Université de Rennes Master Recherche Mathématiques Analyse Numérique

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01 janvier 2010

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Niveau: Supérieur, Master
Université de Rennes 1 2010-2011 Master 2 Recherche Mathématiques Analyse Numérique Correction du devoir maison La question 3)j) était mal posée (voir plus loin dans la correction, manquait l'hypothèse ? ≥ 0). J'ai donc mis automatiquement tous les points pour cette question. 1)a) Soit ? ? C1c (R) telle que |?(x)| ≤ 1 pour tout x ? R. On calcule ∫ R H(x)??(x)dx = ∫ ∞ 0 ??(x)dx = ??(0) ≤ 1, donc ?H?TV(R) ≤ 1. En prenant ? telle que ?(0) = ?1, on voit qu'il y a égalité. 1)b) Par inégalité triangulaire, on a ∑ i?Z |∆ui| ≤ ∑ i?Z |ui|+ |ui?1| = 2 ∑ i?Z |ui| = 2 h ?u?L1(R), pour tout u ? L1(R) constante par maille. 1)c) Soit ? ? C1c (R) telle que |?(x)| ≤ 1 pour tout x ? R. On calcule ∫ R u(x)??(x)dx = ∑ i?Z ui ∫ xi+1/2 xi?1/2 ??(x)dx = ∑ i?Z ui(?(xi+1/2)? ?(xi?1/2)).

flux de l'équation

correction du devoir maison

translation discrète de vecteur ?a

discrétisation par la méthode volume

fini explicite en temps de l'équation

a?∆u

uni ? a?∆u

Voir

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Université de Rennes

UniversitÉ de Rennes 1 Master 2 Recherche MathÉmatiques

La question ϕ≥0). J’ai

3)j) Était donc mis

Correction du devoir maison

2010-2011 Analyse NumÉrique

mal posÉe (voir plus loin dans la correction, manquait l’hypothÈse automatiquement tous les points pour cette question.

1 1)a) Soitψ∈C(R)telle que|ψ(x)| ≤1pour toutx∈Rcalcule. On c Z Z ∞ 0 0 H(x)ψ(x)dx=ψ(x)dx=−ψ(0)≤1, R0 donckHkTV(R)≤1prenant. En ψtelle queψ(0) =−1, on voit qu’il y a ÉgalitÉ.

1)b) Par inÉgalitÉ triangulaire, on a X X X 2 |Δui|| ≤ ui|+|ui−1|= 2|ui|=kukL(R), 1 h i∈Zi∈Zi∈Z

1 pour toutu∈L(R)constante par maille.

1 1)c) Soitψ∈C(R)telle que|ψ(x)| ≤1pour toutx∈R. On calcule c Z Z X X x i+1/2 0 0 u(x)ψ(x)dx=uiψ(x)dx=ui(ψ(xi+1/2)−ψ(xi−1/2)). Rx i−1/2 i∈Zi∈Z

On obtient par glissement d’indice, Z X X 0 u(x)ψ(x)dx=−ψ(xi−1/2)Δui≤ |Δui|, R i∈Zi∈Z P d’oÙkukTV(R)≤ |Δui|obtient l’ÉgalitÉ en choissant. On ψLtelle queψL(xi−1/2) = i∈Z 1 −sgn(Δui)pouri∈Z,|i| ≤L(un telψL∈C(R)existe), puis en faisantL→+∞. c k k 2)a) Posonsw:= Δu,i∈Z,k=noun+ 1. On a alors i i+1

(1)

n+1n n n n n u=u+D w−.C w i i i+1/2i i−1/2i−1

En faisant la diﬀÉrence de (1) et de (1) rÉÉcrit aveci:=i+ 1, on obtient

n+1n n n n nn n w= (1−D−C)w+D w+C w . i i+1/2i+1/2i i+3/2i+3/2i−1/2i−1

Par inÉgalitÉ triangulaire, on obtient

n+1n n n n n n n |w| ≤(1−D−C)|w|+D|w|+C|w|, i i+1/2i+1/2i i+3/2i+3/2i−1/2i−1

n 0≤C , i+1/2

n 0≤D i+1/2

n n C+D≤1. i+1/2i+1/2

En sommant suri∈Z, X X X X n+1n n n n n n n |w| ≤(1−D−C)|w|+D|w|+C|w|. i i+1/2i+1/2i i+3/2i+3/2i−1/2i−1 i∈Zi∈Zi∈Zi∈Z

Par glissement d’indice, on en dÉduit X X n+1n |w| ≤ |w|, i i i∈Zi∈Z

n+1n soitkukTV(R)≤ kukTV(R).

