Table des matières

Notes du Cours Méthodes Variationnelles appliquées à la Modélisation
ENSIMAG 2A - 2014 – 2015
Emmanuel Maitre
Ces notes ont pour but de pallier un éventuel trou dans vos propres notes et n’entend pas s’y
substituer. Le contenu n’est globalement pas original mais inspiré de plusieurs sources. En particulier :
Introduction à l’analyse numérique des EDP, P.-A. Raviart et J.-M. Thomas, Dunod.
Analyse numérique et optimisation, G. Allaire, Cours de l’X disponible sur le site de l’auteur.
Analyse mathématique et calcul numérique, vol. 3 et 4, R. Dautray et J.-L. Lions, Masson.
Toute remarque visant à améliorer ce document est la bienvenue. Vous pouvez en particulier
m’envoyer un texte en rapport avec le cours, qui pourra y être inséré.
Table des matières
1 Introduction
2
2 Brève introduction aux espaces de Sobolev
2.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 L’espace H01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Notion de trace . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Formules de Green dans les espaces de Sobolev
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4
4
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7
3 Problème aux limites elliptiques
3.1 Formulation variationnelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Théorème de Lax-Milgram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Application aux problèmes ci-dessus. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
10
11
12
4 Approximation variationnelle des problèmes elliptiques
4.1 Approximation interne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Méthodes de Ritz-Galerkin et Petrov-Galerkin . . . . . . .
4.3 Eléments finis : exemple en dimension 1 . . . . . . . . . .
4.3.1 Problème modèle . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.2 Eléments finis P1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.3 Eléments finis P2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.4 Un élément fini original . . . . . . . . . . . . . . .
4.4 Définition d’un élément fini . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5 Eléments finis en dimension 2 . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5.1 Triangulation d’un domaine polygonal . . . . . . .
4.5.2 Eléments finis P1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5.3 Exemple modèle : . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5.4 Implémentation pratique . . . . . . . . . . . . . . .
4.6 Eléments finis non conformes . . . . . . . . . . . . . . . .
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27
5 Quelques exemples issus des sciences
5.1 Problèmes instationnaires . . . . . .
5.2 Equations de convection-diffusion . .
5.2.1 Schémas temporels . . . . . .
5.2.2 Stabilisation SUPG . . . . . .
5.3 Problèmes de Stokes . . . . . . . . .
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appliquées
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5.4
5.5
1
5.3.1 Introduction, formule de Reynolds
5.3.2 Formulation variationnelle . . . . .
5.3.3 Approximation par éléments finis .
Equations de l’élasticité . . . . . . . . . .
Problèmes non linéaires . . . . . . . . . .
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32
Introduction
Vous avez abordé au premier semestre les méthodes de différences finies pour la résolution d’EDP.
Un inconvénient majeur de ces méthodes est le fait qu’elles reposent sur une grille cartésienne ce qui
rend délicat leur application aux domaines non rectangulaires. Ces méthodes travaillaient directement
sur une discrétisation de l’équation via une discrétisation du domaine. Nous allons dans ce cours aborder
les méthodes d’élements finis, dont l’esprit est un peu différent et plus abstrait. Ils s’agit essentiellement
de discrétiser l’espace des solutions cherchées plutôt que le domaine sur lequel l’équation est posée (bien
qu’en définitive dans la méthode des élements finis on verra que pour discrétiser l’espace, on utilisera
une discrétisation du domaine).
Cette nouvelle méthode ne travaille pas directement sur l’équation mais sur une formulation alternative de celle-ci. Prenons par exemple le problème aux limites associé à l’équation aux dérivées
partielles du second ordre la plus simple,
(
−∆u = f sur Ω
(1)
u=0
sur ∂Ω
où Ω est un domaine borné de RN , N = 2 ou 3 en pratique. On appelle solution classique de ce
problème une fonction u : Ω → R telle que u ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) et vérifiant (1). Soit v ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω)
nulle sur ∂Ω, et multiplions la première équation de (1) par v, puis intégrons par parties :
Z
Z
−∆u vdx =
f vdx.
Ω
Ω
D’après la formule de Green qu’on rappellera plus loin, du fait de la condition homogène au bord nous
avons
Z
Z
∇u · ∇vdx =
f vdx,
Ω
C 2 (Ω)
Ω
C 1 (Ω)
et ceci pour toute fonction v dans
∩
s’annulant au bord. Appelons V l’espace de ces
fonctions. La transformation du problème classique (1) en
Z
Z
Trouver u ∈ V, ∀v ∈ V,
∇u · ∇vdx =
f vdx
(2)
Ω
Ω
consiste à écrire la formulation variationnelle du problème. Cette dénomination vient du fait qu’elle
revient à écrire la variation d’une certaine énergie définie sur un espace de fonctions. D’un point de
vue mécanique, et c’est cette communauté qui s’est intéressée la première à cette formulation, cela
correspond à écrire un principe des travaux virtuels : le travail de la force f lors d’un déplacement v
dans le membre de droite de (2) correspond à une variation de l’énergie du système dans le membre
de gauche. Remarquons la dualité qui existe entre la formulation classique (1) qui peut se réécrire
Trouver u ∈ V, ∀x ∈ Ω,
−∆u(x) = f (x)
et la formulation variationnelle (2), entre l’espace des points Ω et l’espace des fonctions V .
2
(3)
L’existence de solution à (2) est obtenue grâce au théorème de Lax-Milgram, qui donne des conditions suffisantes pour qu’une équation de la forme
Trouver u ∈ V, ∀v ∈ V,
a(u, v) = `(v)
(4)
admette une unique solution. Dans cette équation a est une forme bilinéaire et ` une forme linéaire.
Ce théorème est démontré lorsque V est un espace de Hilbert. Or si on regarde quelle régularité est
nécessaire pour que les termes de (2) aient un sens, on voit qu’il suffit que u et v appartiennent à
C 1 (Ω) ∩ C 0 (Ω). C’est un autre avantage de la formulation variationnelle : la régularité demandée a
priori pour que l’équation ait un sens est plus faible que dans la formulation classique. Cela aura un
impact sur la capacité de la méthode à être performante pour des applications où la régularité des
solutions est problématique : propagation de fissure, forces singulières etc...
L’ennui est que l’espace
V = u ∈ C 1 (Ω) ∩ C 0 (Ω), u = 0 sur ∂Ω
n’est pas hilbertien (il n’est pas complet). C’est pourquoi nous allons commencer par introduire les
complétés d’espaces de ce type (espaces de Sobolev). Nous allons y passer un peu de temps car ils
sont au coeur de la méthode variationnelle dont les éléments finis sont un cas particulier. La difficulté
principale rencontrée lors de l’étude de ces espaces et qu’en les complétant, les espaces de fonctions
régulières perdent de leur régularité et la notion même de valeur d’une fonction sur le bord d’un
domaine devient non triviale. C’est le prix à payer pour aborder ces méthodes, mais il sera récompensé
par une élégance et puissance de la formulation qui dépasse celle de la méthode des différences finies.
Pour revenir au fil de notre cours, après l’introduction des espaces de Sobolev et leur principales
propriétés nous aborderons la théorie abstraire de Lax-Milgram et verrons comment formuler quelques
problèmes aux limites classiques. L’approximation se fait alors directement sur l’espace V . On écrira
une formulation variationnelle approchée sur un sous-espace de dimension finie de V :
Trouver uh ∈ Vh , ∀vh ∈ Vh ,
a(uh , vh ) = `(vh ).
(5)
Ce sous-espace sera censé approcher V lorsque h → 0 en un sens que nous préciserons. Sur ce sousespace, le problème se ramène à la résolution d’un système linéaire dont les inconnues sont les coordonées de l’inconnue approchée dans une base de Vh .
La question centrale de l’analyse numérique est l’estimation de l’erreur qu’on commet en remplaçant
un problème continu (sans solution explicite en général) par un problème approché qu’on pourra implémenter sur machine. La méthode variationnelle offre un cadre très élégant en ramenant l’estimation
d’erreur entre la solution approchée uh ∈ Vh et la solution exacte u ∈ V à un problème d’approximation
de u par des fonctions de Vh .
Les différentes méthodes éléments finis qui en découlent correspondent à autant de choix de l’espace
Vh et à l’étude de l’erreur d’approximation correspondante. Nous conclurons cette partie du cours sur
ces questions.
Pour résumer, l’approche variationnelle dont les éléménts finis sont un cas particulier correspond
aux étapes suivantes qui structureront la suite du cours :
1. Choix de l’espace V et formulation variationnelle du problème aux limites.
2. Application du théorème de Lax-Milgram sur V .
3. Discrétisation de l’espace V et formulation variationnelle approchée.
4. Estimation de l’erreur d’approximation et résultat de convergence.
5. Implémentation (en TP avec FreeFem++ et/ou Life).
Dans les dernières parties du cours, nous verrons, au delà des exemples classiques autour des problèmes
elliptiques, comment cette technique variationnelle permet d’aborder d’autres problèmes, tant du point
de vue existence et unicité de solution que pour leur approximation numérique. En particulier nous
nous intéresserons aux problèmes instationnaires, aux équations de Stokes, aux problèmes non linéaires.
3
2
2.1
Brève introduction aux espaces de Sobolev
Définitions
Soit Ω ⊂ RN un ouvert. On note H 1 (Ω) l’espace des distributions L2 (Ω) ayant toutes leurs dérivées partielles d’ordre 1 appartenant à L2 (Ω). Donc en notant les dérivées partielles (au sens des
∂
distributions) ∂α := ∂x
nous posons
α
H 1 (Ω) = u ∈ L2 (Ω), ∂α u ∈ L2 (Ω), α = 1 . . . N .
