w, nous donne linegalite inverse et finalement legaliteL1(w) = L2(w). Il en decoule que J est derivable au sens de Frechet et que J

    =L1 = L2.

    Exercice 10.1.2 (essentiel !) Soit a une forme bilineaire symetrique continue surV V . Soit L une forme lineaire continue sur V . On pose J(u) = 1

    2a(u, u) L(u).

    Montrer que J est derivable sur V et que J (u), w = a(u,w) L(w) pour toutu,w V .

    Correction. Il suffit de developper lexpression J(u+ w). On obtient

    J(u+ w) = J(u) + a(u,w) L(w) + a(w,w)/2.

    La forme bilineaire a etant continue, a(w,w)/w converge vers zero lorsque w tendvers zero. La fonction J est donc derivable et

    J (u), w = a(u,w) L(w).

    Exercice 10.1.3 Soit A une matrice symetrique N N et b RN . Pour x RN , onpose J(x) = 1

    2Ax x b x. Montrer que J est derivable et que J (x) = Ax b pour

    tout x RN .

    Correction. Meme resultat que lexercice precedent (mais en dimension finie).

    Exercice 10.1.4 On reprend lExercice 10.1.2 avec V = L2() ( etant un ouvert deRN), a(u, v) =

    uv dx, et L(u) =

    fu dx avec f L2(). En identifiant V et V ,

    montrer que J (u) = u f .

    Correction. Dapres lExercice 10.1.2,

    J (u), w = a(u,w) L(w),

    dou

    J (u), w =

    uw fwdx = u f, wL2 .

    En identifiant L2 et son dual a laide du produit scalaire L2, on obtient J (u) = uf .

    Exercice 10.1.5 On reprend lExercice 10.1.2 avec V = H10 () ( etant un ouvertde RN) que lon munit du produit scalaire

    u, v =

    (u v + uv) dx.

    On pose a(u, v) =

    u v dx, et L(u) =

    fu dx avec f L2(). Montrer (au

    moins formellement) que J (u) = u f dans V = H1(). Montrer que, si onidentifie V et V , alors J (u) = u0 ou u0 est lunique solution dans H

    10 () de{

    u0 + u0 = u f dans u0 = 0 sur

  • 157

    Correction. La fonction J est derivable et pour tout w H10 () on a

    J (u), w =

    u w fwdx.

    Si u appartient a H2() alors J (u) appartient au dual de L2(). Suite a uneintegration par partie, on obtient

    J (u), w =

    (u+ f)wdx.

    Aussi, si on identifie L2() et son dual a laide du produit scalaire L2, on obtientJ (u) = u f . Si on utilise le produit scalaire H1 pour associer une fonction aJ (u), on obtient evidemment un autre resultat. Soit v lelement de H10 () associea J (u) par identification de H10 () et son dual a laide du produit scalaire H

    1. Endautres termes, v est lunique element de H10 () tel que pour tout w H10 (),

    v w + vw dx = J (u), w =

    u w + fw dx.

    Par integration par partie, on en deduit que v est solution du probleme aux limitesverifie par u0. Ainsi v = u0 et, si on identifie H

    10 () et son dual a laide du produit

    scalaire H1, J (u) = u0.

    Exercice 10.1.6 Soit un ouvert borne de RN (on pourra se restreindre au cas ouN = 1 avec =]0, 1[). Soit L = L(p, t, x) une fonction continue sur RN R ,derivable par rapport a p et t sur cet ensemble, de derivees partielles L

    pet L

    tLipschit-

    ziennes sur cet ensemble. On pose V = H10 () et J(v) =

    L(v(x), v(x), x)dx.

    1. Montrer que J est derivable sur H10 () et que

    J (u), w =

    (L

    p(u(x), u(x), x) w(x) + L

    t(u(x), u(x), x)w(x)

    )dx .

    2. Si N = 1 et =]0, 1[, montrer que, si u H10 (0, 1) satisfait J (u) = 0, alors uverifie

    d

    dx

    (L

    p

    (u(x), u(x), x

    )) Lt

    (u(x), u(x), x

    )= 0 , (10.2)

    presque partout dans lintervalle ]0, 1[.

    3. Si L ne depend pas de x (i.e. L = L(p, t)) et si u C2(]0, 1[) est une solution declasse de lequation differentielle (10.2), montrer que la quantite

    L(u(x), u(x)

    ) u(x)L

    p

    (u(x), u(x)

    )est constante sur lintervalle [0, 1].

  • 158 CHAPITRE 10. CONDITIONS DOPTIMALITE ET ALGORITHMES

    Correction.

    1. Tout dabord, comme L est derivable par rapport a p et t, de derivees Lip-schitziennes, on a

    |L(p+ q, t+ s, x) L(p, t, x) Lp

    (p, t, x) q Lt

    (p, t, x)s| K2

    (|q|2 + |s|2).

    En particulier,

    L(p, t, x) C(1 + |p|2 + t2),

    et J est correctement defini. On verifie egalement que

    M(u) w =

    (L

    p(u, u, x) w + L

    t(u, u, x)w

    )dx

    est une forme lineaire continue sur H1(RN R ). Enfin, on a

    |J(u+ w) J(u)M(u) w| K2w2H1 .

    La fonction J est donc derivable en u de derivee M(u).

    2. Si J (u) = 0, on a pour tout w H10 (0, 1), 10

    (L

    p(u, u, x) w + L

    t(u, u, x)w

    )dx = 0.

    On en deduit que L/p(u, u, x) appartient a H1(0, 1) et que

    d

    dx

    (L

    p(u, u, x)

    ) Lt

    (u, u, x) = 0

    presque partout.

    3. Comme u est de classe C2, les calculs suivants sont licites :

    d

    dx

    (L(u, u) uL

    p(u, u)

    )=d(L(u, u))

    dx uL

    p u d

    dx

    (L

    p(u, u)

    )= u

    (L

    t(u, u) d

    dx

    (L

    p(u, u)

    ))= 0.

    Exercice 10.1.7 Montrer quune fonction J derivable sur V est strictement convexesi et seulement si

    J(v) > J(u) + J (u), v u u, v V avec u 6= v ,

    ou encore

    J (u) J (v), u v > 0 u, v V avec u 6= v .

  • 159

    Correction. Notons tout dabord, que ces equivalences ont ete etablies dans lecours dans le cas convexe avec des inegalites larges.

    Soit J une fonction derivable. Prouvons tout dabord que J est strictementconvexe si et seulement si

    J(v) > J(u) + J (u), v u u, v V avec u 6= v.

    Soit J une fonction strictement convexe, u et v V tels que u 6= v. On a

    J(u+ v

    2

    ) J(u) +

    J (u),

    v u2

    .

    De plus

    J(u+ v

    2

    ) J(u) + J (u), v u.

    Reciproquement, si J verifie cette derniere inegalite, pour tout couple (u, v), J estconvexe. Ainsi, pour tout u et v, non seulement linegalite precedente est verifiee,mais on a

    2J(u+ v

    2

    ) 2J(v) + J (u), u v.

    En sommant ces deux inegalites, on obtient

    2J(u+ v

    2

    )> J(u) + J(v).

    Reste a prouver lequivalence entre la stricte convexite et la deuxieme inegalite.Si J est une fonction strictement convexe, on vient de prouver que

    J(v) > J(u) + J (u), v u.

    En commutant u et v dans cette inegalite, on obtient

    J(u) > J(v) + J (v), u v.

    En somment ces deux inegalites, on en deduit que

    0 > J (v) J (u), u v.

    Reciproquement, si une fonction J verifie cette inegalite pour tout couple (u, v), elleest convexe. Ainsi,

    J(u+ v

    2

    ) J(u) +

    J (u),

    u v2

    et

    J(u+ v

    2

    ) J(v) +

    J (v),

    v u2

    ,

    dou

    J(u+ v

    2

    ) J(u) + J(v)

    2+

    1

    4J (u) J (v), u v

    >J(u) + J(v)

    2

    et J est strictement convexe.

  • 160 CHAPITRE 10. CONDITIONS DOPTIMALITE ET ALGORITHMES

    Exercice 10.1.8 Soit a une forme bilineaire symetrique continue sur V V . Soit Lune forme lineaire continue sur V . On pose J(u) = 1

    2a(u, u)L(u). Montrer que J est

    deux fois derivable sur V et que J (u)(v, w) = a(v, w) pour tout u, v, w V . Appliquerce resultat aux exemples des Exercices 10.1.3, 10.1.4, 10.1.5.

    Correction. Tout dabord, on montre que J est derivable. En effet,

    J(u+ v) = J(u) + a(u, v) + L(v) +1

    2a(v, v)

    et comme a est continue, a(v, v) = o(v). On a donc J (u) = a(u, .) + L. Montronsque J est lui meme derivable au sens de Frechet :

    J (u+ w) = a(u, .) + L+ a(w, .) = J (u) + a(w, .).

    Ainsi, J (u)w = a(w, .) ou encore J (u)(v, w) = a(v, w).

    La fonctionnelle J(x) = 12Ax x b x de lExercice 10.1.3 est deux fois derivable

    dans RN et J (x)(X, Y ) = AX Y .

    La fonctionnelle J(u) = 12

    uv dx

    fu dx de lExercice 10.1.4 est deux fois

    derivable dans L2() et J (u)(v, w) =

    vw dx.

