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مسابقة دكتوراه 2019 — Université 20 Août 1955 - Skikda — الموضوع 02

مسابقة تخصص · Analyse Numérique & Optimisation · المدة: 2سا

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Concours d'accès au doctorat 3e cycle LMD 2019/2020, spécialité : Analyse numérique des équations aux dérivées partielles, Épreuve 2 : Analyse Numérique des EDP, Université 20 Août 1955 - Skikda, Faculté des Sciences, Département de Mathématiques (LAMAHIS), 2 novembre 2019, durée 2h.

التمرين 1

Schéma implicite pour une EDP parabolique à coefficient variable

#parabolic-pde#implicit-scheme#finite-differences#consistency#stability#iterative-methods

Partie I. Considérons le problème (1.1){∂u(x,t)∂t+∂∂x(k(x,t)∂u(x,t)∂x)=0,x∈]0,1[, t>0,u(x,0)=0,x∈[0,1],u(0,t)=1,t>0,u(1,t)=0,t>0,(1.1)\quad\begin{cases}\dfrac{\partial u(x,t)}{\partial t}+\dfrac{\partial}{\partial x}\Big(k(x,t)\dfrac{\partial u(x,t)}{\partial x}\Big)=0,& x\in]0,1[,\ t>0,\\ u(x,0)=0,& x\in[0,1],\\ u(0,t)=1,& t>0,\\ u(1,t)=0,& t>0,\end{cases} avec u∈C4(]0,1[)u\in C^4(]0,1[) et k(x,t)k(x,t) continu et suffisamment différentiable.

  1. Écrire le problème discrétisé associé par un schéma implicite.

Partie II. On prend k(x,t)=α>0k(x,t)=\alpha>0 constante. 2. Déduire le problème discrétisé associé par un schéma implicite. 3. Étudier la consistance, la stabilité et la convergence de ce schéma. 4. Écrire le problème discrétisé sous la forme Ahuh=bhA_h u_h=b_h. Citer une méthode itérative de résolution du système et justifier ce choix.

◀الحل

1. Schéma implicite, coefficient variable

Maillage xj=jhx_j=jh, tn=nΔtt_n=n\Delta t, ujn≈u(xj,tn)u_j^n\approx u(x_j,t_n). Le terme de diffusion en forme divergence est discrétisé par des flux aux demi-mailles kj±1/2n+1k_{j\pm1/2}^{n+1} (Euler implicite) : ujn+1−ujnΔt+1h2[kj+1/2n+1(uj+1n+1−ujn+1)−kj−1/2n+1(ujn+1−uj−1n+1)]=0,\frac{u_j^{n+1}-u_j^n}{\Delta t}+\frac{1}{h^2}\Big[k^{n+1}_{j+1/2}(u_{j+1}^{n+1}-u_j^{n+1})-k^{n+1}_{j-1/2}(u_j^{n+1}-u_{j-1}^{n+1})\Big]=0, avec uj0=0u_j^0=0, u0n=1u_0^{n}=1, uN+1n=0u_{N+1}^n=0. (Signe conforme à l'équation (1.1)(1.1).)

2. Cas k=αk=\alpha constant

ujn+1−ujnΔt+αh2(uj+1n+1−2ujn+1+uj−1n+1)=0.\frac{u_j^{n+1}-u_j^n}{\Delta t}+\frac{\alpha}{h^2}\big(u_{j+1}^{n+1}-2u_j^{n+1}+u_{j-1}^{n+1}\big)=0. En posant r=αΔth2r=\dfrac{\alpha\Delta t}{h^2} : −r uj−1n+1+(1+2r) ujn+1−r uj+1n+1=ujn.-r\,u_{j-1}^{n+1}+(1+2r)\,u_j^{n+1}-r\,u_{j+1}^{n+1}=u_j^n.

3. Consistance, stabilité, convergence

Consistance : développements de Taylor — erreur O(Δt)+O(h2)O(\Delta t)+O(h^2), schéma consistant d'ordre 1 en temps, 2 en espace.

Stabilité : analyse de von Neumann, ujn=ξneijhθu_j^n=\xi^n e^{ijh\theta} : ξ=11+4rsin⁡2(θ/2)∈ ]0,1],∣ξ∣≤1 ∀Δt,h.\xi=\frac{1}{1+4r\sin^2(\theta/2)}\in\ ]0,1],\quad |\xi|\le1\ \forall\Delta t,h. Le schéma implicite est inconditionnellement stable.

Convergence : consistance + stabilité ⇒\Rightarrow convergence (théorème de Lax), d'ordre 11 en temps et 22 en espace.

4. Forme matricielle et méthode itérative

À chaque pas de temps : Ahuhn+1=bhA_h u_h^{n+1}=b_h, où Ah=tridiag(−r, 1+2r, −r)A_h=\mathrm{tridiag}(-r,\,1+2r,\,-r) et bh=uhn+b_h=u_h^n+ termes de bord. AhA_h est tridiagonale, symétrique définie positive et à diagonale strictement dominante. On peut utiliser l'algorithme de Thomas (élimination de Gauss tridiagonale, coût O(N)O(N)) ; parmi les méthodes itératives, Gauss-Seidel / SOR convergent car AhA_h est SDP à diagonale dominante.