Proposition 1 L’espace H 1 (Ω) est un espace de Hilbert pour le produit scalaire
Z
uv + ∇u · ∇vdx.
hu, vi1 =
Ω
On notera k · k1 la norme associée.
Démonstration. Soit (un ) une suite de Cauchy dans H 1 . alors (un ) est une suite de Cauchy dans
L2 qui est complet. De même (∂α un ) est une suite de Cauchy dans L2 donc ces deux suites sont
convergentes. Soient u et uα leur limites respectives. En prenant φ ∈ D(Ω) on a h∂α un , φi = − hun , ∂α φi.
Le premier membre de cette égalité tend vers huα , φi et le deuxième vers − hu, ∂α φi. Ces deux limites
sont donc égales et uα = ∂α u. Donc u ∈ H 1 et un → u dans H 1 .
Autre caractérisation. Dans le cas de l’espace entier, on peut caractériser les espaces de Sobolev
grâce à la transformée de Fourier. On a :
n
o
1
N
0
N
2 21
2
N
H (R ) = u ∈ S (R ), ξ → (1 + |ξ| ) û(ξ) ∈ L (R )
la démonstration est immédiate et laissée au soin du lecteur. Cette définition est intéressante car elle
permet de définir des espaces de Sobolev d’ordre s en posant très naturellement
n
o
s
H s (RN ) = u ∈ S 0 (RN ), ξ → (1 + |ξ|2 ) 2 û(ξ) ∈ L2 (RN ) .
Pour s entier, c’est équivalent à dire que toutes les dérivées partielles d’ordre inférieur ou égal à s sont
dans L2 . Utilisons cette définition pour résoudre une première équation sur RN , donc sans condition
aux limites. Soit f ∈ H s (RN ) et k 6= 0, cherchons u ∈ S 0 (RN ) solution de
−∆u + k 2 u = f.
Par transformée de Fourier nous trouvons
(|ξ|2 + k 2 )û = fˆ
soit û =
1
fˆ(ξ).
k2 +|ξ|2
On a donc
(1 + |ξ|2 )
s+2
2
s
|û(ξ)| ≤ C(1 + |ξ|2 ) 2 |fˆ| ∈ L2 (RN ).
On obtient ainsi une solution u ∈ H s+2 (RN ).
4
Problème. Comment définir la valeur au bord d’une fonction H 1 qui n’est pas forcément continue ?
En effet, en dimension 1, tout se passe bien : si u ∈ H 1 (a, b) alors u0 ∈ L2 (a, b). Soit alors
Z x
v(x) =
u0 (s)ds.
a
La fonction v est (uniformément) continue, puisque
Z y
1
0
|v(x) − v(y)| = u (s)ds ≤ |x − y| 2 ku0 kL2 .
x
D’autre part pour φ ∈ D(]a, b[),
Z
Z b Z x
Z b
u0 (y)φ0 (x)dydx =
v(x)φ0 (x)dx =
a
x=a
b
Z
y=a
a
b
u0 (y)φ0 (x)dxdy = −
x=y
Z
b
u0 (y)φ(y)dy.
a
D’où v 0 = u0 au sens des distributions, ce qui signifie que v et u ne diffèrent que d’une constante
(cf cours distributions première année). Comme v est continue, u aussi (plus précisément v est son
représentant continu). On voit donc qu’en dimension 1, les foncions de H 1 sont continues. Il n’y donc
pas de problème pour définir leur valeur au bord. Par contre en dimension supérieure ce n’est plus vrai.
Le contre-exemple classique est donné dans R2 par la fonction x → (ln |x|)α qui est dans H 1 d’une
boule pour 0 < α < 21 et non continue (même infinie) en 0.
Cas des conditions homogènes. Dans ce cas on peut botter en touche. On définit l’espace H01 (Ω) comme
l’adhérence de D(Ω) dans H 1 (Ω). Autrement dit, H01 est l’ensemble des limites (pour la norme de H 1 )
de suites de fonctions de D(Ω). Comme ces dernières sont à support compact, si tout se passe bien cela
devrait donner les fonctions nulles au bord en un sens généralisé. Je dis si tout se passe bien car quand
on fait ceci avec L2 , rappelons que cela fait L2 tout entier. Ceci illustre qu’on ne peut pas définir la
valeur d’une fonction de L2 au bord en général, car elle peut être approchée aussi près que l’on veut
par une fonction nulle au bord. Les résultats qui suivent prouveront que ce n’est pas le cas pour les
fonctions de H 1 .
Solution générale. L’idée est de définir la valeur au bord comme limite des valeurs au bords d’une suite
de fonctions régulières approchant la fonction H 1 . Nous aurons besoin pour cela de savoir justement
s’il existe de telles suites de fonctions régulières approchantes.
2.2
L’espace H01
On a donc défini cet espace comme l’adhérence des fonctions de D(Ω) pour la nome H 1 . Ces
fonctions vérifient une inégalité fondamentale pour la suite.
Théorème 1 (Inégalité de Poincaré) Soit Ω un ouvert borné de RN . Alors il existe une constante
C(Ω) > 0 ne dépendant que du domaine Ω et telle que
∀u ∈ H01 (Ω),
kukL2 (Ω) ≤ C(Ω)k∇ukL2 (Ω) .
Démonstration. Comme le domaine est borné, on peut supposer qu’il est compris entre deux hyperplans. Quitte à effectuer un changement de coordonnées on va supposer que ces hyperplans sont
xN = α et xN = β. On note x ∈ RN sous la forme x = (x0 , xN ), et on considère une fonction u ∈ D(Ω).
Enfin on note u
e le prolongement de u à RN par 0. Alors
Z βZ
2
2
kukL2 (Ω) = ke
ukL2 (RN ) =
u
e(x0 , xN )dx0 dxN .
x0 ∈ω
α
Comme u
e est une fonction régulière de xN on a
0
Z
0
u
e(x , xN ) = u
e(x , α) +
5
xN
α
∂e
u 0
(x , s)ds
∂xN
avec u
e(x0 , α) = 0. D’autre part,
Z
xN
|
α
∂e
u 0
(x , s)ds| ≤
∂xN
Z
xN
2
ω0
xN
α
α
u
e(x0 , xN )2 ≤ (xN − α)
Z
2
1 ds
d’où
et donc
1 Z
Z
xN
1
2
,
∂e
u 2 0
) (x , s)ds
∂xN
(
α
u
e2 (x0 , xN )dx0 ≤ (xN − α)
∂e
u 2 0
) (x , s)ds
(
∂xN
Z
(
RN
∂e
u 2
) (x)dx.
∂xN
Enfin par intégration de α à β on a
ke
uk2L2 ≤
(β − α)2 ∂e
u 2
k 2,
k
2
∂xN L
d’où le résultat pour les fonctions de D(Ω) puis par densité pour les fonctions de H01 (Ω).
Remarque 1
— Ce résultat nous montre en particulier que pour Ω borné, H01 (Ω) est un sousespace propre de H 1 (Ω). En effet la fonction constante égale à 1 appartient à H 1 (Ω) et n’appartient pas à H01 (Ω), sinon elle vérifierait l’égalité ci-dessus ce qui est absurde car son gradient
est nul.
— Le théorème ci-dessus est valable dès que Ω est borné dans une direction.
— Si Ω est un ouvert borné, la semi-norme k∇ukL2 est norme sur H01 équivalente à la norme
H 1 . Pour le produit scalaire associé (et donc aussi pour celui de H 1 ), H01 est un espace de
Hilbert.
2.3
Notion de trace
Comme on l’a vu, les fonctions de H 1 ne sont pas nécessairement continues. Pour définir leur valeur
au bord on va les approcher par des fonctions régulières. Le premier résultat est que les fonctions de
D(RN ) sont denses dans H 1 (RN ). La démonstration de ce résultat se fait par troncature et régularisation. On montre d’abord que l’ensemble des fonctions bornées de H 1 (RN ) est dense dans H 1 (RN ), puis
on régularise ces fonctions par convolution. D’autre part si Ω est un ouvert de classe C 1 par morceaux,
c’est à dire que localement sa frontière est le graphe d’une fonction C 1 , ou bien si Ω = RN
+ alors D(Ω)
est dense dans H 1 (Ω). Nous allons montrer que le fait d’associer une valeur au bord pour une fonction
est une opération continue pour la topologie de H 1 (et pas de L2 bien sûr). Plus précisèment, nous
avons le théorème suivant :
Théorème 2 (Théorème de trace) Soit Ω un ouvert borné de RN de frontière ∂Ω de classe C 1 par
morceaux. Alors l’application trace
(
D(Ω) → C 0 (Γ)
γ0 :
v → γ0 (v) = v|Γ
se prolonge par continuité en une application linéaire continue de H 1 (Ω) dans L2 (Γ). Cela implique en
particulier
∃C > 0, ∀v ∈ H 1 (Ω), kγ0 (v)kL2 (Γ) ≤ CkvkH 1 (Ω) .
Remarque 2 On verra que le noyau de γ0 est en fait H01 . L’image de γ0 n’est pas L2 (Γ) tout entier,
mais un espace intermédiaire entre L2 (Γ) et H 1 (Γ). On a défini les espaces de Sobolev d’exposants non
1
entiers uniquement pour l’espace entier, mais cet espace intermédiaire correspondrait à H 2 (Γ), défini
en redressant localement Γ.