2)b) Il suﬃt de rÉÉcrire l’Équation du schÉma comme     k k n+1nn n n n n n n n u=u−F(uu , )−F(u , u) +F(u , u)−F(uu , ). i i i i+1i i i−1ii i h h

n n 2)c) i) Par monotonie deF, on a0≤Cet0≤Dpour touti∈Z. D’autre part, i+1/2i+1/2

k k n n C≤L, D≤L, i+1/2i+1/2 h h n n si bien queC+D≤1sous la condition2kL≤h. i+1/2i+1/2 ii) Il suﬃt d’appliquer les questions prÉcÉdentes.

3)a) Le schÉma de Godunov pour l’approximation par la mÉthode volume ﬁni surT l’Équation ut+aux= 0

s’Écrit k n+1nn n n n u=u−λ(F(u , u)−F(uu , )),∀i∈Z, λ:=, i i i i+1i−1i h oÙ minf(z)siv≤w, v≤z≤w F(v, w) = maxf(z)siw≤v, w≤z≤v etfest le ﬂux de l’Équation considÉrÉe. Dans le casf(u) =au,a >0,fest croissante doncF(v, w) =avle cas. Dans f(u) =auaveca <0, on obtient F(v, w) =w, d’oÙ les schÉmas

n+1n n u=u−aλΔu , i i i

dans les casa >0,a <0respectivement.

3)b) On calcule

(2)

n+1n n u=u−aλΔu , i i i+1

n+1nn n 2 2n u=u+aλΔu−aλΔu−(aλ) Δu i i i+1i i+1 n2n2 2n =u+aλΔu−(aλ) Δu i i+1i+1 n2n =u+aλ(1−aλ)Δu . i i+1

R x 1i+1/2 3)c) Soitγi:=γ(x)dxdiscrÉtisation par la mÉthode volume ﬁni sur. La T h x i−1/2 pas de tempsk) de la loi de conservation d’ordre deux

ut−(γ(x)ux)x= 0,

oÙγ∈C(R)est une fonction positive est donnÉe par le schÉma   n+1n n+1n+1n+1n+1 (3)u=u+λ τ−u)−τ(u−u), i i i+1/2(ui+1i i−1/2i i−1

oÙ

avec

αi→i+1/2∙αi+1→i+1/2 τi+1/2:= αi→i+1/2+αi+1→i+1/2 γiγi+1 αi→i+1/2:=, αi+1→i+1/2:= hi→i+1/2hi+1→i+1/2

et hi→i+1/2=xi+1/2−xi, hi+1→i+1/2=xi+1−xi+1/2, oÙ les pointsxisont choisis dans la maille]xi−1/2, xi+1/2[.

3)d) Prenonsγconstante et pourxile milieu de]xi−1/2, xi+1/2[a alors. On

(avec

2γ γ αi→i+1/2=αi+1→i+1/2=, τi+1/2=, h h et (3) s’Écrit λγ n+1n2n+1 u=u+ Δu . i i i+1 h Il s’agit d’un schÉma implicite en temps. Le schÉma explicite en temps correspondant est donnÉ par λγ n+1n2n u=u+ Δu . i i i+1 h En prenantγ=ah(1−aλ), on voit que (2) est l’approximation volume ﬁni explicite en temps de l’Équation ut−γuxx= 0. Comme la translation discrÈte de vecteur−a, c’est-À-dire le transport par−a, ajoute autant de diﬀusion que le schÉma d’origine, on peut considÉrer que la diﬀusion 1 1 numÉrique du schÉma de Godunov Égale Àγ=ah(1−aλ). 2 2 3)e) Soit le schÉma de Lax-Wendroﬀ

1 n+1n n2n u=u−aλΔu−aλ(1−aλ)Δu i i i i+1 2 1 n n n n =u−aλΔu−aλ(1−aλ)(Δu−Δu). i i i+1i 2 n Appliquons le ÀudÉﬁnie par

n u= 0sii≥0, i

n u= 1sii≤ −1. i

On calcule n n u= 0sii≥1, u= 1sii≤ −2, i i et  1 1 n n u= 1 +aλ(1−aλ), u=−aλ+aλ(1−aλ). −1 0 2 2 n On a alorskukTV(R)= 1et

n+1n kukTV(R)= 1 + 2(aλ+aλ(1−aλ))>1 =kukTV(R).

