MA201 Corrige 07 08 PDF [PDF]

Zitiervorschau

1 MA201 La m´ ethode des ´ el´ ements finis. Corrig´ e du contrˆ ole continu du 9 novembre 2007.

Corrig´ e 1 Questions de cours. 1. Soit v ∈ H 1 (Ω), on multiplie −∆u = f par v et on int`egre par parties : Z Z Z Z ∂u f v dΩ = − ∆u v dΩ = ∇u · ∇v dΩ − v dΓ Ω Ω Ω ∂Ω ∂n Z Z Z ∂u ∂u v dΓ − v dΓ = ∇u · ∇v dΩ − ΓF ∂n Ω ΓD ∂n Z Z Z Z ∂u v dΓ + λ = ∇u · ∇v dΩ − uv dΓ − gv dΓ. ΓF Ω ΓD ∂n ΓF Pour obtenir une formulation variationnelle utilisable, on choisit de se placer dans le sous-espace ferm´e de H 1 (Ω) suivant : 1 H0,Γ (Ω) = {v ∈ H 1 (Ω) : v|ΓD = 0}, D Z ∂u 1 v dΓ. Par ailleurs, u ∈ H0,Γ (Ω) ce qui permet d’´eliminer le terme D ΓD ∂n (u|ΓD = 0 est une condition aux limites esentielle). On aboutit `a la formulation variationnelle 1 Trouver u ∈ H0,Γ (Ω) telle que Z D Z Z Z ∇u · ∇v dΩ + λ uv dΓ = f v dΩ + Ω

ΓF

Ω

ΓF

1 gv dΓ, ∀v ∈ H0,Γ (Ω). D

2. Le cadre variationnel abstrait est Trouver u ∈ V telle que a(u, v) = `(v), ∀v ∈ V. Dans notre cas : 1 • V = H0,Γ (Ω) est un sous-espace ferm´e de H 1 (Ω) (cf. th´eor`eme D 1.2, page 15) : c’est donc un espace de Hilbert. On le munit du produit scalaire et de la norme de H 1 (Ω) dans la suite.

• a est une forme bilin´eaire et continue sur V (cf. th´eor`eme 1.2). Par ailleurs, d’apr`es l’in´egalit´e de Poincar´e-Friedrichs (page 28 ou TD2), a est coercive.

2 • ` est une forme lin´eaire et continue sur V (cf. th´eor`eme 1.2). D’apr`es le th´eor`eme de Lax-Milgram (page 30), la formulation variationnelle est bien pos´ee. 3. Soit u la solution de la formulation variationnelle. 1 Comme u ∈ H0,Γ (Ω), on a D Z |∇u|2 dΩ < ∞ et u|ΓD = 0. Ω

1 Ensuite, on choisit une fonction-test v dans D(Ω) (⊂ H0,Γ (Ω)), et on D d´erive au sens des distributions :

`(v) = hf, vi ; Z n Z n X X ∂u ∂v ∂u ∂v a(u, v) = ∇u · ∇v dΩ = dΩ = h , i ∂x ∂x ∂x ∂x i i i i Ω Ω i=1 i=1 n X ∂2u h 2 , vi = −h∆u, vi. = − ∂xi i=1

Ainsi, −∆u = f dans D 0 (Ω). Et, puisque f ∈ L2 (Ω), on a −∆u = f presque partout dans Ω. ¯ telle que v|Γ = 0 et on int`egre Pour conclure, on prend v dans C ∞ (Ω) D par parties. Il reste : Z Z Z ∂u gv dΓ = λ uv dΓ + v dΓ. ΓF ∂n ΓF ΓF ¯ : v|Γ = 0} En admettant que les traces sur ΓF de {v ∈ C ∞ (Ω) D 2 constituent un sous-espace dense dans L (ΓF ), la derni`ere relation suit :   ∂u λu + = g. ∂n |ΓF Elle est valable presque partout sur ΓF , puisque g ∈ L2 (ΓF ). 4. On reprend la technique expos´ee au paragraphe 2.3 (pages 71 et suivantes), avec (ΓD , ΓF ) = (Γ1 , Γ2 ). Soit Th un maillage triangulaire de Ω, et (Mi )i=1,N les nœuds du maillage. On suppose que les nœuds1 1

NB. ΓhD est une partie ferm´ee de la fronti`ere ! Ses extr´emit´es lui appartiennent...