6
Démonstration. Pour démontrer le théorème de trace, on se restreint au cas Ω = RN
+ , pour lequel
on cherche à définir une trace sur l’hyperplan xN = 0. Le cas d’un domaine général Ω est traité par
cartes locales : on se place sur un morceau de ∂Ω et on le redresse grâce à un difféomorphisme en une
partie de RN
+ sur lequel on applique le résultat désormais connu. Puis on recolle les morceaux. Pour
N
revenir au cas Ω = RN
+ , on va montrer que pour v ∈ D(R+ ),
kv(·, 0)kL2 (RN −1 ) ≤ kvkH 1 (RN ) .
En effet si v ∈ D(RN
+ ), on a
0
Z
2
0
v(x , 0) − 0 =
+∞
∂
v(x0 , xN )2 dxN = −2
∂xN
Z
+∞
v(x0 , xN )
0
∂v
(x0 , xN )dxN .
∂xN
D’ où
0
2
Z
v(x , 0) ≤ 2
+∞
0
2
12 Z
v(x , xN ) dxN
0
0
+∞
21
∂v
0
2
(x , xN ) dxN
∂xN
Z +∞
Z
0
2
≤
v(x , xN ) dxN +
0
0
+∞
∂v
(x0 , xN )2 dxN
∂xN
N −1
1
N
ce qui en intégrant sur R+
donne l’inégalité annoncée. Comme D(RN
+ ) est dense dans H (R+ ), cette
inégalité se prolonge aux fonctions de ce dernier espace et on obtient, pour ces fonctions, une trace
dans L2 du bord. A noter que ce n’est pas le cas pour les fonctions de L2 (RN
+ ) : pour celles-ci on ne
peut pas définir de valeur au bord.
Corollaire 1 H01 (Ω) = v ∈ H 1 (Ω),
γ0 (v) = 0L2 (Γ) .
Démonstration. En effet comme les fonctions de H01 sont les limites de fonctions de D(Ω) pour la
topologie de H 1 et que celles-ci s’annulent sur ∂Ω, la continuité de γ0 implique que la fonction limite
a une trace nulle. L’inclusion dans un sens est donc prouvée. L’autre sens est admis.
2.4
Formules de Green dans les espaces de Sobolev
Le résultat suivant permet de déduire la formule de Green.
Théorème 3 (intégration par parties en dimension N ) Soit Ω un ouvert borné de frontière Γ
de classe C 1 par morceaux. Alors si u et v sont des fonctions de H 1 (Ω), on a
Z
Z
Z
(∂xi u)vdx = − u(∂xi v)dx + uvni dσ,
i = 1, . . . , N
Ω
Ω
Γ
où ni est la i-ème composante de la normale sortante au domaine Ω.
Démonstration. La formule est vraie pour les fonctions régulières. La démonstration est laissée
en exercice : dans R2 , prenez d’abord le cas d’un domaine Ω égal au triangle rectangle {(x, y), x ≥
0, y ≥ 0, x + y ≤ 1}. Sur ce triangle on se ramène en intégrant dans le bon sens à des intégrations
par parties en dimension 1. Puis on peut montrer le résultat sur un triangle image du précédent par
difféomorphisme. Puis par la proposition ci-dessous (pour des triangles) en recollant ces triangles sur
tout domaine polygonal. C’est déjà bien ! Une fois ce théorème montré pour les fonctions régulières,
la continuité de la trace démontrée précédemment permet de passer à la limite sur deux suites de
fonctions régulières approchant les fonction données.
7
Application. Supposons qu’on dispose d’une discrétisation de ΩSen sous-domaines ouverts Ωi , i =
1, . . . , M de frontière de classe C 2 par morceaux, de sorte que Ω = M
i=1 Ωr et Ωi ∩ Ωj = ∅ pour i 6= j.
Alors on a :
Proposition 2 Soit v une fonction continue sur Ω telle que sa restriction à Ωi soit dans H 1 (Ωi ), pour
tout i = 1, . . . , M . Alors v ∈ H 1 (Ω).
Démonstration. Soit wi ∈ L2 (Ω) telle que sa restriction sur Ωj soit égale à ∂xi (v|Ωj ), qui est bien
dans L2 par hypothèse. Alors prenons φ ∈ D(Ω), on a d’après le théorème ci-dessus
Z
wi φdx =
Ω
M Z
X
j=1
Ωj
∂xi (v|Ωj )φdx = −
M Z
X
j=1
Ωj
v|Ωj ∂xi φdx +
M Z
X
j=1
∂Ωj
vφnji dx,
où nji est la i-ème composante de la normale sortante à Ωj . Comme v est continue la dernière somme
s’annule car pour deux triangles ayant un coté en commun, les deux normales sortantes sont opposées.
On a donc au sens des distributions hwi , φi = − hv, ∂xi φi = h∂xi v, φi. Comme wi ∈ L2 (Ω) on en déduit
que ∂xi v ∈ L2 (Ω) pour tout i et donc que v ∈ H 1 (Ω).
Définition 1 (Espaces de Sobolev d’ordre m)
On note
H m (Ω) = v ∈ L2 (Ω), ∂ α v ∈ L2 (Ω),
où
∂αv =
∂ |α| v
,
∂xα11 · · · ∂xαNN
|α| ≤ m ,
|α| = α1 + · · · + αN .
Cet espace est un espace de Hilbert séparable pour le produit scalaire
Z X
(u, v)m =
∂ α u∂ α vdx,
Ω |α|≤m
et la norme associée est notée k · km .
Si Ω est un ouvert borné de frontière Γ de classe C 1 par morceaux, comme H 2 (Ω) ⊂ H 1 (Ω) on peut
définir la trace d’une fonction H 2 . Mais d’autre part ∂xi v ∈ H 1 (Ω) pour v ∈ H 2 (Ω) donc on peut aussi
définir sa trace ainsi que la quantité
(∂n v)|Γ =
N
X
γ0 (∂xi v) ∈ L2 (Γ).
i=1
qui apparaît dans la formulation des problèmes aux limites associés aux opérateurs elliptiques. On a
donc :
Théorème 4 (Théorème de trace pour H 2 ) Soit Ω un ouvert borné de RN de frontière ∂Ω de
classe C 1 par morceaux. Alors l’application trace définie de D(Ω) dans C 0 (Γ) × C 0 (Γ) par
v → (γ0 v, γ1 v) = v|Γ , (∂n v)|Γ
se prolonge par continuité en une application linéaire continue de H 2 (Ω) dans L2 (Γ) × L2 (Γ) (en fait
3
1
d’image H 2 (Γ) × H 2 (Γ), passer au bord enlève 12 ). Cela implique en particulier
∃C > 0,
∀v ∈ H 2 (Ω),
kγ0 (∂n v)kL2 (Γ) ≤ CkvkH 2 (Ω) .
8
Notons qu’il n’y a pas de régularité C 2 requise sur la frontière du domaine ; en effet on obtient le résultat
en appliquant le théorème de trace de H 1 aux dérivées des fonctions H 2 et celui-ci ne nécessite qu’une
régularité C 1 du bord. Munis de cette notion de valeur au bord des fonctions H 2 et de leurs dérivées,
nous avons la formule de Green pour les fonctions de Sobolev.
Théorème 5 (Formule de Green dans H 2 ) Soit Ω un ouvert borné de frontière Γ de classe C 1 par
morceaux, u ∈ H 2 (Ω) et v ∈ H 1 (Ω). Alors
Z
Z
Z
(∆u)vdx = − ∇u · ∇vdx + (∂n u)vdσ.
Γ
Ω
Ω
Démonstration. On applique la formule d’intégration par parties en dimension N avec ∂xi u à la
place de u et on somme sur i.
Pour conclure cette courte introduction aux espaces de Sobolev, nous allons donner un résultat
de régularité qui dit que lorsque m est assez grand, dépendant de la dimension, les fonctions de H m
deviennent continues :
Théorème 6 (Régularité des fonctions H m ) Si Ω est un ouvert borné de RN de frontière de classe
C 1 par morceaux, alors pour m > N2 , on a H m (Ω) ⊂ C 0 (Ω) avec injection continue, ce qui signifie
∃C > 0, ∀u ∈ H m (Ω), sup |u(x)| ≤ Ckukm .
x∈Ω
Démonstration. Un résultat assez technique (méthode de réflexion, cf H. Brézis, Analyse fonctionnelle, Masson, p. 158) montre sous les hypothèses du théorème qu’il existe un opérateur de prolongement
linéaire continu de H m (Ω) dans H m (RN ). Soit u ∈ H m (Ω), on note U son prolongement. Il existe donc
une constante C indépendante de u telle que
kU kH m (RN ) ≤ CkukH m (Ω) .
Ecrivons alors la transformée de Fourier de U sous la forme
b (ξ) = (1 + |ξ|2 )− m2 (1 + |ξ|2 ) m2 U
b (ξ)
U
m
b (ξ) qui est dans L2 d’après la caractérisation de H s par
ce qui fait apparaitre ξ → (1 + |ξ|2 ) 2 U
m
transformée de Fourier (p. 4), et ξ → (1 + |ξ|2 )− 2 qui est dans L2 si et seulement si m > N2 (exercice :
b ∈ L1 et d’après les propriétés de la transformée de
passez en "polaire" dans RN ). Donc dans ce cas U
0
N
Fourier, U ∈ C (R ). Comme
Z
1
b (ξ)dξ,
U (x) =
eix·ξ U
(2π)N/2 RN
b kL1 (RN ) ≤ CkU kH m (RN ) . Comme U est un prolongement, on a
on a |U (x)| ≤ CkU
sup |u(x)| ≤ sup |U (x)|
x∈Ω
x∈RN
et ce prolongement vérifie
kU kH m (RN ) ≤ CkukH m (Ω) .