    La fonctionnelle J(u) = 12

    (u v + uv) dx

    fu dx de lExercice 10.1.5 est

    deux fois derivable dans H10 () et J(u)(v, w) =

    (v w + vw) dx.

    Exercice 10.1.9 Montrer que si J est deux fois derivable sur V les conditions desPropositions 10.1.4 et 10.1.5 sont respectivement equivalentes a

    J (u)(w,w) 0 et J (u)(w,w) w2 u,w V . (10.3)

    Correction. Montrons que pour tout 0, les conditions de la proposition 10.1.5sont equivalentes a

    J (u)(w,w) w2, u,w V

    (lequivalence avec les conditions de la Proposition 10.1.4 est obtenue en choisissant = 0). Supposons que pour tout u et v,

    J(v) J(u) + J (u), v u+ 2u v2.

    Comme J est deux fois differentiable,

    J(v) = J(u+ w)

    = J(u) + J (u), w+ 12J (w,w) + o(w2),

    ou w = v u. Ainsi, pour tout w,

    J (u)(w,w) + o(w2) w2.

  • 161

    Ainsi, pour tout 6= 0 et w 6= 0,

    J (

    w

    w,w

    w

    )+o(w2)w2

    .

    En faisant tendre vers zero, on obtient

    J (

    w

    w,w

    w

    )

    et J (w,w) w2. Reciproquement, si J (w,w) w2, On pose f(t) =J(u+ t(u v)). La fonction f est deux fois derivable,

    f (t) = J (u+ t(v u)) (v u)

    etf (t) = J (u+ t(v u))(v u, v u) v u2.

    Ainsi,

    f (1) f (0) = 1

    0

    f (t)dt u v2

    cest a direJ (u) J (v), u v u b2.

    Exercice 10.2.1 Soit K un convexe ferme non vide de V . Pour x V , on cherche laprojection xK K de x sur K (voir le Theoreme 12.1.10)

    x xK = minyK

    x y.

    Montrer que la condition necessaire et suffisante

    J (xK), y xK 0 y K (10.4)

    du Theoreme 10.2.1 se ramene exactement a

    xK x, xK y 0, y K. (10.5)

    Correction. SoitJ(y) = x y2.

    La fonction J est derivable de plus, pour tous elements xK et y de V , J (xK), y xK = 2x xK , xK y. La condition doptimalite de xK (10.4) est

    J (xK), y xK 0 pour tout y K,

    cest a direx xK , xK y 0 pour tout y K,

    qui nest rien dautre que (10.5).

  • 162 CHAPITRE 10. CONDITIONS DOPTIMALITE ET ALGORITHMES

    Exercice 10.2.2 Soit A une matrice reelle dordre p n et b Rp. On considere leprobleme aux moindres carres

    infxRn

    Ax b2.

    Montrer que ce probleme admet toujours une solution et ecrire lequation dEuler cor-respondante.

    Correction. On poseJ(x) = Ax b2.

    Soit K lorthogonal du noyau de A. On pose = infuK\{0} Au2/u2 > 0. Onconstate que J est -convexe sur K convexe. Elle admet donc un unique minimumsur K qui est un minimum sur Rn, car J(x + y) = J(x) pour tout element y dunoyau de A. Comme

    J (x), y = 2(Ax b) Ay,

    lequation dEuler correspondante J (x) = 0 est

    AAx = Ab.

    Exercice 10.2.3 On reprend lExemple 9.1.6

    infxKerB

    {J(x) =

    1

    2Ax x b x

    }avec A matrice symetrique carree dordre n, et B de taille m n (m n). Montrerquil existe une solution si A est positive et quelle est unique si A est definie positive.Montrer que tout point de minimum x Rn verifie

    Ax b = Bp avec p Rm.

    Correction. La fonctionnelle J est derivable et J (x) = Axb. Ainsi, un element xde KerB est un minimiseur de J sur KerB si et seulement si, pour tout y KerB,(Ax b) y = 0, cest a dire Ax b (KerB). Enfin,

    (KerB) = {x Rn : Bx y = 0,y Rm}

    = {x Rn : x By = 0,y Rm}

    = (( ImB))

    = ImB.

    Il existe donc p Rm tel que Ax b = Bp.

    Exercice 10.2.4 On reprend lExemple 9.1.10. Montrer que lequation dEuler verifieepar le point de minimum u H10 () de

    infvH10 ()

    {J(v) =

    1

    2

    |v|2dx

    fv dx

    }

  • 163

    est precisement la formulation variationnelle

    u v dx =

    fv dx v H10 ().

    (On retrouve ainsi un resultat de la Proposition 5.2.7.)

    Correction.

    J(u+ v) = J(u) +

    (u v fv) dx+ 12

    |v|2 dx.

    Ainsi, J est derivable en tout point u de H10 () et

    J (u), v =

    (u v fv) dx,

    Au point de minimum de J , J (u) = 0, cest a dire

    u v dx =

    fv dx pour tout v H10 ()

    Exercice 10.2.5 Soit K un convexe ferme non vide de V , soit a une forme bilineairesymetrique continue coercive sur V , et soit L une forme lineaire continue sur V . Montrerque J(v) = 1

    2a(v, v)L(v) admet un unique point de minimum dansK, note u. Montrer

    que u est aussi lunique solution du probleme (appele inequation variationnelle)

    u K et a(u, v u) L(v u) v K .

    Correction. La forme bilineaire a(., .) etant coercive, la fonction J est fortementconvexe. Elle admet donc un unique minimum u sur le convexe ferme non vide K.De plus, J etant symetrique,

    J (u), w = a(u,w) L(w).

    Un element u de K est un minimiseur de J sur K si et seulement si

    J (u), v u 0, pour tout v K,

    cest a dire

    a(u, v u) L(v u), v K.

    Exercice 10.2.6 Soit J1 et J2 deux fonctions convexes continues sur une partie con-vexe fermee non vide K V . On suppose que J1 seulement est derivable. Montrer queu K est un minimum de J1 + J2 si et seulement si

    J 1(u), v u+ J2(v) J2(u) 0 v K .

  • 164 CHAPITRE 10. CONDITIONS DOPTIMALITE ET ALGORITHMES

    Correction. Soit u minimum de J1 + J2 sur K, alors pour tout v K et h ]0, 1[,u+ h(v u) K et

    J1(u+ h(v u)) J1(u)h

    +J2(u+ h(v u)) J2(u)

    h 0

    De plus,

    J2(u+ h(v u)) = J2((1 h)u+ hv) (1 h)J2(u) + hJ2(v)

    douJ1(u+ h(v u)) J1(u)

    h+ J2(v) J2(u) 0.

    En passant a la limite en h 0, on obtient

    J 1(u), v u+ J2(v) J2(u) 0 pour tout v K

    La reciproque decoule de (10.7). Si J1 et J2 verifient lequation precedente, J1 etantconvexe, on a

    J1(v) J1(u) + J 1(u), v u.Ainsi,

    J1(v) J1(u) + J2(v) J2(u) 0 pour tout v Ket u est un minimiseur de J1 + J2 sur K.

    Exercice 10.2.7 Soit K un sous-ensemble dun espace de Hilbert V . Montrer quepour tout v K,

    K(v) =

    {w V , (vn) KN , (n) (R+)N ,limn+ v

    n = v , limn+ n = 0 , limn+

    vnvn

    = w

    }est un cone ferme et que K(v) = V si v est interieur a K. Donner un exemple ou K(v)est reduit a {0}.

    Correction. Montrons que K(v) est un cone. Tout dabord, 0 appartient toujours aK(v) (il suffit de choisir vn = v). Soit w un element de K(v) et un reel strictementpositif. Dapres la definition de K(v), il existe une suite vn delements de K, unesuite n de reels positifs tels que vn converge vers v, n converge vers zero et

    vn vn

    w.

    On pose n = 1n. On a

    vn vn

    w,

    dou w K(v) et K(v) est un cone.Montrons que K(v) est ferme. Soit wm K(v) tel que wm w. On note vn,m

    et n,m les suites telles que

    limn+

    vn,m vn,m

    = wm.

  • 165

    Pour tout > 0, il existe m tel que

    wm w /2

    Comme (vn,m v)/n,m converge vers wm lorsque n tend vers linfini et , il existe ntel que vn,m v

    n,m wm

    /2 et vn,m v .On a montre que, pour tout > 0, il existe v = v

    n,m K et = n,m tels que

    ,v v

    w

    et v v .Ainsi, w appartient a K(v).

    Si K(v) est a linterieur de K, il existe un reel r strictement positif tel que laboule de rayon r centree en v soit incluse dans K. Pour tout element w V ,

    w = limn0

    vn vn

    K(v),

    ou vn = v + rwnw et

    n = rnw . En dautres termes, V K(v), dou K(v) = V .

    Enfin, pour K = 0, K(0) = {0}.

    Exercice 10.2.8 Soit A une matrice est symetrique definie positive dordre n, et B unematrice de taille m n avec m n. A laide des conditions doptimalite du Theoreme10.2.8, determiner une expression explicite de la solution x du probleme doptimisation

    minBx=c

    {J(x) =

    1

    2Ax x b x

    },

    ou c Rm est un vecteur donne.

    Correction. Les conditions doptimalite secrivent a nouveau

    Ax b = Bp.

    Ainsi, x = A1(b + Bp) et comme Bx = c. Si B est de rang m, BA1B estinversible et

    p = (BA1B)1(cBA1b) et x = A1b+ A1B(BA1B)1(cBA1b).

