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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.