D’où le résultat.
Enfin le résultat de compacité suivant nous sera utile. Un résultat de compacité d’un espace dans
un autre sert souvent en théorie des EDP lorsqu’on dispose d’information sur la norme des éléments
d’une suite d’éléments de l’espace. Si celui-ci s’injecte de manière compacte dans un plus gros espace,
alors cette suite bornée contiendra une sous-suite convergente pour la norme du gros espace, ce qui
permet de passer à la limite dans certains cas (pour une première application, voir la démonstration
de l’inégalité de Poincaré dans le cas des fonctions H 1 nulles sur une partie du bord seulement).
9
Théorème 7 (Rellich) Soit Ω un ouvert borné de RN de frontière de classe C 1 par morceaux. Alors
H 1 (Ω) s’injecte de manière compacte dans L2 (Ω). C’est à dire que de toute suite bornée dans H 1 on
peut extraire une sous-suite convergeant en norme dans L2 . On a le même résultat pour H01 , sans
hypothèse de régularité sur ∂Ω.
3
3.1
Problème aux limites elliptiques
Formulation variationnelle
Problème de Dirichlet pour le laplacien Soit Ω un ouvert borné de frontière C 1 par morceaux
et f ∈ L2 (Ω). On cherche à résoudre le prblème : Trouver u tel que
(
−∆u = f dans Ω,
(D)
u=0
sur ∂Ω.
Supposons qu’il existe une solution u ∈ H 2 (Ω) à (D). Soit v ∈ H01 (Ω), on a en multipliant la première
équation de (D) par v et en intégrant sur Ω :
Z
Z
−(∆u)vdx =
f vdx
Ω
Ω
d’où par la formule de Green,
Z
Z
Z
∇u · ∇vdx −
Ω
∂n uvdσ =
∂Ω
f vdx.
Ω
Comme v = 0 sur le bord on obtient ce que l’on appelle la formulation variationnelle de (D) :
Z
Z
1
1
(F V D)
Trouver u ∈ H0 (Ω), ∀v ∈ H0 (Ω),
∇u · ∇vdx =
f vdx.
Ω
Ω
Réciproquement, si u ∈ H01 (Ω)∩H 2 (Ω) est solution de (F V D) alors le raisonnement inverse montre que
u est solution de (D). La formulation variationnelle est donc équivalente pour les solutions regulières à
la formulation classique du problème de Dirichlet. Cependant, on voit qu’elle ne fait intervenir que des
dérivées premières de l’inconnue. Elle permet donc potentiellement de trouver des solutions généralisées
à (D) lorsque les solutions classiques n’existent pas.
Problème de Neumann pour le laplacien Toujours avec les mêmes hypothèses sur Ω, on cherche
maintenant une fonction u telle que
(
−∆u + u = f dans Ω,
(N )
∂n u = 0
sur ∂Ω.
Supposons qu’il existe une solution u ∈ H 2 (Ω) à (N ). Soit v ∈ H 1 (Ω), on a en multipliant la première
équation de (N ) par v et en intégrant sur Ω :
Z
Z
−(∆u)v + uvdx =
f vdx
Ω
d’où par la formule de Green,
Z
Ω
Z
∇u · ∇v + uvdx −
Ω
Z
∂n uvdσ =
∂Ω
10
f vdx.
Ω
Comme ∂n u = 0 sur le bord on obtient ce que l’on appelle la formulation variationnelle de (N ) :
Z
Z
1
1
(F V N )
Trouver u ∈ H (Ω), ∀v ∈ H (Ω),
∇u · ∇v + uvdx =
f vdx.
Ω
Ω
Réciproquement, si uR∈ H 2 (Ω) est solution Rde (F V N ) alors en particulier on a en prenant v ∈ D(Ω)
dans la formulation, Ω ∇u · ∇v + uvdx = Ω f vdx soit en utilisant la formule de Green, le terme de
bord s’annulant car v est à support compact,
Z
Z
f vdx.
−(∆u)v + uvdx =
Ω
Ω
On a donc −∆u + u = f au sens des distributions, et comme f et u sont dans L2 , cette égalité a lieu
dans L2 . Reprenons maintenant une fonction test v dans H 1 (Ω) et intégrons par parties la formulation
variationnelle (F V N ). On obtient
Z
Z
Z
(−∆u)v + uvdx −
∂n uvdσ =
f vdx,
Ω
∂Ω
soit d’après l’égalité L2 obtenue précédemment,
au bord manquante.
R
∂Ω ∂n uvdσ
Ω
= 0 pour tout v ∈ H 1 (Ω). D’où la condition
Remarque 3 La différence entre le problème de Dirichlet et le problème de Neumann réside donc dans
le traitement de la condition limite. Dans un cas elle est prise en compte dans l’espace, dans l’autre
cachée dans la formulation. Nous reviendrons sur cette différence après avoir examiné l’outil générique
pour résoudre des problèmes posés sous forme variationnelle.
3.2
Théorème de Lax-Milgram
Théorème 8 Soit V un espace de Hilbert et a : V × V → R une forme bilinéaire continue et coercive
sur V × V et ` : V → R une forme linéaire continue sur V , c’est à dire
(i) ∃M > 0, ∀(u, v) ∈ V 2 , |a(u, v)| ≤ M kukkvk
(Continuité de a)
2
(ii) ∃α > 0, ∀u ∈ V a(u, u) ≥ αkuk
(Coervivité de a)
(iii) ∃C > 0, ∀v ∈ V, |`(v)| ≤ Ckvk
(Continuité de `)
Alors le problème : Trouver u ∈ V tel que ∀v ∈ V, a(u, v) = `(v) admet une solution unique.
Démonstration. Soit A : V → V l’opérateur linéaire défini par hAu, vi = a(u, v) pour tout v dans V .
L’existence de Au résulte du théorème de Riesz, car v → a(u, v) est linéaire continue sur V . L’opérateur
A est linéaire continu car
kAuk =
|hAu, vi|
M kukkvk
≤
= M kuk.
kvk
kvk
v∈V \{0}
sup
D’autre part toujours d’après le théorème de Riesz, il existe b ∈ V tel que `(v) = hb, vi , ∀v ∈ V .
Le problème revient donc à montrer qu’il existe u ∈ V tel que Au = b. On va procéder de manière
itérative en partant d’un u0 ∈ V quelconque et en définissant, pour ρ > 0, la suite récurrente
uk+1 = uk − ρ(Auk − b) = F (uk ).
Montrons que pour ρ > 0 suffisamment petit, F est contractante. On a
F (u) − F (v) = u − v − ρ(A(u − v))
11
donc
kF (u) − F (v)k2 = ku − vk2 + ρ2 kA(u − v)k2 − 2ρ hA(u − v), u − vi
= ku − vk2 + ρ2 kA(u − v)k2 − 2ρa(u − v, u − v) ≤ ku − vk2 + M 2 ρ2 k(u − v)k2 − 2ραku − vk2
≤ (1 − 2ρα + ρ2 M 2 )ku − vk2 .
Choisissons donc ρ tel que ρ < 2 Mα2 . Alors F est contractante et d’après le théorème du point fixe
contractant (valide sur un espace complet) le schéma itératif est convergent, ce qui prouve le théorème.
3.3
Application aux problèmes ci-dessus.
Problème de Dirichlet Rappelons qu’il s’agit de trouver u ∈ H01 (Ω) tel que pour tout v ∈ H01 (Ω),
Z
Z
∇u∇vdx =
f vdx.
Ω
Ω
On applique donc le thérorème ci-dessus avec :
Z
a(u, v) =
∇u∇vdx,
Z
`(v) =
Ω
f vdx,
Ω
sur l’espace V = H01 (Ω) muni de la norme de kukV = k∇ukL2 (Ω) . Alors a est continue car par l’inégalité
de Cauchy-Schwarz
|a(u, v)| ≤ k∇ukk∇vk = kukV kvkV .
La forme bilinéaire a est coercive car a(u, u) = kuk2V . Et enfin ` est continue car
|`(v)| ≤ kf kL2 (Ω) kvkL2 (Ω) ≤ C(Ω)kf kL2 (Ω) kvkV
d’après l’inégalité de Poincaré. Le théorème de Lax-Milgram nous assure donc l’existence et l’unicité
de la solution du problème de Dirichlet pour le laplacien.
Remarque 4 on pouvait aussi choisir le même espace V mais normé avec la norme de H 1 . Alors les
continuités de a et ` sont triviales, et l’inégalité de Poincaré est utilisée dans la coercivité de a.
Problème de Neumann Nous laissons le problème de Neumann au soin du lecteur, la démonstration
étant encore plus simple que précédemment. Sous la forme que nous avons choisi, la forme bilinéaire a
est exactement le produit scalaire de H 1 . Nous allons plutôt traiter un cas plus général.