    Si B nest pas de rang maximal, les contraintes sont soit redondantes, soit contra-dictoires. Si elles sont contradictoires, il ny a pas doptimum (lensemble de mini-misation est vide). Si les contraintes sont redondantes, il existe p Rm tel que

    BA1Bp = cBA1b,

    et p est defini a laddition dun element de KerB pres. Par contre, x est defini demaniere unique par la relation x = A1(b+Bp).

  • 166 CHAPITRE 10. CONDITIONS DOPTIMALITE ET ALGORITHMES

    Exercice 10.2.9 On reprend lExemple 9.1.7. Soit A une matrice symetrique dordren et J(x) = Ax x. A laide du Theoreme 10.2.8, montrer que les points de minimumde J sur la sphere unite sont des vecteurs propres de A associes a la plus petite valeurpropre.

    Correction. On note K la sphere unite, definie par

    K = {x Rn : F (x) = 0} ,

    ou F (x) = 1 |x|2. Les fonctions J et F sont toutes deux derivables et

    J (x) = 2Ax F (x) = 2x.

    Ainsi, dapres le Theoreme 10.2.8, si x est un point de minimum de J sur la sphereunite, il existe tel que

    J (x) + F (x) = 0,

    cest a dire

    Ax x = 0.

    Toute solution optimale x est un vecteur propre de A de valeur propre . Notonsque lexistence dun minimiseur est evidente, K etant compact et J continue. Leprobleme de minimisation de J sur K est donc equivalent au probleme de minimi-sation de J sur lensemble des vecteurs propres de A de norme un. Or pour toutvecteur propre x de A (tel que x = 1) de valeur propre , on a

    J(x) = .

    Le minimum de J est donc atteint pour les vecteurs propres de plus petite valeurpropre.

    Exercice 10.2.10 En utilisant les resultats precedents et ceux de lExercice 10.1.6,montrer que la solution du probleme de Didon (Exemple 9.1.11) est necessairement unarc de cercle.

    Correction. Tout dabord, rappelons (en termes un peu simplifies) le problemede Didon tel quil est pose dans lExemple 9.1.11. Il sagit de determiner ety : [0, ] R tel que y(0) = y() = 0, maximisant

    J(y) =

    0

    y(x)dx,

    sous la contrainte

    L(y) =

    0

    1 + |y|2dx l = 0.

    On suppose que y, est solution de ce probleme. En particulier, y est solution dumeme probleme pour fixe. On souhaite prouver que toute solution y a ce dernierprobleme est un arc de cercle.

  • 167

    Dapres lexercice 10.1.6, la fonctionnelle L est derivable et pour toute fonctionv H10 (]0, [), on a

    L(y), v =

    0

    11 + |y|2

    yvdx.

    La fonctionnelle J est egalement derivable car lineaire. Ainsi, les conditions dopti-malite dordre un (Theoreme 10.2.8) impliquent que si y est une solution, il existe tel que

    J (y) + L(y) = 0

    pourvu que L(y) 6= 0. Le cas L(y) = 0 se traite de maniere trivial et conduit a lasolution y = 0. On a donc

    0

    v +

    1 + |y|2yvdx = 0

    pour tout v H10 (]0, [). En integrant par partie le second membre de cette equation,on en deduit que

    (y

    1 + |y|2

    )= 1

    et quil existe une constante C telle que

    y1 + |y|2

    = 1x+ C. (10.6)

    Dans un premier temps, on eleve cette equation au carre afin de determiner |y|2 enfonction de x. On obtient

    1

    1 + |y|2= 1 (1x+ C)2.

    En substituant cette expression dans lequation (10.6), on en deduit que

    y =1x+ C

    1 (x+ C)2).

    Par integration, il existe une constante D telle que

    y =

    1 (1x+ C)2 +D.

    Pour conclure, il suffit de constater que

    (y D)2 + (x+ C)2 = 2.

    Ainsi, (x, y(x)) est bien un arc de cercle. Remarquons que le multiplicateur de La-grange associe a la contrainte sur la longueur nest autre que le rayon du cercleobtenu.

  • 168 CHAPITRE 10. CONDITIONS DOPTIMALITE ET ALGORITHMES

    Exercice 10.2.11 On etudie la premiere valeur propre du Laplacien dans un domaineborne (voir la Section 7.3). Pour cela on introduit le probleme de minimisation surK = {v H10 (),

    v2dx = 1}

    minvK

    {J(v) =

    |v|2dx}.

    Montrer que ce probleme admet un minimum (on montrera que K est compact pour lessuites minimisantes a laide du Theoreme de Rellich 4.3.21). Ecrire lequation dEuler dece probleme et en deduire que la valeur du minimum est bien la premiere valeur propreet que les points de minimum sont des vecteurs propres associes.

    Correction. Pour tout v H10 (), on note

    |v|H10 () =(

    |v|2dx)1/2

    .

    Dapres linegalite de Poincare, |.|H10 () est une norme equivalente a la norme usuellede H10 (). Soit un une suite minimisante de J sur K. Dapres le Theoreme deRellich, il existe une sous suite de un (que nous noterons egalement un) et un elementu H10 () tel que un converge vers u dans L2(). Montrons que (un) est une suiteconvergente dans H10 (). Tout dabord,un up2

    2H10

    =|un|2H10 () + |up|

    2H10 ()

    2un + up2

    2H10

    . (10.7)

    On note = inf

    vKJ(v)

    et

    n,p =

    un + up2

    L2()

    .

    Comme un converge vers u dans L2(), uL2() = 1 et u K. De plus, n,p converge

    vers 1 lorsque n et p tendent vers linfini. Dapres lequation (10.7),un up22H10

    =|un|2H10 () + |up|

    2H10 ()

    2 2n,p

    un + up2n,p2H10

    .

    Comme un+up2n,p

    K, on a donc

    un up22H10

    |un|2H10 () + |up|

    2H10 ()

    2 2n,p.

    Ainsi, |un up|H10 0 lorsque n et p tendent vers linfini et un est une suite deCauchy dans H10 (). Ainsi, un converge dans H

    10 () vers u et J(u) = .

  • 169

    Soit F (v) = 1

    |v|2dx. Lensemble de minimisation K est donne par

    K = {v H10 () : F (v) = 0}.

    De plus, F est derivable et pour tout v, w H10 (), on a

    F (v), w = 2

    vwdx.

    de meme, J est derivable et

    J (v), w = 2

    v wdx.

    Dapres le Theoreme 10.2.8, comme F est non nul pour tout element de K (et doncen particulier pour u), il existe tel que

    J (u) + F (u) = 0,

    cest a dire tel que pour tout v H10 (),

    u vdx =

    uvdx.

    Ainsi, u est un vecteur propre de valeur propre . En choisissant v = u dans lex-pression precedente, on en deduit de plus que = . Enfin, on verifie sans peineque est necessairement la plus petite valeur propre du Laplacien avec conditionsaux bords de Dirichlet.

    Exercice 10.2.12 Soit A une matrice nn symetrique definie positive et b Rn nonnul.

    1. Montrer que les problemes

    supAxx1

    b x et supAxx=1

    b x

    sont equivalents et quils ont une solution. Utiliser le Theoreme 10.2.8 pour cal-culer cette solution et montrer quelle est unique.

    2. On introduit un ordre partiel dans lensemble des matrices symetriques definiespositives dordre n en disant que A B si et seulement si Ax x Bx x pourtout x Rn. Deduire de la question precedente que, si A B, alors B1 A1.

    Correction. 1. Si b = 0, le resultat est evident. On peut donc supposer par lasuite b 6= 0. On a pose J(x) = b x. Soit x la solution du probleme de maximisationde J sur

    K = {x Rn tel que Ax x 1}.Comme la derivee de J est egale a b et nest jamais nulle, le maximum de J sur Kne peut etre atteint dans linterieur de K. Il est donc atteint sur le bord, dou

    supAxx1

    Ax x = supAxx=1

    Ax x.

  • 170 CHAPITRE 10. CONDITIONS DOPTIMALITE ET ALGORITHMES

    Les deux problemes sont equivalents. Reste a determiner la solution de ces problemes.Dapres les conditions doptimalites du premier ordre, il existe tel que

    Ax b = 0.

    Ainsi,x = A1b.

    Il ne reste plus qua determiner le multiplicateur de Lagrange pour definir x demaniere unique. Comme Ax x = 1, on en deduit que

    2 = (A1b b)1

    Comme est positif, on a = (A1b b)1/2,

    ce qui determine x de maniere unique.2. Soit A et B deux matrices symetriques definies positives telles que A B. Pourtout b non nul, on a

    (A1b b)1/2 = supAxx1

    b x supBxx1

    b x = (B1b b)1/2.

    dou B1 A1.

    Exercice 10.2.13 En theorie cinetique des gaz les molecules de gaz sont representeesen tout point de lespace par une fonction de repartition f(v) dependant de la vitessemicroscopique v RN . Les quantites macroscopiques, comme la densite du gaz , savitesse u, et sa temperature T , se retrouvent grace aux moments de la fonction f(v)

    =

    RNf(v) dv , u =

    RNv f(v) dv ,

    1

    2u2 +

    N

    2T =

    1

    2

    RN|v|2f(v) dv .

    (10.8)Boltzmann a introduit lentropie cinetique H(f) definie par

    H(f) =

    RNf(v) log

    (f(v)

    )dv .