3 Mi ∈ Γh1 sont au nombre de ND , et ont pour indices N −ND + 1, · · · , N. On pose enfin ¯ : vh|T ∈ P 1 (T ), ∀T ∈ Th } Vh = {vh ∈ C 0 (Ω) . Vh0,D = {vh ∈ Vh : vh|ΓD = 0} 1 Par construction Vh0,D ⊂ H0,Γ (Ω), et une base de Vh0,D est (wi )i=1,N 0 , D avec N 0 = N − ND . La formulation variationnelle discr`ete est alors

Trouver uh ∈ Vh0,D telle Z Z Z Z que uh vh dΓ = f vh dΩ + ∇uh · ∇vh dΩ + λ Ω

Ω

ΓF

5. On ´ecrit uh =

X

ΓF

gvh dΓ, ∀vh ∈ Vh0,D .

Uj wj , avec Uj = uh (Mj ), et on choisit vh = wi

j=1,N 0 0

pour 1 ≤ i ≤ N dans la formulation discr`ete. On trouve :   X Z X Z wj wi dΓ Uj ∇wj · ∇wi dΩ Uj + λ j=1,N 0

Ω

j=1,N 0

=

Z

f wi dΩ + Ω

Z

ΓF

gwi dΓ, 1 ≤ i ≤ N 0

ΓF

~ = F~ + G, ~ ⇐⇒ (K + λ MF )U ~ F~ , G ~ des vecteurs de RN 0 , et K, MF deux matrices de RN 0 ×N 0 . avec U, 6. K est une matrice sym´etrique d´efinie-positive et creuse. MF est une matrice sym´etrique et creuse. Conclusion : K + λ MF est sym´etrique d´efinie-positive, donc inversible, et creuse. 7. On est avec l’´el´ement fini P 1 : d’apr`es le th´eor`eme 2.4 (page 66) – si u ∈ H 2(Ω) – on a le r´esultat ku − uh kH 1 (Ω) ≤ C h |u|H 2(Ω) , soit une erreur en O(h). Corrig´ e 2 Un peu de calcul. 1. us est mesurable, et par ailleurs Z Z r=1 Z θ= 3 π Z 1 Z 3π 2 2 2 2 −4/3 2 2 −1/3 us dΩ = r sin ( θ) rdrdθ = sin2 ( θ) dθ. r dr× 3 3 Ω r=0 θ=0 0 0

4 On trouve alors Z 1

r

−1/3

0

3 dr = , et 2

Z

3 π 2

0

3 2 sin2 ( θ) dθ = π, 3 4

9 soit finalement u2s dΩ = π : us ∈ L2 (Ω) et kus kL2 (Ω) = 8 Ω Z

2. On a

r

9 π. 8

2 2 ∂us = − r −5/3 sin( θ), d’o` u: ∂r 3 3 ∂ 2 us 10 2 1 ∂us 2 2 = r −8/3 sin( θ), et = − r −8/3 sin( θ). 2 ∂r 9 3 r ∂r 3 3

Par ailleurs,

1 ∂ 2 us 4 2 = − r −8/3 sin( θ). 2 2 r ∂θ 9 3

On en conclut que ∆us =



 10 2 4 −8/3 2 − − r sin( θ) = 0. 9 3 9 3

3. Sur Γ1D , θ = 0 : us |Γ1D = 0. Sur Γ2D , θ = 23 π : us |Γ2D = 0. 4.

∂us 2 ∂us 2 = − sin( θ). = ∂n ∂r |r=1 3 3

5. On a donc us ∈ L2 (Ω), ∆us = 0 dans Ω, et us |Γ1D = us |Γ2D = 0. Par 2 u la relation ailleurs, sur ΓN , on observe que us = sin( θ), d’o` 3   ∂us 2 us + = 0. 3 ∂n |ΓN Au final, us v´erifie les ´equations de l’exercice 1., avec f = 0, λ = 32 , et g = 0. Deux interpr´etations sont possibles : • us 6∈ H 1 (Ω). En effet, si on avait us ∈ H 1 (Ω), on d´eduirait de l’exercice 1. que us = 0, ce qui n’est manifestement pas le cas ! • Si on Z choisit de r´esoudre le probl`eme de l’exercice 1. avec simplement u2 dΩ < ∞, on n’a plus unicit´e de la solution ! Ω