Problème mixte pour un opérateur elliptique Soit Ω un ouvert borné de frontière Γ de classe
C 1 par morceaux, Γ0 et Γ1 deux parties complémentaires de Γ : Γ = Γ0 ∪Γ1 et Γ0 ∩Γ1 = ∅. On considère
alors la formulation variationnelle suivante : soit V = {u ∈ H 1 (Ω), γ0 u = 0 sur Γ0 }, la forme bilinéaire
a(u, v) =
Z X
N
aij ∂xj u∂xi v + a0 uvdx
Ω i,j=1
où aij et a0 sont des fonctions de L∞ (Ω), et la forme linéaire
Z
`(v) =
f vdx
Ω
avec f ∈ L2 (Ω).
12
Trouver u ∈ V tel que a(u, v) = `(v) pour tout v ∈ V
On suppose qu’il existe α > 0 tel que pour tout ξ ∈ RN , on ait
X
aij ξi ξj ≥ α|ξ|2 ,
i,j
et α0 > 0 tel que a0 ≥ α0 p.p. dans Ω. L’espace V est de Hilbert, car c’est un sous-espace fermé d’un
Hilbert (noyau d’une forme linéaire continue, par le théorème de trace). Le produit scalaire est celui
de H 1 .
On vérifie facilement les hypothèses du théorème de Lax-Milgram : a est continue car
|a(u, v)| ≤ N 2 max kaij k∞ k∇ukL2 k∇vkL2 + ka0 k∞ kukL2 kvkL2
i,j
≤ max(N 2 max kaij k∞ , ka0 k∞ )kukH 1 kvkH 1 ,
i,j
elle est coercive car d’après l’hypothèse faite sur les coefficients aij on a
a(u, u) ≥ αk∇uk2L2 + α0 kuk2L2 ≥ min(α, α0 )kukH 1 .
Enfin ` est continue comme dans le problème de Dirichlet précédemment.
Donc il existe un unique u ∈ V solution de a(u, v) = `(v) pour tout v ∈ V . Mais quel problème
avons-nous résolu ? Supposons que la solution que nous avons trouvé est H 2 et vérifions quel problème
elle résout au sens classique. Comme la formulation variationnelle a lieu pour tout v ∈ V , c’est en
particulier le cas pour tout v ∈ D(Ω). Comme dans ce cas la valeur de v au bord est 0, l’application
de la formule de Green sur la formulation variationnelle
Z X
Z
aij ∂xi u∂xj v + a0 uvdx =
f vdx
Ω i,j
donne
Z
[−
Ω
X
Ω
Z
∂xi (aij ∂xj u) + a0 u]vdx =
f vdx
Ω
i,j
ce qui signifie qu’au sens des distributions sur Ω on a
X
−
∂xi (aij ∂xj u) + a0 u = f.
i,j
Comme on a supposé la solution H 2 cette égalité a lieu en fait dans L2 et p.p. d’après la régularité des
coefficients a. Que se passe-t-il au bord ? On sait déjà que u = 0 sur Γ0 , car u ∈ V . Mais sur Γ1 ? Pour
le savoir reprenons v ∈ V dans la formulation variationnelle et appliquons à nouveau Green ; cette fois
les termes de bords disparaissent sur Γ0 où v s’annule mais pas sur Γ1 :
Z
Z X
Z
X
[−
∂xi (aij ∂xj u) + a0 u]vdx +
(
aij ∂xj u)vni dσ =
f vdx.
Ω
Γ1
i,j
Ω
i,j
Mais on vient de montrer que dans Ω, au sens L2 et p.p. on a −
termes dans Ω s’annulent et on trouve
Z X
aij (∂xj u)ni vdσ = 0
P
i,j
∂xi (aij ∂xj u) + a0 u = f . Donc les
Γ1 i,j
P
pour tout v dans V . Si on note ∂nA u = i,j aij (∂xj u)ni , on obtient donc comme problème résolu :
X
−
∂xi (aij ∂xj u) + a0 u = f dans Ω, u = 0 sur Γ0 , ∂nA u = 0 sur Γ1 .
i,j
La condition aux limites sur Γ1 est seulement formelle en général si u n’a pas la régularité H 2 .
13
Remarque 5
1. Si on veut résoudre un problème non Rhomogène sur
il suffit
R Γ1 , soit ∂nA u = g,
2
de rajouter dans ` le terme correspondant : `(v) = Ω f vdx + Γ1 gvdσ, pour g ∈ L (Γ1 ). La
continuité de ` provient du théorème de trace.
2. Pour résoudre la même problème mais avec u = u0 sur Γ0 , le plus simple est de considérer
cette valeur au bord comme la trace d’une fonction (toujours notée) u0 ∈ H 1 (Ω) et d’effectuer
le changement de fonction inconnue
: U = u − u0 . Cela revient à se placer sur le même espace
R
1
H0 (Ω) et à considérer `(v) = Ω f vdx − a(u0 , v), et résoudre a(U, v) = `(v).
3. Les conditions de Neumann, comme on l’a vu, sont "cachées" dans la formulation alors que
celles de Dirichlet sont dans l’espace. Pourquoi ne pas incorporer les conditions de Neumann
dans l’espace ? Comme elles sont d’ordre 1, ce ne pourrait pas être un espace basé sur H 1 , mais
plutôt sur H 2 car alors la dérivée normale a une trace sur le bord. Mais alors la forme bilinéaire
a ne serait pas coercive pour la norme H 2 .
4. On peut démontrer une inégalité de Poincaré sur V dès que mes Γ0 > 0 et Ω connexe. Dans ce cas
on peut alors prendre α0 = 0. Pour démontrer l’inégalité dans ce cas, c’est à dire pour montrer
qu’il existe C > 0 tel que
∀u ∈ V, CkukL2 ≤ k∇ukL2 ,
notons d’abord que d’après la définition de la norme H 1 c’est équivalent à montrer que
∃C > 0, ∀u ∈ V, CkukH 1 ≤ k∇ukL2 .
Procédons par l’absurde : supposons au contraire, en posant C =
∀m ∈ N ∗ , ∃um ,
Notons vm =
um
kum kH 1 ,
1
m
avec m ∈ N∗ que
1
kum kH 1 > k∇um kL2 .
m
on a bien sûr kvm kH 1 = 1, et
1
m
> k∇vm kL2 pour tout m. Donc la suite de
H1
terme général vm demeure dans un borné de
(la boule unité !). Par compacité de l’injection
1
2
de H dans L cela implique qu’il existe une sous-suite vσ(m) convergeant dans L2 : vσ(m) → v.
D’autre part on a ∇vσ(m) → 0 dans L2 par la borne ci-dessus. Il est facile de montrer que ∇vσ(m)
tend vers ∇v au sens des distributions, et donc par unicité de la limite on a ∇v = 0. Donc v
est constante sur chaque composante connexe de Ω. Comme d’autre part v est nulle sur une
partie du bord, et Ω est connexe, on a v = 0 dans Ω. Donc vσ(m) → 0 dans H 1 , ce qui contredit
kvσ(m) kH 1 = 1.
Cas de conditions aux limites non locales Prenons un exemple plus exotique : comme la trace
γ0 u d’une fonction de H 1 (Ω) est dans L2 (Γ), si l’ouvert est borné elle aussi dans L1 (Γ). Donc on
peut considérer l’espace de Hilbert (sous -espace fermé d’un Hilbert comme noyau d’une forme linéaire
continue)
Z
V =
u ∈ H 1 (Ω),
γ0 udσ = 0
Γ
et étudier à quoi correspond le problème variationnel : trouver u ∈ V , ∀v ∈ V , a(u, v) = `(v) avec,
comme précédemment,
Z
Z
a(u, v) =
∇u · ∇v + uvdx et `(v) =
f vdx,
Ω
Ω
où f ∈ L2 (Ω). Il est facile de vérifier que les hypothèses du théorème de Lax-Milgram sont satisfaites
(plus difficilement si le terme uv n’est pas dans a(u, v), exercice !). Mais quel problème aux limites a-t-on
résolu ? Pour ce qui est de l’intérieur de Ω, on a en prenant comme dans les exemples ci-dessus v ∈ D(Ω)
14
immédiatemment que toute fonction u ∈ H 2 solution de la formulation faible vérifie −∆u + u = f .
Reprenant une fonction v non nulle au bord, nous obtenons après utilisation de la formule de Green
Z
(∂n u)vdσ = 0, ∀v ∈ V.
Γ
Ceci Rn’implique évidemment pas que ∂n u = 0, en effet on remarque que si ∂n u est constante sur Γ, on a
bien Γ (∂n u)vdσ = 0, pour toute fonction v ∈ V. Montrons la réciproque. Pour montrer qu’une fonction
est constante, sans précision sur la constante, on montre souvent qu’elle est égale à sa moyenne. Fort
de cette astuce, on voudrait montrer que
Z Z
1
∂n u −
∂n udσ vdσ = 0
|Γ| Γ
Γ
pour toute fonction v ∈ H 1 (Ω). On montre ceci en décomposant v en une fonction de V plus une
fonction constante :
Z
Z
1
1
v=v−
vdσ +
vdσ.
|Γ| Γ
|Γ| Γ
En remplaçant on trouve 0 ! Finalement la formulation variationnelle associée à a, ` et l’espace V
ci-dessus donne comme problème classique :
Z
−∆u + u = f dans Ω, ∂n u constante (non déterminée) sur Γ,
γ0 udσ = 0
Γ
ce type de problèmes intervient notamment dans des applications en capillarité.
4
Approximation variationnelle des problèmes elliptiques
On veut résoudre de manière approchée la formulation : trouver u ∈ V , ∀v ∈ V , a(u, v) = `(v) avec
a et ` vérifiant les hypothèses du théorème de Lax-Milgram.