    Montrer que H est strictement convexe sur lespace des fonctions f(v) > 0 mesurablestelle que H(f) < +. On minimise H sur cet espace sous les contraintes de moment(10.8), et on admettra quil existe un unique point de minimum M(v). Montrer que cepoint de minimum est une Maxwellienne definie par

    M(v) =

    (2T )N/2exp

    (|v u|

    2

    2T

    ).

    Correction. La fonction (t) = t log(t) est strictement convexe sur R+ \ {0}, eneffet, (t) = 1/t > 0. On en deduit que

    H(f + (1 )g) =

    RN(f + (1 )g)dv

    RN(f) + (1 )(g)dv

    = H(f) + (1 )H(g).

  • 171

    Ainsi, H est convexe. De plus, linegalite est une egalite si et seulement si

    (f + (1 )g) = (f) + (1 )(g)

    presque partout. En particulier, si est different de 0 et 1, on en deduit que f = gpresque partout. La fonction H est donc strictement convexe (quitte a identifier lesfonctions egales presque partout). On a

    H (f), g =

    RN((log f(v)) + 1)g(v) dv.

    Les contraintes sont lineaires et les conditions doptimalite du premier ordre im-pliquent quil existe 1 et 3 reels, 2 RN tels que

    RN((log f(v)) + 1 + 1 + 2 v + |v|23)g(v) dv = 0

    pour tout g. En dautres termes,

    (log f(v)) + 1 + 1 + 2 v + |v|23 = 0

    presque partout ou encore

    f(v) = exp(1 1 2 v 3|v|2).

    Reste a determiner les multiplicateurs de Lagrange 1, 2 et 3. Un calcul un peufastidieux permet de montrer que

    RNexp(1 1 2 v 3|v|2)dv =

    N e(1+1)e|2|2/43

    3

    N,

    RNv exp(1 1 2 v 3|v|2)dv =

    N2e(1+1)e|2|

    2/43

    23

    N+2

    et RN|v|2 exp(1 1 2 v 3|v|2)dv =

    e(1+1)e|2|243

    |2|33

    N1

    (N

    2

    N(|2|3

    )3+

    N

    4

    (|2|3

    )5).

    Les contraintes verifiees par v nous permettent de determiner les multiplicateurs de

    Lagrange. On obtient 2 = u/T, 3 = (2T )1 et e(1+1) =

    2TNe|u|

    2/2T,dou on conclut que f = M .

    Exercice 10.2.14 Calculer la condition necessaire doptimalite du second ordre pourles Exemples 9.1.6 et 9.1.7

  • 172 CHAPITRE 10. CONDITIONS DOPTIMALITE ET ALGORITHMES

    1.

    infxKerB

    {J(x) =

    1

    2Ax x b x

    },

    ou A est une matrice carree dordre n, symetrique definie positive, B une matricerectangulaire de taille m n et b un vecteur de Rn.

    2.

    infxRn,x=1

    {J(x) = Ax x} ,

    ou A est une matrice carree dordre n, symetrique definie.

    Correction.

    1. On note F la fonction contrainte F (x) = Bx. On a

    J (u)(v, v) = Av v

    De plus, F = 0. La condition doptimalite dordre deux est donc

    Av v 0

    pour tout v KerB. Comme A est definie positive, cette condition est toujoursverifiee.

    2. On note F la fonction de contrainte F (x) = x x1. Dapres la condition dop-timalite du premier ordre, si u est une solution du probleme de minimisation,il existe R tel que

    2Au+ u = 0.

    Comme

    J (u)(v, v) = 2Av v

    et F (u)(v, v) = v v, la condition doptimalite dordre deux est donc

    2Av v + v v 0

    pour tout v tel que v u = 0.

    Exercice 10.2.15 Soit A une matrice symetrique definie positive dordre n, et B unematrice de taille m n avec m n et de rang m. On considere le probleme deminimisation

    minxRn, Bxc

    {J(x) =

    1

    2Ax x b x

    },

    Appliquer le Theoreme 10.2.15 pour obtenir lexistence dun multiplicateur de Lagrangep Rm tel quun point de minimum x verifie

    Ax b+Bp = 0 , p 0 , p (Bx c) = 0.

  • 173

    Correction. Lensemble des solutions admissibles est defini par

    K = {x Rn : Fi(x) 0 pour tout i = 1, . . . ,m},

    ou Fi(x) = Bix ci. Les fonctions Fi sont derivables et F (x), y = Biy = (Bi) y.De meme, la fonction objectif

    J(x) =1

    2Ax x b x

    est derivable etJ (x) = Ax b.

    Comme les contraintes sont affines, elles sont automatiquement qualifiees. On peutappliquer le Theoreme 10.2.15. Si x est la solution du probleme de minimisationde J sur K, il existe donc p Rm tel que

    J (x) +

    i

    piFi (x) = 0, pi 0, piF i = 0,

    cest a dire

    Ax b+

    i

    pi(Bi) = 0, pi 0, pi(Bix ci) = 0.

    ou, sous une forme plus compacte,

    Ax b+Bp = 0, p 0, p (Bx c) = 0.

    Notons que K etant convexe et J fortement convexe, il existe un unique minimiseurau probleme considere.

    Exercice 10.2.16 Soit f L2() une fonction definie sur un ouvert borne . Pour > 0 on considere le probleme de regularisation suivant

    minuH10 (), ufL2()

    |u|2dx.

    Montrer que ce probleme admet une unique solution u. Montrer que, soit u = f , soitu = 0, soit il existe > 0 tel que u est solution de{

    u + (u f) = 0 dans ,u = 0 sur .

    Correction. On note J la fonction objectif

    J(u) =

    |u|2dx

    et K lensemble des solutions admissibles, cest a dire

    K = {v H10 () : F (v) 0},

  • 174 CHAPITRE 10. CONDITIONS DOPTIMALITE ET ALGORITHMES

    ou F (v) = v f2L2() 2. Lensemble K est un convexe ferme tandis que lafonctionnelle J est fortement convexe. Il existe donc une unique solution u auprobleme de minimisation de J sur K. Les fonctionnelles J et F sont toutes deuxderivables et, pour tout v H10 (), on a

    J (u), v = 2

    u.vdx

    et

    F (u), v = 2

    (u f)vdx.

    Si la contrainte est active, cest a dire si F (u) = 0, on a F(u) = 0. Dapres le

    Theoreme 10.2.15, il existe un reel 0 tel que

    J (u) + F(u) = 0, F (u) = 0,

    cest a dire tel que pour tout v H10 (),

    u.v + (u f)vdx = 0, (u f2L2 ) = 0.

    On deduit de la premiere equation que u est solution du probleme aux limites{u + (u f) = 0 dans ,u = 0 sur .

    Si la contrainte nest pas active, = 0 et u = 0 (cas fL2).

    Exercice 10.3.1 On considere le probleme doptimisation, dit perturbe

    infFi(v)ui, 1im

    J(v), (10.9)

    avec u1, . . . , um R.On se place sous les hypotheses du Theoreme 10.3.4 de Kuhn et Tucker. On note m(u)la valeur minimale du probleme perturbe (10.9).

    1. Montrer que si p est le multiplicateur de Lagrange pour le probleme non perturbe(cest-a-dire (10.9) avec u = 0), alors

    m(u) m(0) pu . (10.10)

    2. Deduire de (10.10) que si u 7 m(u) est derivable, alors

    pi = m

    ui(0).

    Interpreter ce resultat (cf. lExemple 9.1.8 en economie).

    Correction.

  • 175

    1. Dapres le Theoreme du 10.2.15, la solution v du probleme (10.9) non perturbeest telle quil existe pi 0 tel que

    J (v) + piFi (v) = 0, piFi(v) = 0. (10.11)

    Comme les fonctions J et Fi sont supposees convexes, pour tout v, on a

    J(v) + p F (v) J(v) p F (v) J (v) + p F (v), v v.

    Dapres lequation (10.11), on a donc

    J(v) + p F (v) J(v) 0.

    Enfin, si v est la solution du probleme perturbe, on en deduit comme F (v) uque

    m(u) + p um(0) 0.

    2. Supposons que lapplication u 7 m(u) soit derivable. Dans ce cas,

    m(u) = m(0) +m

    u(0) u+ o(u).

    Ainsi, dapres la question precedente,(m

    u(0) + p

    ) u+ o(u) 0

    pour tout u. En divisant cette equation par la norme de u, on obtient que pourtout element u de norme unite,(

    m

    u(0) + p

    ) u 0.

    En appliquant cette inegalite a u au lieu de u, on en deduit que

    m

    u(0) + p = 0.

    Lorsque u augmente, lensemble des solutions admissibles crot. Ainsi, la valeurde m(u), solution du probleme de minimisation, ne peut que decrotre. Graceau multiplicateur de Lagrange p, on a une information supplementaire : ilnous permet de determiner le taux de decroissance de m(u) est fonction deu. Plus p est important, plus une petite variation de u par rapport a zeroentranera une forte variation de m.

    Exercice 10.3.2 Donner un exemple de Lagrangien pour lequel linegalite (10.60) eststricte avec ses deux membres finis.

