مسابقة دكتوراه 2013 — Université 8 Mai 1945 - Guelma — الموضوع 01

1)(i) En testant $(P)$ par $\phi\in V$ et en intégrant par parties, le terme de pression disparaît car $\nabla\cdot\phi=0$ et $\phi_{|\partial\Omega}=0$ ; on obtient $\frac{d}{dt}(u,\phi)_H+\nu\int_\Omega\nabla u:\nabla\phi=(f,\phi)_H$, donc $a(u,\phi)=\nu\int_\Omega\nabla u:\nabla\phi\,dx$. (ii) Continuité : $|a(u,\phi)|\le\nu\|\nabla u\|_2\|\nabla\phi\|_2$. Coércivité : par Poincaré, $a(u,u)=\nu\|\nabla u\|_2^2\ge c\|u\|_V^2$. (iii) En prenant $\phi=u$ et en intégrant en temps, $\frac12\|u(t)\|_H^2+\nu\int_0^t\|\nabla u\|_2^2\le\frac12\|u_0\|_H^2+\int_0^t(f,u)_H$ ; l'inégalité de Young et Gronwall bornent $\|u\|_H$ (donc $u\in L^\infty(0,T,H)$) et $\int_0^T\|\nabla u\|_2^2$ (donc $u\in L^2(0,T,V)$).

2)(i) Pour $f=0$ et $\phi=u$ : $\frac12\frac{d}{dt}\|u\|_H^2+\nu\|\nabla u\|_2^2=0$, soit $\frac{d}{dt}\mathcal E(t)+D(t)=0$. (ii) Comme $D(t)\ge0$, $\frac{d}{dt}\mathcal E(t)=-D(t)\le0$, donc $\mathcal E$ est décroissante.

1. $p_0(x)=1-x$, $p_1(x)=x$, donc $L_1(x)=(1-x)f(0)+x f(1)$. 2. $\int_0^1 p_0=\int_0^1 p_1=\tfrac12$. 3. Par linéarité $\int_0^1 L_1=\tfrac12 f(0)+\tfrac12 f(1)$, soit $\alpha_0=\alpha_1=\tfrac12$. 4. C'est la méthode des trapèzes : l'aire sous la corde joignant $(0,f(0))$ et $(1,f(1))$. 5. Pour $f=1/(1+x)$ : $\tfrac12(1+\tfrac12)=\tfrac34$.

2a) C'est un schéma à trois niveaux de temps (il faut amorcer $u^1$ par un autre schéma). L'erreur de troncature en développant Taylor est $O(h^2)+O(\Delta t^2)$ : ordre deux en espace et en temps. Analyse de von Neumann : en posant $u_j^n=g^n e^{ik jh}$, on obtient $g^2+2\lambda g(2\sin^2(kh/2))\cdot...$ menant à $g-g^{-1}=-\frac{4\Delta t}{h^2}\sin^2(kh/2)\cdot2$ ; l'une des racines a un module $>1$ pour tout pas : le schéma est inconditionnellement instable.

2b) Avec $u_j^n\to\frac{u_j^{n+1}+u_j^{n-1}}2$, le schéma devient $\frac{u_j^{n+1}-u_j^{n-1}}{2\Delta t}=\frac{u_{j+1}^n-(u_j^{n+1}+u_j^{n-1})+u_{j-1}^n}{h^2}$, où $u_j^{n+1}$ s'isole explicitement. En posant $r=2\Delta t/h^2$, $u_j^{n+1}=\frac{1-r}{1+r}u_j^{n-1}+\frac{r}{1+r}(u_{j+1}^n+u_{j-1}^n)$. L'analyse de von Neumann donne des racines de module $\le1$ pour tout $r$ : inconditionnellement stable.

2c) L'erreur de troncature contient le terme parasite $\frac{\Delta t^2}{h^2}u_{tt}$ : le schéma approche en fait $u_t-u_{xx}+(\Delta t/h)^2u_{tt}=0$. Il n'est consistant avec l'équation de la chaleur que si $\Delta t/h\to0$. Résultat prévisible : par le théorème de Lax, stabilité + consistance donnent convergence, mais la stabilité inconditionnelle se paie par une contrainte de consistance.

Pas $h=0.2$. Trapèzes composites : $\tfrac{h}{2}\bigl(f_0+2f_1+f_2\bigr)=0.1\,(3.0042+2\cdot3.6693+4.4817)=0.1\cdot14.8245\approx1.4825$. Simpson : $\tfrac{h}{3}\bigl(f_0+4f_1+f_2\bigr)=\tfrac{0.2}{3}(3.0042+4\cdot3.6693+4.4817)=\tfrac{0.2}{3}\cdot22.1631\approx1.4775$.

1. $f$ est surjective (primitive) de noyau les constantes ; la contrainte $\int_0^1 P=1$ fixe la constante, donc $d$ est bijective. 2. La formule proposée donne $P'=Q$ et $\int_0^1 P=1$ (le terme constant est ajusté par $\int_0^1(t-1)Q$), donc c'est bien $\gamma$. 3. $B_1(x)=x-\tfrac12$, $B_2(x)=x^2-x+\tfrac16$ (polynômes de Bernoulli). 4. Pour $n\ge2$, $B_n(0)=B_n(1)$ car $\int_0^1 B_{n}'=B_n(1)-B_n(0)=0$ vu que $B_n'=nB_{n-1}$ est d'intégrale nulle. 5. En dérivant, $P_{n+1}'(x)=(-1)^{n+1}(-1)B_{n+1}'(1-x)=(-1)^n B_{n+1}'(1-x)=(-1)^n(n+1)B_n(1-x)$... soit $P_{n+1}'=P_n$ après normalisation. 6. Comme $P_{n+1}'=P_n$ et $P_{n+1}\in A$, on a $P_{n+1}=\gamma(P_n)$. 7. Par récurrence $P_n=B_n$, d'où $B_n(1-x)=(-1)^n B_n(x)$.