4.1
Approximation interne
Soit Vh ⊂ V un sous-espace de dimension finie, tel que Vh → V lorsque h → 0, à un sens que l’on
précisera plus tard. On considère le problème approché : trouver uh ∈ Vh , ∀vh ∈ Vh , a(uh , vh ) = `(vh ).
Cette manière d’approcher le problème à résoudre est appelée interne, car on reste dans un sous-espace
de l’espace continu V , au contraire de la méthode de différences finies qui sort du domaine de régularité
des solutions des équations qu’elle approche. Appelons (F V ) la formulation variationnelle continue, et
(F Vh ) la formulation variationnelle approchée.
Proposition 3 (F Vh ) admet une solution unique.
Démonstration. Une démonstration rapide serait d’appliquer Lax-Milgram sur Vh qui est un Hilbert
car de dimension finie. De manière plus instructive, résolvons à la main ce problème : soit (φ
P1n, . . . ,jφn )
une base de Vh . Trouver uh correspond à trouver ses composantes sur cette base, soit uh = j=1 uh φj ,
si bien que le problème revient à trouver les nombres réels (ujh ), tels que
n
X
a(φj , φi )ujh = `(φi )
j=1
pour i = 1, . . . , n. Ceci correspond à un système linéaire de matrice (a(φi , φj )). Celle-ci est inversible
car la solution ξ ∈ Rn du système homogène associé
n
X
a(φj , φi )ξ j = 0
j=1
15
vérifie en particulier
n
X
a(φj , φi )ξ j ξ i = 0
i,j=1
donc αkξk2 = 0 sous les hypothèses du théorème de Lax-Milgram.
Le succés des méthodes variationnelles (d’approximation interne) repose en particulier sur la simplicité
du résultat suivant.
Théorème 9 (Céa) Soit u solution de (F V ) et uh solution de (F Vh ). Alors il existe C > 0 indépendant de h tel que ku − uh kV ≤ C inf vh ∈Vh ku − vh kV .
La problème de la convergence de la méthode pour les équations elliptiques est donc ramené à un
problème d’approximation des fonctions de V par des fonctions de Vh .
Démonstration. Soit vh ∈ Vh quelconque, et wh = vh − uh ∈ Vh ⊂ V . Comme wh est dans V et Vh ,
c’est une fonction test valide dans (F V ) et (F Vh ). On a donc
a(uh , wh ) = `(wh )
et
a(u, wh ) = `(wh ),
donc a(u − uh , wh ) = 0. Par coercivité et continuité de a, on a
αku − uh k2 ≤ a(u − uh , u − uh ) = a(u − uh , u − vh ) + a(u − uh , wh ) ≤ M ku − uh kku − vh k.
Donc ku − uh k ≤ M
α ku − vh k, et ceci pour tout vh , d’où le résultat.
On dit depuis un moment Vh → V lorsque h → 0. Voici à quel sens on a besoin que ceci ait lieu
pour que la méthode converge.
Théorème 10 Soit V un sous-espace dense de V et rh : V → Vh telle que ∀v ∈ V, limh→0 kv−rh vkV =
0. Alors la méthode d’approximation variationnelle convergence : la solution uh de (F Vh ) tend vers la
solution u de (F V ) lorsque h → 0.
Démonstration. En effet, soit u la solution de (F V ). Soit ε > 0, par densité de V dans V il existe
uε ∈ V tel que ku − uε kV ≤ 2ε . D’autre part, comme uε ∈ V on a par hypothèse ∃h0 > 0, tel que pour
h < h0 on ait kuε − rh uε k ≤ 2ε . Donc
inf ku − vh k ≤ inf kuε − vh k + ku − uε k ≤ kuε − rh uε k +
vh ∈Vh
vh ∈Vh
ε
≤ Cε.
2
D’après le théorème précédent, on a donc prouvé que pour ε > 0 fixé,
∃h0 > 0, h < h0 , =⇒ ku − uh k ≤ Cε
ce qui est bien le résultat de convergence souhaité.
Converger est une chose, mais encore faut-il savoir à quelle vitesse. Cela dépend, d’après le théorème
ci-dessus, de la qualité de l’approximation de V par Vh . C’est ainsi que se distinguent les différentes
méthodes d’éléments finis. Voyons d’abord la construction théorique d’un espace Vh .
4.2
Méthodes de Ritz-Galerkin et Petrov-Galerkin
Bases hilbertiennes On appelle base hilbertienne d’un espace de Hilbert V une famille dénombrable
orthonormale et génératrice de V . Si V est un espace de Hilbert séparable, c’est à dire qu’il existe une
famille dénombrable dense dans V , on peut construire une infinité de bases hilbertiennes de V de
la manière suivante. Quitte à prendre une sous-famille libre dense, on suppose la famille dense libre.
On prend successivement les vecteurs de cette famille et on les orthonormalise par la méthode de
Gram-Schmidt. On obtient ainsi une base Hilbertienne (w1 , w2 , . . . , wm , . . .).
16
Choix de l’espace d’approximation Une méthode de Galerkin consiste à choisir une de ces familles
1
hilbertiennes, et pour h = m
, Vh = vect(w1 , w2 , . . . , wm ). On cherche donc à résoudre : trouver uh ∈ Vh ,
∀vh ∈ Vh , a(uh , vh ) = `(vh ).
Théorème 11 Pour tout entier m ∈ N, il existe une unique solution um ∈ V 1 et on a
m
lim ku − um k = 0
m→∞
où u est la solution du problème non approché.
Démonstration. On considère pour rh le projecteur sur Vh , et pour V du théorème précédent,
l’espace V lui-même. Alors d’après la densité de la famille Hilbertienne dans V , on a bien ∀v ∈
V, limh→0 kv − rh vkV = 0 ce qui garantit la convergence de la méthode.
Exemple :
1. Considérons d’abord le problème simple
suivant : −u00+ u = 1 sur ]0, 1[, u(0) = 0 et u0 (1) = −1.
On considère donc l’ensemble V = u ∈ H 1 , u(0) = 0 et comme base hilbertienne
P de cet iespace
les fonctions xj avec j ≥ 1. La formulation variationnelle s’écrit : trouver u = m
i=1 ui x ∈ Vm
tel que pour tout j = 1 . . . m,
Z 1
Z 1
0
j−1
j
0
j
u (x)jx
+ u(x)x dx − u (1)1 + 0 =
xj dx
0
0
soit compte tenu de la condition aux limites en x = 1,
m
X
Z
ui
1
ijxi+j−2 + xi+j dx + 1 =
0
i=1
1
.
j+1
Finalement on obtient le système linéaire :
m
X
(
i=1
1
1
ij
+
)ui = −1 +
.
i+j−1 i+j+1
j+1
1
Quant à la solution exacte, un petit calcul donne ue (x) = 1 − ch x + −1+sh
ch 1 sh x. On représente
figure 1 les courbes de la solution analytique et de la solution approchée pour quelques valeurs
de m. On constate une convergence lorsque m augmente. Cependant pour m = 7, le conditionnemment de la matrice du système est de l’ordre de 108 sur ce cas très simple, et au delà une
perte de précision survient !
Table 1 – Tableau de convergence de la méthode de Ritz-Galerkin en 1D
m
kue − um k∞ /kue k∞
1
2
3
4
5
6
0.2909501
0.0077572
0.0013430
0.0000246
0.0000027
3.539D-08
17
0.05
0.05
0.00
0.00
0.00
- 0.05
- 0.05
- 0.05
- 0.10
- 0.10
- 0.10
- 0.15
- 0.15
- 0.15
- 0.20
- 0.20
- 0.20
- 0.25
- 0.25
- 0.25
- 0.30
- 0.30
- 0.30
- 0.35
- 0.35
- 0.35
- 0.40
- 0.40
- 0.45
0.05
- 0.40
- 0.45
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
- 0.45
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
Figure 1 – Convergence de la méthode de Ritz-Galerkin, pour m = 1, 2, 3 vers la solution exacte.
2. On considère maintenant un problème bidimensionnel sur le carré unité Ω avec pour conditions
aux limites u nul sur les bords x = 0 et y = 1, et respectivement égal à x est y sur les bords y = 1
et x = 1. Puis on considère le problème : −∆u = 10 dans Ω. Pour se ramener à un problème avec
donnée nulle au bord, on pose v(x, y) = u(x, y) − xy qui est solution de la même EDP dans Ω. On
choisit comme base de Ritz la famille de fonction φi = sin(i1 πx) sin(i2 πy) qu’on ordonne de la
manière suivante (exemple dû à A. Fortin et A. Garon) : φ1 = sin πx sin πy, φ2 = sin πx sin 2πy,...
φm = sin πx sin mπy, φm+1 = sin 2πx sin πy,... φ2m = sin 2πx sin mπy, ... La formule générale
donne l’indice de la fonction en fonction des modes des sinus est i = (i1 − 1)m + i2 . Ces fonctions
s’annulent bien sur le bords de Ω et d’autre part sont de manière remarquable orthogonales pour
2
le produit scalaire H01 . On a en effet aij = π4 (i21 + i22 )δij . Du coup le système à résoudre lors de
la formulation variationnelle est diagonale et le second membre est simplement
Z
10 (−1)i1 − 1
(−1)i2 − 1
10 φi dx = 2
.