  • 176 CHAPITRE 10. CONDITIONS DOPTIMALITE ET ALGORITHMES

    Correction. On pose U = R, P = R et

    L(v, q) = F (v + q),

    ou F est une fonction bornee non constante. On a alors

    infvU

    (supqP

    L(v, q))

    = supRF > inf

    RF = sup

    qP

    (infvU

    L(v, q)). (10.12)

    Exercice 10.3.3 Soit U (respectivement P ) un convexe compact non vide de V (res-pectivement Q). On suppose que le Lagrangien est tel que v L(v, q) est strictementconvexe continue sur U pour tout q P , et q L(v, q) est concave continue sur Ppour tout v U . Montrer alors lexistence dun point selle de L sur U P .

    Correction. Pour tout q P , on note (q) lunique minimiseur sur U de lappli-cation v 7 L(v, q) (lexistence est assuree par la compacite de U et la continuite deL, lunicite par la stricte convexite de v 7 L(v, q)). De plus, on pose

    F (q) = L((q), q) = minvU

    L(v, q).

    Lapplication F est linfimum dune famille de fonctions concaves, semi-continuessuperieurement. Elle est donc elle meme concave et semi-continue superieurement.Comme U est compact et que F est semi-continue superieurement, F admet aumoins un maximum sur V note q. On pose de plus v = (q). On va montrer que(v, q) est un point selle de L sur U P , cest a dire que

    L(v, q) L(v, q) L(v, q)

    pour tout couple (v, q) U P . La deuxieme inegalite est evidente et decoulesimplement de la definition de v = (q). Il reste a prouver que pour tout q V ,

    L(v, q) L(v, q). (10.13)

    Pour tout t [0, 1] et tout q V , on pose

    vt = ((1 t)q + tq)

    Dapres la concavite de L(v, .), on a pour tout v U

    L(v, (1 t)q + tq) (1 t)L(v, q) + tL(v, q),

    dou on deduit (puisque q maximise F sur P et L(vt, q) F (q)), que

    F (q) F ((1 t)q + tq) = L(vt, (1 t)q + tq) (1 t)L(vt, q) + tL(vt, q) (1 t)F (q) + tL(vt, q),

    ce qui donne en fin de compte que pour tout q V et tout t 6= 0,

    F (q) L(vt, q).

  • 177

    Comme U est compact, il existe une suite tn convergent vers zero tel que vtn soitconvergente. Soit v la limite de vtn . Dapres linegalite precedente, on a

    F (q) = L(v, q) limL(vtn , q) = L(v, q).

    Pour conclure, il suffit donc de prouver que v = v et ainsi obtenir linegalite (10.13).Or, pour tout n on a

    (1 tn)L(vtn , q) + tnL(vtn , q) L(vtn , (1 tn)q + tnq) L(v, (1 tn)q + tnq).

    En passant a la limite, on en deduit que pour tout v U ,

    L(v, q) L(v, q).

    Ainsi, v est un minimiseur de v 7 L(v, q). Comme cette derniere application eststrictement convexe, elle admet au plus un minimiseur et v = (q) = v.

    Exercice 10.3.4 Soit une matrice rectangulaire

    A =

    1 0 4 2 3 5

    3 2 1 2 5 24 2 2 0 1 22 4 1 6 2 21 2 6 3 1 1

    .On suppose que deux joueurs choisissent lun une ligne i, lautre une colonne j, sans quilsne connaissent le choix de lautre. Une fois revele leurs choix, le gain (ou la perte, selonle signe) du premier joueur est determine par le coefficient aij de la matrice A (lautrejoueur recevant ou payant aij). Montrer que la strategie optimale de minimisation durisque conduit a un probleme de min-max que lon resoudra. Le jeu est-il equitable aveccette matrice A ?

    Correction. Le premier joueur cherche a maximiser son gain quelque soit le choixdu deuxieme joueur, il choisit donc la ligne i tel que minj ai,j soit maximal. Enadoptant cette strategie, son gain minimal est alors

    G1 = maxi

    minjaij.

    Le deuxieme joueur tient un raisonnement identique. Son gain minimal est donc

    G2 = minj

    maxiaij.

    On resout aisement ces deux problemes. La solution au premier probleme pour lepremier joueur consiste a jouer la premiere ligne ce qui lui assure un gain au moinsnul (il ne peut pas perdre). La strategie minimisant les risques pour le deuxiemejoueur consiste a jouer la premiere colonne ce qui lui assure au moins un gain de 1,cest a dire au pire une perte de 1. Le jeu nest pas equitable. Si les deux joueursadoptent cette strategie, le premier joueur gagne 1 tandis que le deuxieme perd 1.

  • 178 CHAPITRE 10. CONDITIONS DOPTIMALITE ET ALGORITHMES

    Exercice 10.4.1 On considere le probleme de commande optimal (10.72). On supposeque K = RM , f = 0, z = 0, et zT = 0. Montrer que, pour tout t [0, T ],

    p(t) y(t) = Dy(T ) y(T ) + T

    t

    Qy(s) y(s) ds+ T

    t

    R1Bp(s) Bp(s) ds .

    En deduire que sil existe t0 [0, T ] tel que y(t0) = 0, alors y(t) = p(t) = 0 pour toutt [0, T ]. Interpreter ce resultat.

    Correction. Soit u la solution optimale au probleme (10.72), y la solution auprobleme (10.71) associe et p la solution au probleme adjoint (10.76). Un simplecalcul nous donne

    d

    dt(p y) = Qy y Ap y + p Ay Bp R1Bp

    = Qy y R1Bp Bp.

    Par integration, on en deduit que

    p y(t) = p y(T ) + T

    t

    Qy y +R1Bp Bpdt

    = Dy(T ) y(T ) + T

    t

    Qy y +R1Bp Bpdt.

    Sil existe t0 [0, T ] tel que y(t0) = 0, on a p y(t0) = 0. Comme tous les termesdu second membre de la formule precedente sont positifs ou nuls et de somme nulle,ils sont tous nuls. En particulier, si t [t0, T ], R1Bp Bp(t) = 0. Comme R estsymetrique, definie positive, on en deduit que u(t) = R1Bp(t) = 0. La commandeest donc nulle pour tout t [t0, T ], et y(t) = exp(A(t t0))y(t0) = 0 pour t [t0, T ].De meme, on obtient la nullite de p sur [t0, T ]. Ce resultat nest pas etonnant. Ilsignifie que si on cherche a annule y alors que y est deja nul, la commande optimaleconsiste simplement a ne rien faire. Reste a prouver la nullite de y, u et p surlintervalle [0, t0]. Il suffit de constater que le coupe (y, p) est solution dun systemedifferentielle lineaire de condition initiale (y, p)(t0) = (0, 0) (la fleche du temps estinversee). Ce systeme admet une solution unique : la solution nulle.

    Ce resultat stipule que, si letat initial nest pas letat cible, il nest jamaisrentable datteindre exactement ce dernier. Le cout necessaire pour sapprocher deletat cible devient plus important que le gain realise.

    Exercice 10.4.2 Obtenir lequivalent de la Proposition 10.4.4 et du Theoreme 10.4.6pour le systeme parabolique

    y

    ty = v + f dans ]0, T [

    y = 0 sur ]0, T [y(0) = y0 dans

  • 179

    ou y0 L2(), f L2(]0, T [), v L2(]0, T [) est la commande, et on minimise

    infvL2(]0,T [)

    J(v) =

    T0

    v2dt dx+

    T0

    |y z|2dt dx+

    |y(T ) zT |2dx,

    ou z L2(]0, T [) et zT L2().

    Correction. Lapplication qui a v associe y est lineaire continue de L2(]0, T [)dans C0([0, T ];L2()). On en deduit que J est continue. De plus, J est forte-ment convexe et admet donc un unique minimiseur. Combinaison de fonctionsdifferentiables, J est elle meme differentiable (lapplication qui a v associe y estderivable car affine continue !) et

    J (v), w =

    2

    ( T0

    vw dx dt+

    T0

    (y z)yw dx dt+

    (y(T ) zT )yw(T ) dx)

    (10.14)

    ou yw est solution du probleme paraboliqueywtyw = w dans ]0, T [

    yw = 0 sur ]0, T [yw(0) = 0

    La condition doptimalite necessaire et suffisante est J (y) = 0. Comme dans le caspresente dans le cours, la formule precedente permettant de calculer la derivee deJ est inexploitable : elle necessite pour chaque fonction test w la resolution dunsysteme parabolique. On peut obtenir une expression explicite de J en fonctiondun etat adjoint p solution du systeme

    ptp = y z dans ]0, T [

    p = 0 sur ]0, T [p(T ) = y(T ) zT .

    On verifie sans mal que

    J (v), w = T

    0

    (v + p)w dx.

    Exercice 10.4.3 Generaliser lexercice precedent a lequation des ondes.

    Correction. Il sagit detudier le probleme hyperbolique

    2y

    2ty = v + f dans ]0, T [

    y = 0 sur ]0, T [y(0) = y0 dans y

    t(0) = y0 dans

  • 180 CHAPITRE 10. CONDITIONS DOPTIMALITE ET ALGORITHMES

    ou y0 H10 (), y1 L2(), f L2(]0, T [) et v L2(]0, T [) est la commande.On minimise

    infvL2(]0,T [)

    J(v) =

    T0

    v2dt dx+

    T0

    |y z|2dt dx+

    |y(T ) zT |2dx,

    ou z L2(]0, T [) et zT L2(). A nouveau, J est derivable, fortement convexeet admet donc un unique minimiseur. De plus, la derivee de J possede la memeexpression (10.14) que precedemment. Cependant, yw est dans ce cas solution duprobleme hyperbolique

    2ywt2

    yw = w dans ]0, T [yw = 0 sur ]0, T [yw(0) = 0ywt

    = 0

    A nouveau, on peut introduire un etat adjoint afin de determiner explicitement J .Lequation verifiee par letat adjoint est

    2pt2p = w dans ]0, T [

    p = 0 sur ]0, T [p(0) = 0pt

    = zT y(T )

    et

    J (v), w = T

    0

    (v + p)w dx dt.