التمرين 2

Différences finies / volumes finis pour -u''+sin(u)=f et schéma de Crank-Nicolson

#finite-differences#finite-volumes#nonlinear-bvp#crank-nicolson#truncation-error#von-neumann-stability

Partie I. On considère le problème (P){−u′′(x)+sin⁡(u(x))=f(x),x∈]0,1[,u(0)=a, u(1)=b.(P)\quad\begin{cases}-u''(x)+\sin(u(x))=f(x),& x\in]0,1[,\\ u(0)=a,\ u(1)=b.\end{cases} Pour le schéma volumes finis, on utilisera l'approximation ∫xi−1/2xi+1/2sin⁡(u(x)) dx≈(xi+1/2−xi−1/2)sin⁡(u(xi)).\int_{x_{i-1/2}}^{x_{i+1/2}}\sin(u(x))\,dx\approx(x_{i+1/2}-x_{i-1/2})\sin(u(x_i)).

  1. Écrire les schémas de différences finies et de volumes finis à pas non constant pour (P)(P).
  2. Comparer les schémas ainsi obtenus.

Partie II. On définit le schéma de Crank-Nicolson uin+1−uinΔt+Vui+1n+1−ui−1n+14Δx+Vui+1n−ui−1n4Δx=0.\frac{u_i^{n+1}-u_i^n}{\Delta t}+V\frac{u_{i+1}^{n+1}-u_{i-1}^{n+1}}{4\Delta x}+V\frac{u_{i+1}^n-u_{i-1}^n}{4\Delta x}=0. 3. Étudier la consistance et l'erreur de troncature de ce schéma. 4. Montrer par analyse de Fourier qu'il est inconditionnellement stable.

◀الحل

1. Schémas à pas non constant

Maillage 0=x0<x1<⋯<xN+1=10=x_0<x_1<\dots<x_{N+1}=1, hi=xi−xi−1h_i=x_i-x_{i-1}, xi±1/2x_{i\pm1/2} milieux.

Différences finies (dérivée seconde à pas variable) : −2hi+hi+1(ui+1−uihi+1−ui−ui−1hi)+sin⁡(ui)=f(xi).-\frac{2}{h_i+h_{i+1}}\Big(\frac{u_{i+1}-u_i}{h_{i+1}}-\frac{u_i-u_{i-1}}{h_i}\Big)+\sin(u_i)=f(x_i).

Volumes finis (intégration sur [xi−1/2,xi+1/2][x_{i-1/2},x_{i+1/2}], flux −u′-u' aux interfaces) : −(ui+1−uihi+1−ui−ui−1hi)+(xi+1/2−xi−1/2)sin⁡(ui)=∫xi−1/2xi+1/2f.-\Big(\frac{u_{i+1}-u_i}{h_{i+1}}-\frac{u_i-u_{i-1}}{h_i}\Big)+(x_{i+1/2}-x_{i-1/2})\sin(u_i)=\int_{x_{i-1/2}}^{x_{i+1/2}}f.

2. Comparaison

Les deux schémas partagent la même approximation des flux diffusifs. Ils coïncident lorsque xi+1/2−xi−1/2=12(hi+hi+1)x_{i+1/2}-x_{i-1/2}=\tfrac12(h_i+h_{i+1}) (points milieux) et après division par cette longueur de maille. Différence conceptuelle : les volumes finis sont conservatifs (bilan de flux exact sur chaque cellule) et gèrent naturellement le terme source et les coefficients discontinus, tandis que les différences finies approchent ponctuellement l'EDO. À pas constant, ils sont identiques.

3. Consistance / erreur de troncature

Le schéma de Crank-Nicolson est la moyenne des flux aux instants nn et n+1n+1 : centré en (xi,tn+1/2)(x_i,t_{n+1/2}). Par Taylor autour de ce point, E=O(Δt2)+O(Δx2),\mathcal{E}=O(\Delta t^2)+O(\Delta x^2), schéma consistant d'ordre 2 en temps et en espace.

4. Stabilité de von Neumann

Avec uin=ξneiiθu_i^n=\xi^n e^{\mathrm{i}i\theta} et ν=VΔt2Δx\nu=\dfrac{V\Delta t}{2\Delta x}, le terme centré donne ui+1−ui−12Δx→isin⁡θΔx\dfrac{u_{i+1}-u_{i-1}}{2\Delta x}\to \dfrac{\mathrm{i}\sin\theta}{\Delta x}, d'où ξ=1−i2ν′sin⁡θ1+i2ν′sin⁡θ,ν′=VΔtΔx.\xi=\frac{1-\tfrac{\mathrm{i}}{2}\nu'\sin\theta}{1+\tfrac{\mathrm{i}}{2}\nu'\sin\theta},\qquad \nu'=\frac{V\Delta t}{\Delta x}. C'est un quotient d'un complexe par son conjugué, donc ∣ξ∣=1∀ Δt,Δx.|\xi|=1\quad\forall\,\Delta t,\Delta x. Le schéma de Crank-Nicolson est inconditionnellement stable (et non dissipatif).