Le schÉma de Lax-Wendroﬀ n’est donc pas TVD.

3)f) C’est immÉdiat.

n 3)g) Si0≤C≤1pour touti∈Z, alors le schÉma est TVD (cf.la correction de la i−1/2 n n question 4). RÉciproquement, siC <0ouC >1pour, disons,i= 0, on i−1/2i−1/2 n voit en prenantu=1 i i≥0que le schÉma n’est pas TVD. n n 3)h) On dÉveloppeCpour obtenir, dans le casΔu6= 0, i−1/2i   n 1ϕ n i n C=aλ+aλ(1−aλ)−ϕ , i−1/2i−1 n 2r i d’oÙ    1 1 n aλ1−(1−aλ)Φ≤C≤aλ(11 + −aλ)Φ, i−1/2 2 2 si n ϕ(r) i n −ϕ(r)≤Φ.  i−1 n r i 3)i) On va d’abord montrer

n (4)0≤C≤1,∀λ=⇒Φ≤2. i−1/2   1 Soitα(ν) =ν1−(1−ν)Φfonction. La αs’annule en0, vaut1en1, elle est du 2 second degrÉ enνet inﬁnie À l’inﬁni (graphe=parabole) doncα≥0sur[0,1]si, et   01 seulement siα(0)≥0,i.e.Φ≤2. De mme, soitβ(ν) =ν(11 + −ν)Φ. La 2 fonctionβprend la valeur1enν= 1et la valeur0enν= 0, elle est du second degrÉ enνet iniﬁnie À l’inﬁni (graphe=parabole) doncβ≤1sur[0,1]si, et seulement 0 si,β(1)≥0,i.e.Φ≤2D’aprÈs la question prÉcÉdente, on a doncde nouveau. n 0≤C≤1quelque soit le choix deλtel queaλ <1seulement siΦ≤2. i−1/2 RÉciproquement, pourΦ≤2, on a

2n 0≤ |aλ| ≤C≤γ(aλ), i−1/2

oÙγ(ν) =ν(2−ν)rapide Étude de fonction montre que, sur. Une [0,1],γatteint son maximum enν= 1, maximum qui vaut1, d’oÙ le rÉsultat.

3)j) Dans l’ÉnoncÉ manquait la prÉcision : on imposeϕ≥0surR+prenant alterna-. En 0 tivementri=r >0,ri+1<0etri<0,ri+1=r >0, la condition ϕ(ri) (5)−ϕ(ri−1)≤2   ri

donne alors ϕ(r) (6)0≤ ≤2et0≤ϕ(r)≤2, r RÉciproquement, (6) implique (5).

3)k) Par dÉveloppement de Taylor, on a

(7)

∀r >0.

n+1n [u]−[u]k i i n2n2 = [∂tu] + [∂ u] +O(k), i tt i k2

n Δ[u]h i n2n2 − (8)= [∂xu]i[∂ u] +O(h). xx i h2 h2 2 Commeaλ <1, on ak≤doncO(k) =O(h)part,. D’autre ∂tu=−a∂xupar a hypothÈse, donc 2 2 2 ∂ u=−a∂x∂tu=a ∂ u. tt xx En remplaÇant dans (7), on a donc

n+1n [u]−[u]λh i i n2 2n2 ]. (9)=−a[∂xui+a[∂ u] +O(h) xx i k2 En additionnant (9) et (8), on obtient

n+1n n [u]−[u] Δ[u]ah i i i2n2 +a=−(1−aλ)[∂ u] +O(h). xx i k h2

n n2n n2 Δ[u] +O(h), donc 3)l) On aΔ[u] =h[∂xu] +O(h),i+1=h[∂xu]i i i n n r˜ = 1 +O(h), ϕ(r=˜ ) ϕ(1) +O(h). i i

D’aprÈs la question prÉcÉdente,

n+1n n n n (ϕ(˜ Δ[u] ) [u]−[u] Δ[u]ahΔri)i+1 i i i +a+ (1−aλ) 2 k h2h   n n ahΔ(ϕ(r˜ )Δ[u] ) i i+1 2n2 = (1−aλ)−[∂ u] +O(h) xx i 2 2h   2n ahΔ [u] i+1 2n2 = (1−aλ) (ϕ(1) +O(h))−[∂ u] +O(h). xx i 2 2h

n n En dÉveloppantΔ[u]etΔ[u]jusqu’À l’ordre3, on obtient i i+1 2n2 2n3 Δ [u] =h[∂ u] +O(h), i+1xx i

Voir