    Notons que pour trouver letat adjoint, on peut introduire un Lagrangien commedans le cas de la dimension finie.

    Exercice 10.5.1 Pour V = R2 et J(x, y) = ax2 + by2 avec a, b > 0, montrer quelalgorithme de gradient a pas optimal converge en une seule iteration si a = b ou six0y0 = 0, et que la convergence est geometrique dans les autres cas. Etudier aussi laconvergence de lalgorithme de gradient a pas fixe : pour quelles valeurs du parametre la convergence se produit-elle, pour quelle valeur est-elle la plus rapide ?

    Correction. Lalgorithme de gradient a pas optimal converge en une unique itera-tion si et seulement si le minimiseur de J (en loccurrence 0) appartient a la droiteparametree par la fonction t 7 tJ (x, y)+ (x, y), cest a dire si et seulement si (x, y)et J (x, y) sont colineaires. Comme J (x, y) = 2(ax, by), lalgorithme converge en uneiteration si et seulement le produit vectoriel entre (x0, y0) et (ax0, by0) est nul, cesta dire si a = b ou x0y0 = 0. Dans le cas contraire, considerons (xn, yn) la solutionobtenue au bout de n iterations du gradient a pas optimal. Comme le pas est choiside maniere optimal, le gradient de J en (xn+1, yn+1) est orthogonal au gradient deJ en (xn, yn). Ainsi, le gradient de J en (xn+2, yn+2) est colineaire au gradient de Jen (xn, yn). On en deduit que (xn, yn) et (xn+2, yn+2) sont colineaires. Il existe donc(x, y) : R2 R tel que

    (xn+2, yn+2) = (xn, yn)(xn, yn).

  • 181

    Enfin, pour tout reel r, on a (rx, ry) = (x, y). On a donc (xn+2, yn+2) = (xn, yn)et (x2p, y2p) = (x0, y0). Ainsi,

    J(x2p, y2p) = (x0, y0)pJ(x0, y0).

    La convergence est donc geometrique.Considerons lalgorithme de gradient a pas fixe. Dapres lexpression de la

    derivee de J ,xn+1 = (1 2a)xn et yn+1 = (1 2b)yn.

    Par recurrence evidente, on en deduit une formule explicite de (xn, yn) :

    xn = (1 2a)nx0 et yn = (1 2b)ny0.

    La convergence a lieu lorsque max(|1 2a|, |1 2b|) < 1, cest a dire

    < min(a1, b1).

    Le pas optimal est obtenu en minimisant = max(|1 2a|, |1 2b|) par rapporta . Par une etude graphique rapide, on obtient que le pas optimal est

    opt = (a+ b)1.

    La raison de la suite geometrique est alors

    = |a b|/(a+ b).

    Pour terminer, notons quon peut egalement calculer explicitement la raison dela suite dans le cas de lalgorithme a pas optimal. A titre indicatif, on obtient

    = |a b||x0||y0|ab((ax20 + by

    20)(a

    3x20 + b3y20)

    )1/2.

    Lalgorithme du gradient a pas optimal converge au moins aussi rapidement quelalgorithme a pas fixe optimal. La convergence des deux algorithmes est identiquesi a = b ou a|x0| = b|y0|.

    Exercice 10.5.2 Soit V = RN et K = {x RN tel queN

    i=1 xi = 1}. Expliciterloperateur de projection orthogonale PK et interpreter dans ce cas la formule

    un+1 = PK(un J (un)) (10.15)

    definissant lalgorithme de gradient projete a pas fixe en terme de multiplicateur deLagrange.

    Correction. Soit n =N1N

    i=1 ei le vecteur normal a K. Loperateur de pro-jection sur K est

    PK(u) = u+ (1 u n)n.La formule (10.106) implique que si u minimise J sur K

    u = PK(u J (u)) = u J (u) + (1 u n+ J (u) n)n.

  • 182 CHAPITRE 10. CONDITIONS DOPTIMALITE ET ALGORITHMES

    Comme u n = 1, on en deduit que

    J (u) + n = 0.

    ou = J (u)n. On retrouve la condition doptimalite du Theoreme 10.2.8, verifieepar les minimiseurs de J sur K, ou est le multiplicateur de Lagrange associe a lacontrainte u K.

    Exercice 10.5.3 Appliquer lalgorithme dUzawa au probleme

    minvRN , F (v)=Bvc0

    {J(v) =

    1

    2Av v b v

    }, (10.16)

    ou A est une matrice NN symetrique definie positive, b RN , B une matrice MNet c RM . Si la matrice B est de rang M , ce qui assure lunicite de p dapres laRemarque 10.3.12, montrer que la suite pn converge vers p.

    Correction. Le Lagrangien associe a ce probleme est

    L(v, q) = 12Av v b v + q (Bv c)

    avec q RM+ . Soit pn la suite de multiplicateurs obtenus par lalgorithme dUzawaet un la suite delements de RN definie par

    L(un, pn) = minvL(v, pn). (10.17)

    On rappelle que pn+1 est determine a laide de pn par

    pn+1 = PRM+ (pn + F (un)) , (10.18)

    ou est le pas de lalgorithme, choisit suffisamment petit. La matrice A etantsymetrique definie positive, le probleme (10.17) admet comme unique solution

    un = A1(bBp).

    En explicitant la definition (10.18) de pn+1 en fonction de pn, on obtient

    pn+1 = PRM+((IdBA1B)pn + (BA1b c)

    ).

    Afin de prouver la convergence de la suite pn, il suffit de montrer que lapplicationqui a pn+1 associe pn est strictement contractante. Comme la projection PRM+ estcontractante, il suffit de prouver que lapplication

    q 7 (IdBA1B)q + (BA1b c)

    est contractante. Comme B est de rang M , la matrice BA1B est definie positive.Pour suffisamment petit, la matrice IdBA1B est symetrique, definie positivede valeurs propres strictement plus petites que lidentite. Lapplication precedente

  • 183

    est donc strictement contractante et lalgorithme convergent. On note p sa limite.La suite un est egalement convergente et sa limite u est telle que

    Au b+Bp = 0. (10.19)

    Enfin, comme p = PRM+ (p+ F (u)), pour tout q RM+ , on a

    (p (p+ F (u))) (q p) 0,

    cest a dire F (u) p F (u) q. On en deduit que

    F (u) 0 (10.20)

    et que F (u) p 0. Or comme F (u) 0 et p 0, on a egalement F (u) p 0.Ainsi,

    F (u) p = 0. (10.21)De (10.19), (10.20) et (10.21), on conclut que u est solution du probleme de mini-misation etudie.

    Exercice 10.5.4 En plus des hypotheses de la Proposition 10.5.10, on suppose queles fonctions J et F1, . . . , FM sont continument differentiables. On note de nouveau I(u)lensemble des contraintes actives en u, et on suppose que les contraintes sont qualifieesen u au sens de la Definition 10.2.13. Enfin, on suppose que les vecteurs

    (F i (u)

    )iI(u)

    sont lineairement independants, ce qui assure lunicite des multiplicateurs de Lagrange1, . . . , M tels que J

    (u) +M

    i=1 iFi (u) = 0, avec i = 0 si i / I(u). Montrer alors

    que, pour tout indice i {1, . . . ,M}

    lim0

    [2

    max (Fi(u), 0)

    ]= i .

    Correction. Pour tout i / I(u), on a Fi(u) < 0. Ainsi, pour assez petit, on aFi(u) < 0 et max(Fi(u), 0) = 0. En particulier, pour tout i / I(u), on a bien

    lim0

    [2

    max (Fi(u), 0)

    ]= 0 = i .

    On pose

    J(v) = J(v) + 1

    Mi=1

    [max(Fi(v), 0)]2 .

    Les fonction Fi etant supposees continument derivables, J est derivable et

    J (v) = J(v) + 21

    Mi=1

    max(Fi(v), 0)Fi (v).

    Comme u minimise J, on a J(u) = 0 et

    J (u) = 21Mi=1

    max(Fi(u), 0)Fi (u). (10.22)

  • 184 CHAPITRE 10. CONDITIONS DOPTIMALITE ET ALGORITHMES

    De plus u converge vers u pour lequel

    J (u) =

    iI(u)

    iFi (u). (10.23)

    Comme les applications lineaires (F i (u))iI(u) sont independantes, il existe une fa-mille (ai)iI(u) delements de RN telle que

    F i (u), aj = ji

    pour tout i et j I(u). Comme F i (u) converge vers F i (u), pour assez pe-tit, la famille (F i (u))iI(u) est independante et il existe une famille (a

    i)iI(u)

    Vect((ai)iI(u)) telle que

    F i (u), aj = ji

    pour tout i et j I(u). De plus, pour tout i I(u), ai converge vers ai. Enfin, pourtout i I(u),

    21 max(Fi(u), 0) = 21

    jI(u)

    max(Fj(u), 0)Fj(u), a

    i

    .

