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مسابقة دكتوراه 2021 — Université Echahid Hamma Lakhdar d'El Oued — الموضوع 04

مسابقة تخصص · Analyse Numérique & Optimisation · المعامل: 3 · المدة: 2سا

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Concours d'accès au doctorat 3ème cycle LMD 2020/2021 — Spécialité Mathématiques appliquées — Épreuve Mathématiques appliquées (Variante 1), Université Echahid Hamma Lakhdar d'El Oued, Faculté des Sciences Exactes, Département des Mathématiques — Date 6/03/2021 — Coefficient 03 — Durée 2h.

التمرين 1

Exercice 1 — Schéma aux différences finies pour l'équation de transport

#numerical-analysis#finite-differences#transport-equation#consistency#stability

On considère le problème suivant :

(P){∂u∂t+a∂u∂x=0x∈R,  t∈[0,T]u(x,0)=u0(x),(P) \begin{cases} \frac{\partial u}{\partial t} + a\frac{\partial u}{\partial x} = 0 & x \in \mathbb{R}, \; t \in [0,T] \\\\ u(x,0) = u_0(x), \end{cases}

où u0∈C∞(R,R)u_0 \in C^\infty(\mathbb{R},\mathbb{R}), T>0T \gt 0 et a>0a \gt 0. On se donne Δt=k=TN+1\Delta t = k = \frac{T}{N+1}, tn=nkt^n = nk, Δx=h\Delta x = h, xi=ihx_i = ih. On pose λ=akh\lambda = \frac{ak}{h}.

  1. (3 pts) Montrer que la solution uu de (P)(P) satisfait : u(xi,tn+1)=u(xi,tn)−ak∂u∂x(xi,tn)+12a2k2∂2u∂x2(xi,tn)+O(k3)u(x_i, t^{n+1}) = u(x_i, t^n) - ak\frac{\partial u}{\partial x}(x_i,t^n) + \frac{1}{2}a^2k^2\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x_i,t^n) + O(k^3), et si λ=1\lambda = 1 : u(xi,tn+1)=u(xi−1,tn)u(x_i, t^{n+1}) = u(x_{i-1}, t^n).
  2. Montrer que l'égalité (1) nous donne le schéma :
{uin+1=uin−12λ(ui+1n−ui−1n)+12λ2(ui+1n−2uin+ui−1n),n>0,  i∈Zui0=u0(xi),i∈Z.\begin{cases} u_i^{n+1} = u_i^n - \frac{1}{2}\lambda(u_{i+1}^n - u_{i-1}^n) + \frac{1}{2}\lambda^2(u_{i+1}^n - 2u_i^n + u_{i-1}^n), & n \gt 0, \; i \in \mathbb{Z} \\\\ u_i^0 = u_0(x_i), & i \in \mathbb{Z}. \end{cases}

2.1. (1 pt) Donner l'ordre de consistance du schéma. 2.2. (2 pts) Étudier la stabilité du schéma pour la norme L∞L^\infty.

◀الحل

1.

Par développement de Taylor de u(xi,tn+1)u(x_i, t^{n+1}) au voisinage de u(xi,tn)u(x_i, t^n) :

u(xi,tn+1)=u(xi,tn)+Δt∂u∂t+Δt22∂2u∂t2+O(k3)u(x_i, t^{n+1}) = u(x_i, t^n) + \Delta t \frac{\partial u}{\partial t} + \frac{\Delta t^2}{2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} + O(k^3).

Comme ∂u∂t=−a∂u∂x\frac{\partial u}{\partial t} = -a\frac{\partial u}{\partial x} et ∂2u∂t2=a2∂2u∂x2\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = a^2\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}, on obtient le résultat.

Si λ=1\lambda = 1 (h=akh = ak) : u(xi,tn+1)=u(xi,tn)−h∂u∂x+h22∂2u∂x2+O(h3)=u(xi−1,tn)u(x_i, t^{n+1}) = u(x_i, t^n) - h\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{h^2}{2}\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + O(h^3) = u(x_{i-1}, t^n).

2.

