ÉTUDE DES OSCILLATIONS POUR DES SCHÉMAS DE LOIS DE CONSERVATION

ÉTUDE DES OSCILLATIONS POUR DES SCHÉMAS
DE LOIS DE CONSERVATION

Etude mathématique d’une loi de conservation

Cadre théorique 

on appelle loi de conservation scalaire les équations aux dérivées partielles de la forme : ∂u ∂t +∇ f(u) = 0 (2.1) u(x,t = 0) = u0(x) (2.2) où u: R d ×R+ → R m (x,t) 7→ u(x,t) est le vecteur d’état des variables conservatives. f : R m → R m u 7→ f(u) est le vecteur flux ; ∇. est l’opérateur de divergence ; u0(x) est la condition initiale à t=0 du vecteur u. Le système (2.1)-(2.2) peut également être mis sous forme non conservative : ∂u ∂t +∇ f(u) ∂u ∂x = 0 (2.3) u(x,0) = u0(x) (2.4) En notant ∇ f la matrice jacobienne du vecteur flux. Ces deux formes d’écriture de lois de conservation ne sont équivalentes que pour les solutions régulières du problème. Définition 2. Le système (2.3)-(2.4) est dit hyperbolique si et seulement si la matrice ∇ f est diagonalisable sur R, ∀u ∈ R m. Le système (2.3)-(2.4) est dit strictement hyperbolique si toutes les valeurs propres sont distinctes. 9 Pour simplifier, nous nous limiterons ici au cas d’une dimension d’espace(d=1) et(m=1) Le système s’écrit donc simplement : (P)  ∂u ∂t + ∂ f(u) ∂x = 0 u(x,0) = u0(x) (2.5) où u=u(x,t) est l’inconnue à valeurs réelles, et où f ∈ C 2 (R×R+,R). L’équation (2.5) est ici présentée sous la forme d’un problème de Cauchy unidimensionnel, puisque nous avons une équation et une condition initiale. 2.1.1 méthode des caractéristiques Il est préférable de travailler avec la forme conservative mais on détermine la courbe caractéristique par la forme quasi linéaire. Soit donc à résoudre par la méthode des caractéristiques le problème non linéaire ∂u ∂t + f 0 (u) ∂u ∂x = 0. La courbe caractéristique s’obtient en résolvant dx dt = f 0 (u) Proposition 1. : Soit v(t) = u(x(t),t) la valeur de la solution u(.,.) sur la courbe caractéristique. Alors v = v(t) est une fonction constante. Démonstration : Dérivons v par rapport à sa variable t. dv dt = dx(t) dt ∂u ∂x + ∂u ∂t = f 0 (u) ∂u ∂x + ∂u ∂t = 0 d’aprés (2.5) Donc v = cste v = v(t) = v(t0) = v(0) Ce qui implique que v = u(x(0),0) = u0(x(0)) = u0(y) où x(0) = y Proposition 2. :Les caractéristiques sont des droites. Démonstration : On a : dx(t) dt = f 0 (u(x(t),t)) = f 0 (v(t)) = f 0 (v(0)) = f 0 (u0(x(0)) = f 0 (u0(y)) En intégrant entre 0 et t on a : ⇒ x(t) = x(0) + f 0 (u0(x(0)))t ⇒ x(t) = y+ f 0 (u0(y))t donc x = x(t) est une fonction affine de t. Remarque 1. -Les droites x(t) = y+ f 0 (u0(y))t sont associées à la donnée initiale u0. -On représente les droites caractéristiques dans le plan (x,t) et non dans celui de (t, x). -Si f 0 (u0(y)) = 0 la droite issue de y est verticale. -Dans le cas non linéaire, les droites caractéristiques ne sont pas parallèles car les valeurs de u0 ne se propagent pas à la même vitesse. 