    Comme 1 max(Fi(u), 0)) converge vers zero pour tout i / I(u),

    lim21 max(Fi(u), 0) = lim

    21

    Mj=1

    max(Fj(u), 0) F j(u), ai

    = limJ (u), ai

    = J (u), ai = i.

  • ANNEXE 185

    ANALYSE NUMERIQUE MATRICIELLE

    Exercice 13.1.1 Montrer que

    1. A2 = A2 = maximum des valeurs singulieres de A,2. A1 = max1jn (

    ni=1 |aij|) ,

    3. A = max1in(n

    j=1 |aij|)

    .

    Correction.

    1. Tout dabord, on rappelle que les valeurs singulieres de A sont les racines carredes valeurs propres de la matrice symetrique AA. Par definition, on a

    A2 =(

    maxxCn,x 6=0

    (Ax) Axx x

    )1/2.

    Ainsi,

    A2 =(

    maxxCn,x 6=0

    (AAx) xx x

    )1/2est bien le maximum des valeurs singulieres de A (la matrice AA est syme-trique, positive et diagonalisable).

    On a pour tout x Cn,

    x2 = supyCn,y21

    |x y|.

    Ainsi,

    Ax2 = supyCn,y21

    |Ax y| = supyCn,y21

    |x Ay| x2A2.

    On en deduit que A2 A2 et finalement A2 = A2.2.

    A1 = maxxC,x 6=0

    Ax1x1

    = maxxC,x 6=0

    i

    k aikxk

    k |xk|

    .

    Pour tout indice j, en choisissant xk = kj , on obtient

    A1

    i

    |aij|.

    De plus,

    A1 = maxxC,x 6=0

    i

    j aijxj

    j |xj|

    maxxC,x 6=0

    i,j |aij||xj|

    j |xj|

    = maxxC,x 6=0

    j (

    i |aij|) |xj|j |xj|

    maxj

    i

    |aij|.

  • 186 ANALYSE NUMERIQUE MATRICIELLE

    3. On a

    A = maxxC,x 6=0

    maxkj ak,jxj

    maxk |xk|

    .Soit i {1, n} et x Cn telle que pour tout indice j, xj soit egal au signede ai,j. On deduit de lexpression precedente que

    A maxi

    (j

    |ai,j|

    ).

    Reciproquement,

    A maxxC,x 6=0

    (maxi

    j |ai,j||xj|

    maxi |xi|

    ) max

    i

    j

    |ai,j|.

    Exercice 13.1.2 Soit une matrice A Mn(C). Verifier que1. cond(A) = cond(A1) 1, cond(A) = cond(A) 6= 0,2. pour une matrice quelconque, cond2(A) =

    n(A)1(A)

    , ou 1(A), n(A) sont respecti-vement la plus petite et la plus grande valeur singuliere de A,

    3. pour une matrice normale, cond2(A) =|n(A)||1(A)| , ou |1(A)|, |n(A)| sont respecti-

    vement la plus petite et la plus grande valeur propre en module de A,

    4. pour toute matrice unitaire U , cond2(U) = 1,

    5. pour toute matrice unitaire U , cond2(AU) = cond2(UA) = cond2(A).

    Correction.

    1.cond(A) = AA1 = A1A = cond(A1).

    De plus dapres les proprietes elementaires des normes subordonnees,

    cond(A) = AA1 AA1 = Id = 1.

    Enfin, cond(A) = A(A)1 = ||||1AA1 = cond(A).2. Dapres lExercice 13.1.1, A2 est la plus grande valeur singuliere de A.

    Comme les valeurs singulieres de A1 sont les inverses des valeurs singulieresde A, on en deduit que cond2(A) =

    n(A)1(A)

    .

    3. Pour une matrice normale (donc diagonalisable), les valeurs singulieres sontles modules des valeurs propres. Ainsi, dapres le point precedent, pour toutematrice normale on a encore cond2(A) =

    |n(A)||1(A)| .

    4. Pour une matrice unitaire, U2 = U12 = 1. Ainsi, cond2(U) = 1.5. Si U est une matrice unitaire, on a

    (AU)(AU) = AUUA = AA et (UA)(UA) = AA.

  • ANNEXE 187

    Ainsi, la plus grande valeur singuliere de A est egale a la plus grande valeursinguliere de UA tandis que la plus grande valeur singuliere de A est egale ala plus grande valeur singuliere de (AU). On a donc

    AU2 = (AU)2 = A2 = A2 = UA2.

    De plus, comme (AU)1 et (UA)1 sont le produit (a gauche et a droite) deA1 avec la matrice unitaire U, on a egalement

    (AU)12 = A12 = A2 = (UA)12.

    On en deduit que cond2(AU) = cond2(UA) = cond2(A).

    Exercice 13.1.3 Montrer que le conditionnement de la matrice de rigidite Kh, donneepar (6.12) pour la methode des elements finis P1 appliquee au Laplacien, est

    cond2(Kh) 4

    2h2. (13.1)

    On montrera que les valeurs propres de Kh sont

    k = 4h1 sin2

    (k

    2(n+ 1)

    )1 k n,

    pour des vecteurs propres uk donnes par leurs composantes

    ukj = sin

    (jk

    n+ 1

    )1 j, k n.

    Correction. Dans un premier temps, on verifie que les vecteurs uk sont les vecteurspropres de Kh. On a

    (Khuk)j = h1(ukj1 + 2ukj ukj+1)

    = h1(

    sin

    ((j 1)kn+ 1

    )+ 2 sin

    (jk

    n+ 1

    ) sin

    ((j + 1)k

    n+ 1

    ))= (2ih)1

    (e

    i(j1)kn+1 + 2e

    i(j)kn+1 e

    i(j1)kn+1 e

    i(j1)kn+1 + 2e

    i(j)kn+1 e

    i(j1)kn+1

    )= (2ih)1

    (e

    ijkn+1 e

    ijkn+1

    )(e

    ikn+1 + 2 e

    ikn+1

    )= 4h1 sin

    (jk

    n+ 1

    )sin2

    (k

    2(n+ 1)

    )= 4h1 sin2

    (k

    2(n+ 1)

    )ukj .

    La matrice Kh etant normale,

    cond2(Kh) = |n(Kh)|/|1(Kh)|.

  • 188 ANALYSE NUMERIQUE MATRICIELLE

    La plus grande valeur propre de Kh est 4h1 sin2 (n/2(n+ 1)) 4h1 et la pluspetite 4h1 sin2 (/2(n+ 1)) 4h1 (/2(n+ 1))2 = h2. La matrice Kh etant nor-male, le conditionnement de Kh est

    cond2(Kh) 4h1

    h2=

    4

    2h2.

    Exercice 13.1.4 Montrer que les factorisations LU et de Cholesky conservent la struc-ture bande des matrices.

    Correction. Considerons le cas de la factorisation LU. Soit A une matrice bandede demi largeur de bande p. On raisonne par recurrence afin de prouver que lesmatrices L et U sont egalement des matrices bande de demi largeur de bande p. Lescomposantes des matrices L et U sont determinees en fonction des composantes deA colonnes par colonnes. Supposons que les j 1 premieres colonnes de L et U soitde demi largeur de bande p. Les composantes de la j eme colonne de U sont definiespour 1 i j par

    ui,j = ai,j i1k=1

    li,kuk,j.

    La matrice A etant une matrice bande de demi-largeur p, on a ai,j = 0 pour touti tels que j > i + p. Par une (nouvelle) recurrence (sur i cette fois), on en deduitque ui,j = 0 pour tout i tel que j > i + p. Ainsi, la jeme colonne de U est celledune matrice bande creuse de demi largeur de bande p. La jeme colonne de L estdeterminee pour j + 1 i n par

    li,j =ai,j

    j1k=1 li,kuk,juj,j

    .

    Dapres lhypothese de recurrence sur la structure bande des j premieres colonnesde L, on a li,k = 0 des que i k > p. Ainsi, le terme de somme apparaissant danslexpression de li,j est nul des que i (j 1) > p et en particulier des que i j > p.Ainsi, li,j = 0 des que i j > p et les j premieres colonnes de L on une structure dematrice bande de demi largeur p. Ceci acheve la recurrence et prouve que la structurebande est conservee par la factorisation LU. La matrice B issue de la factorisationde Cholesky nest autre que le produit de L par une matrice diagonale, si L estune matrice bande, B lest egalement. La factorisation de Cholesky conserve doncegalement la structure bande.

    Exercice 13.1.5 Montrer que, pour une matrice bande dordre n et de demie largeurde bande p, le compte doperations de la factorisation LU est O(np2/3) et celui de lafactorisation de Cholesky est O(np2/6).

    Correction. Voir les remarques du repertoire... Ny aurait-il pas une erreur denon-ce ?

  • ANNEXE 189

    Exercice 13.1.6 Soit A une matrice hermitienne definie positive. Montrer que pourtout ]0, 2[, la methode de relaxation converge.

    Correction. La matrice A etant hermitienne definie positive, sa diagonale D estconstituee de reels strictement positif. La matrice M = D/ E est donc inver-sible et la methode de relaxation correctement definie. De plus, dapres les Lemmes13.1.26 et 13.1.27, la methode de relaxation est convergente des que M +N estdefinie positive. Or

    M +N =2

    D,

    qui est definie positive pour tout ]0, 2[.