En remplaçant ∂u∂x≈ui+1n−ui−1n2h\frac{\partial u}{\partial x} \approx \frac{u_{i+1}^n - u_{i-1}^n}{2h} et ∂2u∂x2≈ui+1n−2uin+ui−1nh2\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \approx \frac{u_{i+1}^n - 2u_i^n + u_{i-1}^n}{h^2}, on obtient le schéma (Lax-Wendroff).

2.1.

L'erreur de troncature est O(k2+h2)O(k^2 + h^2). Le schéma est consistant d'ordre 2 en temps et en espace.

2.2.

On écrit uin+1=(1−λ2)uin+12(λ2−λ)ui+1n+12(λ2+λ)ui−1nu_i^{n+1} = (1-\lambda^2)u_i^n + \frac{1}{2}(\lambda^2 - \lambda)u_{i+1}^n + \frac{1}{2}(\lambda^2 + \lambda)u_{i-1}^n.

Stabilité L∞L^\infty : la somme des coefficients vaut 1. Les coefficients sont positifs ssi (1−λ2)≥0(1-\lambda^2) \geq 0 et λ(λ−1)≥0\lambda(\lambda-1) \geq 0. La première donne 0<λ≤10 \lt \lambda \leq 1, la seconde λ≤0\lambda \leq 0 ou λ≥1\lambda \geq 1. Les deux ne sont satisfaites simultanément que pour λ=1\lambda = 1.

Le scheˊma est stable en norme L∞ seulement pour λ=1\boxed{\text{Le schéma est stable en norme } L^\infty \text{ seulement pour } \lambda = 1}

التمرين 2

Exercice 2 — Tenseur des contraintes : contraintes principales et tangentielle

#continuum-mechanics#stress-tensor#eigenvalues#principal-stresses

En un point MM d'un solide élastique, l'état des contraintes est donné par le tenseur :

σ=(a2223424b)\sigma = \begin{pmatrix} a & 2 & 2 \\\\ 2 & 3 & 4 \\\\ 2 & 4 & b \end{pmatrix}

où aa et bb sont deux constantes réelles. On appelle σ1,σ2\sigma_1, \sigma_2 et σ3\sigma_3 les contraintes principales (σ1≥σ2≥σ3\sigma_1 \geq \sigma_2 \geq \sigma_3). La troisième direction principale associée à σ3\sigma_3 est X3=(0,−12,12)TX_3 = (0, -\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}})^T et la contrainte tangentielle maximale est τmax⁡=6\tau_{\max} = 6.

Déterminer les constantes aa et bb et les contraintes principales σ1,σ2\sigma_1, \sigma_2 et σ3\sigma_3.

◀الحل

La contrainte normale associée à X3X_3 est σn=X3TσX3=12(b−5)\sigma_n = X_3^T \sigma X_3 = \frac{1}{2}(b-5), donc σ3=12(b−5)\sigma_3 = \frac{1}{2}(b-5).

La contrainte tangentielle nulle donne σt2=∣T∣2−σn2=0\sigma_t^2 = |T|^2 - \sigma_n^2 = 0, d'où b=3b = 3.

Donc σ3=−1\sigma_3 = -1. Comme τmax⁡=12(σ1−σ3)=6\tau_{\max} = \frac{1}{2}(\sigma_1 - \sigma_3) = 6, on a σ1=11\sigma_1 = 11.

Par les invariants : I1=a+3+b=σ1+σ2+σ3I_1 = a + 3 + b = \sigma_1 + \sigma_2 + \sigma_3 et I3=det⁡(σ)=σ1σ2σ3I_3 = \det(\sigma) = \sigma_1\sigma_2\sigma_3, on résout pour trouver

a=9,b=3,σ1=11,σ2=5,σ3=−1\boxed{a = 9, \quad b = 3, \quad \sigma_1 = 11, \quad \sigma_2 = 5, \quad \sigma_3 = -1}

التمرين 3

Exercice 3 — EDP non linéaire -u'' + αu³ = f : unicité et formulation variationnelle

#pde#nonlinear-bvp#variational-formulation#energy-functional#uniqueness

On pose I=]0,1[I = ]0,1[. On cherche à résoudre le problème :

(1){−u′′+αu3=f,dans I,u(0)=u(1)=0,(1) \begin{cases} -u'' + \alpha u^3 = f, & \text{dans } I, \\\\ u(0) = u(1) = 0, \end{cases}

où ff est continue et α>0\alpha \gt 0.