10 Comment donc résoudre le système (2.5) ? Pour cela on cherche un point y ∈ R tel que (x,t) se situe sur la courbe caractéristique issue de y. Si on trouve y, alors u(x,t) = (u0(y)). Examinons la fonction gt définie comme suit : gt(y) = y+t f 0 (u0(y)) avec t > 0. *si gt est bijective alors il existe un unique y tel que gt(y) = x d’où g −1 t (x) = y. et u(x,t) = u0(g −1 t (x)) On a : gt(y) = y+t f 0 (u0(y)) si la fonction gt(y) est strictement croissante alors elle sera bijective et le tour est joué. Si t = 0 alors g0(y) = y ⇒ g0 = Id donc inversible. Si t > 0, On a g0 t (y) = 1+t(f 0 (u0))0 (y)) Supposons :∃D ∈ R,∀y ∈ R,(f 0 (u0))0 ≥ D ⇒ g 0 t (y) ≥ 1+tD, t > 0 Deux cas se présentent : *Si D ≥ 0 alors ∀t, g 0 t (y) ≥ 1 donc gt(y) est bijective. *Si D < 0 fixons t > 0 telque 1+tD ≥ ε > 0 ⇒ −tD ≤ 1−ε ⇒ t < − 1 D Posons T = − 1 D Donc si t < T alors ∃ε > 0 telque 1+tD ≥ ε > 0 donc gt(y) est strictement croissante et donc bijective. si t ≥ T on ne peut rien dire. Remarque 2. Le problème ne peut venir que de la non injectivité de gt La non injectivité de gt est directement liée à l’existence de caractéristiques qui se coupent à l’instant t. C’està dire qu’il existe des points x1etx2 tels que : x1 < x2 et f 0 (u0(x1)) > f 0 (u0(x2)) Théorème 1. :(solution du problème de Cauchy aux temps trés petits) Soit le problème de Cauchy : (P)  ∂u ∂t + f 0 (u) ∂u ∂x = 0 u(x,0) = u0(x) x ∈ R 11 avec f ∈ C 2 (R) On pose :  T = +∞ si D ≥ 0 T = − 1 D si D < 0 avec D = infy∈R (f 00(u0(y))u 0 0 (y)) Alors ∀t ∈ [0,T[ le problème (P) a une solution unique régulière qui se calcule par la relation : u(x,t) = (u0(g −1 t (x)) (2.6) où la fonction gt est définie par : gt = y+t f 0 (u0(y)) Démonstration : Vérifions que (2.6) est solution de (P). Pour t = 0 on a gt = g0 = Id donc gt est inversible et on a directement y = g −1 t (x) et donc u(x,t) = u0(y) Pour t > 0 il faut se servir de l’équation gt = y+t f 0 (u0(y)) = x pour extraire l’expression de ∂y ∂t dont on a besoin dans le terme ∂u ∂t . On a : u(x,t) = (u0(g −1 t (x)) = u0(y) ∂u ∂t = ∂y ∂t u 0 0 Calculons ∂y ∂t : On a : gt = y+t f 0 (u0(y)) = x ∂y ∂t + f 0 (u0(y)) +t. d dy (f 0 0 (y)). ∂y ∂t = 0 ⇒ ∂y ∂t = −(f 0 0 (y)) 1+t.(f 0(u0))0 D’où ∂u ∂t = u 0 0 −(f 0 0 (y)) 1+t.(f 0(u0))0 (2.7) On effectue le même raisonnement pour établir l’expression de ∂y ∂x et d’obtenir l’expression de ∂u ∂x . ∂u ∂x = ∂y ∂x .u 0 0 On a : ∂y ∂x +t. d dx (f 0 (u0)). ∂y ∂x = 1 ⇒ ∂y ∂x = 1 1+t.(f 0(u0))0 D’où ∂u ∂x = u 0 0 1 1+t.(f 0(u0))0 (2.8) En combinant les formules (2.7) et (2.8) on a : ∂u ∂t + f 0 (u) ∂u ∂x = 0 donc (2.6) est solution de (P) L’unicité provient de la méthode des caractéristique(voir [12]) u(x,t) = v(t) = v(0) = u(y,0) = u0(y) 12 Remarque 3. :Si le temps devient trop grand, le problème (P) peut avoir plusieurs solutions(ou aucune).La méthode des caractéristiques ne marche plus, il faut utiliser les solutions faibles (solutions de discontinuités).

solutions classiques

Définition 3. 🙁 solution classique ) On dit qu’une fonction u: R×R+ → R est solution classique du problème (2.5) si u ∈ C 1 (R× R+,R) et u vérifie (2.5). N.B. : Une condition nécessaire pour avoir une solution classique est que u0 ∈ C 1 (R) La condition n’est pas suffisante : Exemple 1. Considérons l’équation de Burgers ∂u ∂t + ∂ ∂x ( 1 2 u 2 ) = 0 avec comme condition initiale : u0(x) =    1 si x ≤ 0 1− x 2 si 0 ≤ x ≤ 2 0 si x ≥ 2 avec f(u) = 1 2 u 2 Lorsque la condition initiale est régulière( au moins de classe C 1 ), la méthode utilisée pour trouver la solution u du système (P) est la méthode des caractéristiques. Résolution : Pour l’équation de Burgers, la droite caractéristique issue de y a pour équation : x = y+ f 0 (u0(y))t = y+u0(y)t =    x = y+t si y ≤ 0 x = y+