    Exercice 13.1.7 Montrer que, pour la methode de relaxation, on a toujours

    (M1N) |1 | , 6= 0,

    et donc quelle ne peut converger que si 0 < < 2.

    Correction. Le vecteur e1 = (1, 0, , 0) est un vecteur propre de M1N devaleur propre 1 . Ainsi, (M1N) |1 | et la methode de relaxation ne peutconverger que pour ]0, 2[.

    Exercice 13.1.8 Soit A une matrice symetrique definie positive. Soit (xk)0kn lasuite de solutions approchees obtenues par la methode du gradient conjugue. On poserk = b Axk et dk = xk+1 xk. Montrer que

    (i) lespace de Krylov Kk est aussi egal a

    Kk = [r0, ..., rk] = [d0, ..., dk],

    (ii) la suite (rk)0kn1 est orthogonale

    rk rl = 0 pour tout 0 l < k n 1,

    (iii) la suite (dk)0kn1 est conjuguee par rapport a A

    Adk dl = 0 pour tout 0 l < k n 1.

    Correction.(i) On rappelle que rk est definie par rk = r0AykKk1, ou yk Kk1. On aAyk Kk. Ainsi, rk Kk et (r0, , rk) est une famille de Kk. Reste a mon-trer que cette famille est generatrice. On raisonne par recurrence. Supposonsque Kk1 = [r0, , rk1]. Si rk nappartient pas a Kk1, on a

    dim([r0, , rk]) = dim([r0, , rk1]) + 1 = dim(Kk1) + 1 dim(Kk).

    Lespace [r0, , rk] etant inclus dans Kk et de meme dimension, ils sontegaux. Reste a considerer le cas ou rk appartient a Kk1. Comme rk est or-thogonal aKk1, on a dans ce cas rk = 0 et r0 = Ayk. Or yk [r0, , Ak1r0].

  • 190 ANALYSE NUMERIQUE MATRICIELLE

    Ainsi, r0 [Ar0, , Akr0]. La famille (r0, Akr0) nest pas libre et Kk estun espace de dimension strictement inferieure a k. Dans ce cas, on a

    Kk = Kk1 = [r0, , rk1] = [r0, , rk].

    Comme yk appartient a Kk1, le vecteur dk = yk+1 yk appartient a Kk.Ainsi, [d0, . . . , dk] est un sous espace de Kk. Supposons que pour un k donne,on ait Kk1 = [d0, . . . , dk1]. Si yk+1 nappartient pas a Kk1, dk nappartientpas a Kk1 et Kk = [d0, . . . , dk]. Dans le cas contraire (yk+1 appartient aKk1), on a yk = yk+1 et rk+1 = rk. En particulier, rk+1 appartient a Kk etest orthogonal a Kk. On a donc rk+1 = 0. On en deduit que rk est nul et queKk = Kk1. On a donc a nouveau Kk = [d0, . . . , dk].

    (ii) Le vecteur rk est orthogonal a Kk1 = [r0, . . . , rk1].(iii) On a A1r0 yk, yA = 0 pour tout y Kk1. Ainsi, yk+1 yk, yA = 0

    pour tout y Kk1. En dautres termes,

    dk, yA = 0, y [d0, . . . , dk1].

    Exercice 13.1.9 Si on considere la methode du gradient conjugue comme une methodedirecte, montrer que dans le cas le plus defavorable, k0 = n 1, le nombre doperations(multiplications seulement) pour resoudre un systeme lineaire est Nop = n

    3 (1 + o(1)).

    Correction. A chaque iterations, on effectue de lordre de n2 operations, lessentieldu temps etant consacre au calcul de Apk. Dans le cas le plus defavorable, lalgo-rithme converge au bout de n iterations. Dans ce cas, le nombre diterations est delordre de n3.

    Exercice 13.1.10 On note avec un tilde toutes les quantites associees a lalgorithmedu gradient conjugue applique au systeme lineaire (13.12). Soit xk = Bxk, rk =Brk = b Axk, et pk = Bpk. Montrer que lalgorithme du gradient conjugue pour(13.12) peut aussi secrire sous la forme

    initialisation

    choix initial x0r0 = b Ax0p0 = z0 = C

    1r0

    iterations k 1

    k1 =zk1rk1

    Apk1pk1xk = xk1 + k1pk1rk = rk1 k1Apk1zk = C

    1rkk1 =

    zkrkzk1rk1

    pk = zk + k1pk1

    ou C = BB.

  • ANNEXE 191

    Correction. Lalgorithme du gradient conjugue associe a (13.12) consiste a cal-culer iterativement

    k1 =rk12

    Apk1pk1xk = xk1 + k1pk1rk = rk1 k1Apk1k1 =

    rk2rk12

    pk = rk + k1pk1.

    En utilisant les expressions de xk, rk et pk en fonction de xk, rk et pk, on obtient

    k1 =B1rk12Apk1pk1

    = C1rk1.rk1Apk1pk1

    xk = Bxk = xk1 + k1pk1

    rk = Brk = rk1 k1Apk1k1 =

    B1rk2B1rk12

    = C1rkrk

    C1rk1rk1pk = B

    pk = C1rk + k1pk1.

    Lalgorithme du gradient preconditionne secrit donc bien sous la forme annoncee.

    Exercice 13.1.11 Soit A la matrice dordre n issue de la discretisation du Laplacienen dimension N = 1 avec un pas despace constant h = 1/(n+ 1)

    A = h1

    2 1 0 01 2 1 . . . ...0

    . . . . . . . . . 0...

    . . . 1 2 10 0 1 2

    .

    Montrer que pour la valeur optimale

    opt =2

    1 + 2 sin 2n

    ' 2(1 n+ 1

    )

    le conditionnement de la matrice C1 A est majore par

    cond2(C1 A)

    1

    2+

    1

    2 sin 2(n+1)

    ,

    et donc que, pour n grand, on gagne un ordre en n dans la vitesse de convergence.

    Correction. On note B la matrice definie par

    B =

    2

    (D

    E

    )D1/2.

    On a C = BBT . Ainsi,

    C1 A = BT B

    1 A = B

    T (B

    1 AB

    T )B

    T = B

    T AB

    T ,

  • 192 ANALYSE NUMERIQUE MATRICIELLE

    ou A = B1 AB

    T . Les matrices C

    1 A et A etant semblables, elles ont les memes

    valeurs propres et

    cond2(C1 A) = cond2(A) = A2A1 2.

    Afin de determiner une majoration du conditionnement, il suffit de majorer A2et A1 2. On a

    A2 = maxx 6=0

    Ax, xx, x

    = maxx 6=0

    B1 ABT x, xx, x

    = maxx 6=0

    ABT x,BT xx, x

    .

    En posant y = BT x, on en deduit que

    A2 = maxy 6=0

    Ay, yBT y,BT y

    = maxy 6=0

    Ay, yBT BT y, y

    = maxy 6=0

    Ay, yCy, y

    .

    De meme, on a

    A1 2 = maxy 6=0

    Cy, yA2

    .

    Ainsi,

    cond2(C1 A) = max

    x 6=0

    Ax, xCx, x

    (minx 6=0

    Ax, xCx, x

    )1.

    Il reste a determiner un encadrement

    0 < Ax, xCx, x

    .

    Majoration . On decompose C sous la forme

    C = A+

    2 FD

    1F T ,

    avec F =1

    D E. Pour tout x 6= 0, on a

    2

    (A C)x, x = FD1F T x, x = D1F T x, F T x 0,

    puisque la matrice D1 est definie positive. Il en decoule que = 1.Minoration . On ecrit cette fois (2 )C = A+ aD + G avec

    G = ED1ET D4

    et a =(2 )2

    4.

    Pour x 6= 0, on calcule le rapport

    (2 )Cx, xAx, x

    = 1 + aDx, xAx, x

    + Gx, xAx, x

    .

  • ANNEXE 193

    Puisque Gx, x = |x1|2

    2h, on a

    (2 )Cx, xAx, x

    1 + aDx, xAx, x

    = 1 +2a

    h

    x2

    Ax, x 1 + 2a

    hmin(A),

    ou min(A) = 4h1 sin2

    2(n+1)est la plus petite valeur propre de A. On peut donc

    prendre

    = (2 )(

    1 +a

    2 sin2 2(n+1)

    )1=

    (1

    2 +

    2 2 sin2

    2(n+1)

    )1.

    et

    cond2(C1 A)

    1

    2 +

    2 2 sin2

    2(n+1)

    .

    La minimisation du terme de droite par rapport a conduit a la valeur optimale

    opt =2

    1 + 2 sin 2n

    ' 2(1 n+ 1

    )

    et a la majoration

    cond2(C1 A)

    1

    2+

    1

    2 sin 2(n+1)

    ,

  • 194 ANALYSE NUMERIQUE MATRICIELLE

  • Bibliographie

    [1] ALLAIRE G., Analyse numerique et optimisation Editions de lEcole Polytech-nique, Palaiseau (2005).

    [2] ALLAIRE G., KABER S. M., Algebre lineaire numerique. Cours et exercices,Editions Ellipses, Paris (2002).

    [3] CIARLET P.G., Introduction a lanalyse numerique matricielle et a loptimi-sation, Masson, Paris (1982).

    [4] JOLY P., Analyse et approximation de modeles de propagation dondes, Coursde majeure SeISM, Ecole Polytechnique (2001).

    195

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