  1. (2 pts) Soient u1u_1 et u2u_2 deux solutions C2C^2. Montrer que ∫01∣u1′−u2′∣2dx+α∫01(u13−u23)(u1−u2)dx=0\int_0^1 |u_1'-u_2'|^2 dx + \alpha \int_0^1 (u_1^3 - u_2^3)(u_1 - u_2)dx = 0. En déduire que u1=u2u_1 = u_2.
  2. (1 pt) Montrer que toute solution u∈C2u \in C^2 vérifie : ∫01u′v′dx+α∫01u3v dx=∫01fv dx\int_0^1 u'v' dx + \alpha \int_0^1 u^3 v \, dx = \int_0^1 fv \, dx, ∀v∈H01(I)\forall v \in H_0^1(I).
  3. On considère la fonctionnelle E(v)=12∫01∣v′∣2dx+α4∫01∣v∣4dx−∫01fv dxE(v) = \frac{1}{2}\int_0^1 |v'|^2 dx + \frac{\alpha}{4}\int_0^1 |v|^4 dx - \int_0^1 fv \, dx. 3.1. (1 pt) Montrer que EE est minorée sur H01(I)H_0^1(I). 3.2. (1 pt) Soit u∈H01(I)u \in H_0^1(I) telle que E(u)=inf⁡v∈H01E(v)E(u) = \inf_{v \in H_0^1} E(v). Montrer que uu est solution du problème (P)(P).
◀الحل

1.

Soustrayant les deux équations : −(u1−u2)′′+α(u13−u23)=0-(u_1-u_2)'' + \alpha(u_1^3-u_2^3) = 0. Multipliant par (u1−u2)(u_1-u_2) et intégrant par parties (avec CL nulles) : ∫∣u1′−u2′∣2dx+α∫(u13−u23)(u1−u2)dx=0\int |u_1'-u_2'|^2 dx + \alpha\int(u_1^3-u_2^3)(u_1-u_2)dx = 0.

Comme t↦t3t \mapsto t^3 est croissante, (u13−u23)(u1−u2)≥0(u_1^3-u_2^3)(u_1-u_2) \geq 0 et α>0\alpha \gt 0. Donc les deux termes sont nuls, u1′=u2′u_1' = u_2' p.p. et avec u1(0)=u2(0)=0u_1(0) = u_2(0) = 0 : u1=u2u_1 = u_2.

2.

Multiplier (1) par v∈H01v \in H_0^1 et IPP : ∫u′v′dx+α∫u3vdx=∫fvdx\int u'v' dx + \alpha\int u^3 v dx = \int fv dx.

3.1.

E(v)≥12∥v′∥22−∥f∥2∥v∥2≥12∥v′∥22−CP∥f∥2∥v′∥2≥−CP22∥f∥22E(v) \geq \frac{1}{2}\|v'\|_2^2 - \|f\|_2\|v\|_2 \geq \frac{1}{2}\|v'\|_2^2 - C_P\|f\|_2\|v'\|_2 \geq -\frac{C_P^2}{2}\|f\|_2^2. Donc EE est minorée.

3.2.

Si E(u)=inf⁡EE(u) = \inf E, pour tout v∈H01v \in H_0^1 et t∈Rt \in \mathbb{R}, on a φ(t)=E(u+tv)≥E(u)\varphi(t) = E(u+tv) \geq E(u), donc φ′(0)=0\varphi'(0) = 0. Calculant : φ′(0)=∫u′v′+α∫u3v−∫fv=0\varphi'(0) = \int u'v' + \alpha\int u^3v - \int fv = 0, qui est exactement (P).

u est solution de (P)\boxed{u \text{ est solution de (P)}}