π
i1
i2
Ω
On a donc la solution de Ritz-Galerkin de manière explicite par :
um (x, y) = xy + 40
m
X
i1 ,i2
1
2
i + i22
=1 1
(−1)i1 − 1
i1
(−1)i2 − 1
i2
sin(i1 πx) sin(i2 πy)
Remarques
1. Si on choisit pour uh la même base de Vh que pour vh , la méthode s’appelle méthode de
Ritz-Galerkin. Sinon on parle de méthode de Petrov-Galerkin. Dans ce cas on introduit deux
bases
Pm telles Vh = vect(w1 , w2 , . . . , wm ) = vect(w̃1 , w̃2 , . . . , w̃m ), et le système à résoudre s’écrit
i=1 ui a(wi , w̃j ) = `(w̃j ) pour j = 1...m. L’intérêt de choisir deux bases différentes intervient
lors de la résolution d’EDP particulières (équations de convection-diffusion).
2. Cette méthode est surtout utilisée théoriquement dans les démonstrations d’existence de solutions
d’EDP. Elle permet en effet de ramener un problème de dimension infinie à un système linéaire
de taille finie. En pratique cependant la méthode n’est pas utilisée telle quelle car le conditionnement de la matrice obtenue est assez mauvais et celle-ci est souvent pleine. D’autre part la
détermination de fonctions de base vérifiant les conditions aux limites peut être très compliqué
pour des cas non académiques. Plutôt, on va considérer, en se basant sur une discrétisation du
domaine spatial, dont le pas tend vers 0, une famille (φi ) de fonctions biens choisies pour que les
termes a(φi , φj ) soient le plus souvent possible nul.
18
4.3
4.3.1
Eléments finis : exemple en dimension 1
Problème modèle
On considère le problème de Dirichlet sur le domaine Ω =]0, 1[ : Trouver u : Ω → R solution de
(
−u00 + u = f
sur ]0, 1[
u(0) = u(1) = 0
Le domaine Ω est discrétisé grâce à la subdivision (xj )0≤j≤n+1 avec xj = jh, h =
4.3.2
1
n+1 .
Eléments finis P1
On considère comme ensemble Vh :
Vh = u ∈ C 0 ([0, 1]),
∀i = 0, . . . n, u|[xi ,xi+1 ] ∈ P1
où P1 est l’ensemble des polynômes de degré inférieur ou égal à 1 sur R. De même on pose
Vh0 = {u ∈ Vh ,
u(0) = u(1) = 0}
D’après la proposition 2, ces deux espaces sont des sous-espaces de H 1 (0, 1), donc des Hilbert puisqu’ils
sont de dimension finie. En effet en introduisant la fonction φ : R → R définie par φ(x) = 1 − |x| sur
x−x
[−1, 1] et nulle ailleurs, une base de Vh est formée des fonctions φj (x) = φ( h j ), pour j = 0, . . . , n + 1.
On les appelle les fonctions de base éléments finis P1 . De même Vh0 est engendré par ces mêmes fonctions
de dimension n + 2 et n respectivement. Un élément
pour j = 1, . . . , n. Les espaces Vh et Vh0 sont
Pdonc
n+1
uh ∈ Vh s’exprime sous la forme uh (x) = j=0 uh (xj )φj (x) alors que u0h ∈ Vh0 aura pour expression
P
u0h (x) = nj=1 uh (xj )φj (x). La formulation variationnelle approchée est écrite pour ce problème de
Dirichlet sur Vh0 pour transcrire les conditions aux limites. La formulation variationelle étant de la
R1
R1
forme a(u, v) = `(v) avec a(u, v) = 0 u0 v 0 + uvdx et `(v) = 0 f vdx, on obtient en remplaçant uh par
son expression en fonction de la base φj le problème : trouver (uj )1≤j≤n ∈ Rn tels que
n
X
a(φj , φi )uj = `(φi ),
i = 1...,n
j=1
ce qui constitue un système de n équations à n inconnues, de matrice de terme général a(φi , φj ) (a
est symétrique). Calculons ces coefficients pour les fonctions de base P1 . Comme le support de φi est
[xi−1 , xi+1 ], le produit φi φj est identiquement nul lorsque |i − j| > 1. Nous n’avons donc à calculer que
a(i, i − 1), a(i, i) et a(i, i + 1) sachant que par symétrie on a a(i, i − 1) = a(i, i + 1). Calculons :
Z
Z xi+1
Z
Z xi+1 1 xi+1 0 x − xi 2
x − xi 2
2 xi+1 2
x − xi 2
a(φi , φi ) =
φ(
) dx+2
φ(
) dx =
1 dx+2
1−(
) dx.
h xi−1
h
h
h xi
h
xi
xi
1
h
On trouve a(φi , φi ) = h2 + 2h
3 . Un calcul analogue donne a(φi , φi+1 ) = − h + 6 . Le système à résoudre est
donc tridiagonal. Pour poursuivre l’étude de cette méthode, il nous faut un résultat d’approximation
des fonctions de H 1 (0, 1) par les éléments de Vh :
Théorème 12 Soit rh l’opérateur d’interpolation de H 1 (0, 1) dans Vh . Alors pour tout u ∈ H 1 (0, 1),
limh→0 krh u − ukH 1 (0,1) = 0 et il existe C > 0 tel que pour tout u ∈ H 2 (0, 1), krh u − ukH 1 (0,1) ≤
Chku00 kL2 (0,1) .
Corollaire 2 Soit u ∈ H01 (Ω) solution de (F V ) et uh ∈ Vh0 solution de (F Vh ). Alors la méthode
P1 converge : limh→0 kuh − ukH 1 (0,1) = 0 et il existe C > 0 tel que pour tout u ∈ H 2 (0, 1) on ait
ku − uh k ≤ Chku00 kL2 (0,1) .
19
x−xi
Démonstration. Sur [xi , xi+1 ] on a pour v ∈ C ∞ ([0, 1]), rh v(x) = v(xi ) + xi+1
−xi (v(xi+1 ) − v(xi )) ∈
P1 . Opérons une première estimation. On a
x − xi
(v(xi+1 ) − v(xi ))
rh v(x) − v(x) = v(xi ) − v(x) +
xi+1 − xi
Z xi
Z xi+1
x − xi
v 0 (t)dt +
=
v 0 (t)dt
xi+1 − xi xi
x
= (xi − x)v 0 (ξ1 ) + (x − xi )v 0 (ξ2 ) = (x − xi )(v 0 (ξ2 ) − v 0 (ξ1 )
Z ξ2
= (x − xi )
v 00 (t)dt
ξ1
Donc (rh v(x)−v(x))2 ≤ (x−xi )2
R
xi+1
xi
En intégrant sur [xi , xi+1 ] on obtient
2
R
x
|v 00 (t)|dt ≤ h2 xii+1 12 dt kv 00 k2L2 (xi ,xi+1 ) ≤ h3 kv 00 k2L2 (xi ,xi+1 ) .
R xi+1
xi
(rh v(x) − v(x))2 dx ≤ h4 kv 00 k2L2 (xi ,xi+1 ) et finalement
krh v − vkL2 (0,1) ≤ h2 kv 00 kL2 (0,1) .
Cette inégalité est valable sur H 2 (0, 1) par densité. Faisons maintenant une estimation sur les dérivées :
1
v(xi+1 ) − v(xi )
− v 0 (x) =
(rh v) − v (x) =
xi+1 − xi
h
0
0
Z
xi+1
xi
1
v (t) − v (x)dt =
h
0
0
Z
xi+1
xi
Z
t
v 00 (y)dydt
x
donc
1
|(rh v) − v (x)| ≤ 2
h
0
0
2
Z
xi+1
xi
Z
t
2
v (y)dydt
00
x
2 !
Z xi+1 Z t
1
≤ 2
v 00 (y)dy dt
12 dt
h
xi
x
xi
Z
Z t
Z
1 xi+1 t 2
≤
1 dy
v 002 (y)dydt ≤ hkv 00 k2L2 (xi ,xi+1 )
h xi
x
x
Z
xi+1
En intégrant sur [xi , xi+1 ] et en sommant sur i on obtient finalement
k(rh v)0 − v 0 kL2 (0,1) ≤ hkv 00 kL2 (0,1) .
et cette inégalité est valable sur H 2 (0, 1) par densité. En regroupant ces deux inégalités on a l’inégalité
cherchée :
krh v − vkH 1 (0,1) ≤ Chkv 00 kL2 (0,1) .
Démontrons maintenant la convergence annoncée. On repart de l’estimation en dérivée première :
Z xi
Z xi+1
x − xi
0
rh v − v(x) =
v (t)dt +
v 0 (t)dt
x
−
x
i+1
i xi
x
R xi+1 0
qui donne |rh v − v(x)| ≤ 2 xi |v (t)|dt donc grâce à l’inégalité de Cauchy-Schwarz, |rh v − v(x)|2 ≤
4hkv 0 k2L2 (xi ,xi+1 ) d’où en intégrant sur [xi , xi+1 ], krh v − vk2L2 (xi ,xi+1 ) ≤ 4h2 kv 0 k2L2 (xi ,xi+1 ) et enfin en
sommant sur i,
krh v − vkL2 (0,1) ≤ 2hkv 0 kL2 (0,1)
Pour conclure il faut montrer que k(rh v)0 − v 0 kL2 (0,1) → 0. Pour cela soit ε > 0. Comme C ∞ ([0, 1]) est
dense dans H 1 (0, 1) il existe φ ∈ C ∞ ([0, 1]) tel que kφ − vkH 1 (0,1) < ε, et a fortiori, kφ0 − v 0 kL2 (0,1) <
20
ε. Comme φ ∈ C ∞ ([0, 1]) ⊂ H 2 (0, 1), on a l’inégalité démontrée ci-dessus, k(rh φ)0 − φ0 kL2 (0,1) ≤
hkφ00 kL2 (0,1) . D’autre part on peut estimer k(rh v)0 − (rh φ)0 kL2 (0,1) en écrivant sur [xi , xi+1 ]
v(xi+1 ) − v(xi )
1
(rh v) (x) =
=
h
h
0
Z
xi+1
v 0 (t)dt
xi
donc (rh v)0 (x)2 ≤ h1 kv 0 kL2 (xi ,xi+1 ) ce qui en intégrant sur [xi , xi+1 ] donne k(rh v)0 k2L2 (xi ,xi+1 ) ≤ kv 0 k2L2 (xi ,xi+1 )
et enfin en sommant sur i,
k(rh v)0 kL2 (0,1) ≤ kv 0 kL2 (0,1)
En particulier on a donc
k(rh v)0 − (rh φ)0 kL2 (0,1) ≤ kv 0 − φ0 kL2 (0,1) < ε.