5 Corrig´ e 3 Extension des ´ el´ ements finis. ~ = ∇φ + rot ψ, avec φ ∈ H 1 (Ω) et ψ ∈ H 1 (Ω). Dans Ω : 1. E 0 ∂2φ ∂2φ ∂2ψ ∂2ψ ~ g = div E = div(∇φ) + div(rot ψ) = + + − = ∆φ. ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y ∂x∂y Ainsi, on a bien ∆φ = g dans Ω. 2. Classiquement, on passe de Trouver φ ∈ H01 (Ω) tel que ∆φ = g dans Ω `a la formulation variationnelle ´equivalente Z Z 0 1 Trouver φ ∈ H0 (Ω) tel que ∇φ·∇φ dΩ = − gφ0 dΩ, ∀φ0 ∈ H01 (Ω). Ω

Ω

3. Pour ψ, on utilise d’abord, dans Ω : 2 2 2 2 ~ = rot(∇φ)+rot(rot ψ) = ∂ φ − ∂ φ − ∂ ψ − ∂ ψ = −∆ψ. f = rot E ∂x∂y ∂x∂y ∂x2 ∂y 2

Ainsi, on a cette fois −∆ψ = f dans Ω. Il reste `a prendre en compte la derni`ere ´equation, valable sur ∂Ω : ~ · ~t = ∇φ · ~t + rot ψ · ~t. 0=E Or, ∇φ · ~t repr´esente le gradient tangentiel de φ sur ∂Ω. Comme φ est constante (´egale `a 0) sur ∂Ω, on a ∇φ · ~t|∂Ω = 0. Quant au second terme, on remarque pour commencer que ~t = ny~ex − nx~ey , puis rot ψ · ~t =

∂ψ ∂ψ ∂ψ ny + nx = ∇ψ · ~n = . ∂y ∂x ∂n

∂ψ = 0. Conclusion, ψ ∈ H 1 (Ω) est tel que −∆ψ = f dans Ω, et ∂n |∂Ω Z Z ∂ψ dΓ, on d´eduit que l’on a NB. De la relation ∆ψ dΩ = Ω ∂Ω ∂n Z n´ecessairement f dΩ = 0 comme annonc´e. Ω

On admet que ceci est ´equivalent `a la formulation variationnelle Z Z 0 Trouver ψ ∈ V tel que ∇ψ · ∇ψ dΩ = f ψ 0 dΩ, ∀ψ 0 ∈ V , Ω

avec V = {v ∈ H 1 (Ω) :

Z

Ω

v dΩ = 0}.

Ω

6 4. Soit Th un maillage triangulaire de Ω. on introduit ¯ : vh|T ∈ P 1 (T ), ∀T ∈ Th }. Vh = {vh ∈ C 0 (Ω) Pour r´esoudre num´eriquement les probl`emes sur les potentiels, on consid`ere les sous-espaces de Vh   Vh0 = {vh ∈ Vh : vZh|∂Ω = 0} pour discr´etiser φ. vh dΩ = 0} pour discr´etiser ψ.  V h = {vh ∈ Vh : Ω

Les formulations discr`etes sont alors Z Z  0 0  ∇φh · ∇φh dΩ = − gφ0h dΩ, ∀φ0h ∈ Vh0 .  Trouver φh ∈ Vh tel que ZΩ Z Ω  0  Trouver ψh ∈ V h tel que ∇ψh · ∇ψh dΩ = f ψh0 dΩ, ∀ψh0 ∈ V h . Ω

Ω

~ h = ∇φh + rot ψh . 5. On choisit naturellement E ~ h|T est constante. Dans ce cas, pour tout triangle T ∈ Th , la restriction E En effet, le gradient et le rotationnel d’une fonction affine sont des vecteurs constants. Bref, ~ h ∈ Xh = {F~h ∈ L2 (Ω)2 : F~h|T ∈ R2 , ∀T ∈ Th }. E 6. Pour φ et ψ – en les supposant tous les deux dans H 2 (Ω) – on a les estimations du th´eor`eme 2.4 (page 66)  kφ − φh kH 1 (Ω) ≤ C h |φ|H 2 (Ω) . kψ − ψh kH 1 (Ω) ≤ C h |ψ|H 2 (Ω) . En particulier, 

k∇φ − ∇φh kL2 (Ω)2 ≤ C h |φ|H 2(Ω) . krot ψ − rot ψh kL2 (Ω)2 ≤ C h |ψ|H 2 (Ω) .

Ainsi, ~ −E ~ h kL2 (Ω)2 = k∇φ + rot ψ − ∇φh − rot ψh kL2 (Ω)2 kE ≤ k∇φ − ∇φh kL2 (Ω)2 + krot ψ − rot ψh kL2 (Ω)2
≤ C h |φ|H 2 (Ω) + |ψ|H 2 (Ω) ,

~ dans Xh . une convergence en O(h) pour l’erreur d’approximation de E