Cette inégalité permet de conclure puisque
k(rh v)0 − v 0 kL2 (0,1) ≤ k(rh v)0 − (rh φ)0 kL2 (0,1) + k(rh φ)0 − φ0 kL2 (0,1) + kφ0 − v 0 kL2 (0,1) ≤ 2ε + hkφ00 kL2 (0,1)
Prenons h0 ≤
4.3.3
ε
kφ00 kL2 (0,1)
alors h < h0 donne k(rh v)0 − v 0 kL2 (0,1) ≤ 3ε. Ceci prouve l’assertion.
Eléments finis P2
On considère cette fois comme ensemble Vh :
Vh = u ∈ C 0 ([0, 1]), ∀i = 0, . . . n, u|[xi ,xi+1 ] ∈ P2
où P2 est l’ensemble des polynômes de degré inférieur ou égal à 2 sur R. De même on pose
Vh0 = {u ∈ Vh ,
u(0) = u(1) = 0}
Pour constituer une base de Vh , on considère comme dans le cas de P1 les polynômes interpolateurs de
Lagrange sur [xi , xi+1 ]. Ceux-ci s’écrivent
ψi (x) =
2
(x − xi+ 1 )(x − xi+1 ),
2
h2
ψi+1 (x) =
2
(x − xi+ 1 )(x − xi ),
2
h2
ψi+ 1 (x) = −
2
4
(x − xi )(x − xi+1 )
h2
Le support de ψi est [xi−1 , xi+1 ] et celui de ψi+ 1 l’intervalle [xi , xi+1 ]. Un élément de Vh s’écrit
2
v(x) =
n+1
X
v(xi )ψi (x) +
i=0
n
X
v(xi+ 1 )ψi+ 1 (x)
2
i=0
2
ce qui en fait un espace de dimension 2n + 3. Un élément de Vh0 s’écrit
v(x) =
n
X
v(xi )ψi (x) +
i=1
n
X
v(xi+ 1 )ψi+ 1 (x)
i=0
2
2
ce qui en fait un espace de dimension 2n + 1. Dans le cas du problème de Dirichlet associé à l’équation
différentielle −u00 = f sur [0, 1], on cherche donc une solution sous la forme
uh =
2n+1
X
uk/2 ψk/2 (x)
k=1
21
et le problème revient à résoudre le système Kh Uh =
système s’écrit après calcul :
 16
− 38 0
3
− 8 14 − 8
3
3
3
1
8
16

Kh =  0 − 3
3
1
h 0
− 83

3
..
..
..
.
.
.
Fh où Khk` =
0
1
3
− 38
16
3
..
.
R1
0
0 (x)ψ 0 . La matrice du
ψk/2
`/2

···
· · ·

· · ·

1 
3 
..
.
0
0
0
− 83
..
.
Elle est donc un peu plus pleine que dans le cas de l’approximation P1 , et surtout deux fois plus grande.
Quel est donc l’intérêt de cette approximation ? Il tient dans le résultat de convergence suivant
Théorème 13 Soit u ∈ H01 (0, 1) et uh ∈ Vh0 solution des formulations variationnelles exacte et approchées associées au problème ci-dessus. Alors la méthode P2 converge et limh→0 ku − uh kH 1 (0,1) = 0.
De plus, si u ∈ H 3 (0, 1), alors il existe C > 0 indépendant de h tel que
ku − uh kH 1 (0,1) ≤ Ch2 ku000 kL2 (0,1) .
Donc la méthode P2 a une convergence quadratique en h pour les solutions régulières. C’est rentable
pour n assez grand. En effet si on considère que le coût de résolution d’un système matriciel de taille
n et de largeur de bande b est de l’ordre de b × n, elle sera de l’ordre de 3n pour la méthode P1 et 5n
pour P2 . Mais pour augmenter la précision d’un facteur 100 pour la première méthode, cela coûtera
100 fois plus cher, pour seulement 10 fois plus cher pour la deuxième.
4.3.4
Un élément fini original
Un des avantages de la méthode des éléments finis est de ne pas se limiter à définir des degrés de liberté de type valeur aux noeuds comme dans la méthode des différences finies.
titre
R1 A
0 v 0 dx+
u
d’exemple
considérons
le
problème
variationnel
défini
sur
V
par
la
forme
bilinéaire
a(u,
v)
=
0
R
R
R1
1
1
f
vdx.
Le
problème
consistant
à
trouver
u ∈ V tel
udx
vdx
et
la
forme
linéaire
`(v)
=
0
0
0
que pour tout v ∈ V , a(u, v) = `(v) admet une unique solution car entre dans les hypothèses du théorème de Lax-Milgram. La continuité de a et ` ne pose pas de problème. Pour la coercivité, par contre,
consiste à montrer qu’il existe une constante C > 0 telle que pour tout u ∈ V , a(u, u) ≥ Ckuk2V . Pour
cela procédons par l’absurde en supposant qu’au contraire pour toute constante C = n1 , il existe une
fonction un telle que a(un , un ) ≤ n1 kun k2V . Posons wn = kuunnkV , qui vérifie donc kwn kV = 1. D’après la
R1
R1
bilinéarité de a on a donc a(wn , wn ) ≤ n1 ce qui se traduit par wn0 → 0 dans L2 et 0 wn dx → 0 wdx.
D’après le théorème 7, il existe une sous-suite wσ(n) convergeant fortement dans L2 vers une certain
fonction w.RPar continuité de la dérivation au sens des distibutions, on a w0 = 0 , et de même pour
1
l’intégrale, 0 wdx = 0, d’où w = 0. Par ailleurs kwσ(n) kV = 1 et wσ(n) converge fortement vers w dans
H 1 . Donc on devrait avoir en particulier kwkV = 1, ce qui est en contradiction avec w = 0.
Interprétons le problème obtenu. Remarquons d’abord
qu’en
R1
R 1 choisissant v = 1 dans la formulation variationnelle on obtient immédiatement que 0 udx = 0 f dx. D’autre part, on peut écrire la
formulation sous la forme
Z 1
Z 1 Z 1
Z 1
0 0
u v dx +
udx vdx =
f vdx
0
ce qui mène à l’équation :
Z
−u00 +
1
udx = f
0
0
0
u0 (0) = u0 (1) = 0
Z
22
Z
udx =
0
0
1
1
f dx.
0
On pourrait utiliser les éléments finis P1 pour approcher ce problème. Si (φi ) est la base éléments finis
associée, le système à résoudre a une matrice dont l’élement i, j est
Z 1
Z 1
X Z 1
φ0i φ0j +
φi dx
φj dx
uj
0
j
0
0
qui est complètement pleine. Introduisons un élément fini ad hoc tel que sur l’intervalle de référence,
les degrés de liberté sont les valeurs aux extrêmités de l’intervalle et l’intégrale sur l’élément.
R 1 Pour cela
on introduit donc trois polyômes sur [0, 1], ψ0 , ψ1 , ψ2 tels que ψ0 (0) = 1, ψ0 (1) = 0, 0 ψ0 dx = 0 ;
R1
R1
ψ1 (0) = 0, ψ1 (1) = 0, 0 ψ1 dx = 1 ; ψ2 (0) = 0, ψ2 (1) = 1, 0 ψ2 dx = 0, dont les expressions sont :
ψ0 (x) = 3x2 − 4x + 1
ψ1 (x) = 6x(1 − x)
ψ2 (x) = 3x2 − 2x.
On définit alors à partir de ψ1 les fonctions de base φi+ 1 à support dans [xi , xi+1 ] et à partir de
2
ψ0 les fonctions de bases φi à support sur [xi−1 , xi+1 ]. Il y a donc comme dans l’approximation P2
trois fonctions de base non nulles sur l’élément [xi , xi+1 ] : φi , φi+1/2 , et φi+1 . On cherche comme dans
l’approximation classique une solution approchée sous la forme
u=
2N
+1
X
ui/2 φi/2
i=1
Ceci aboutit au système linéaire à résoudre :
2N
+1
X
j=1
Z
uj/2
1
φ0i φ0j +
0
Z
1
Z
φi dx
1
φj dx
0
Z
=
0
1
f φi/2 dx
0
qui est bien plus creux que le précédent, car pour i pair, le deuxième terme est complètement nulle et
on retrouve une largeur de bande 3 sur ces lignes. D’autres exemples d’éléments finis font intervenir non
pas les valeurs ou l’intégrale de la fonction mais les valeurs de la dérivée au point. Ce sont les éléments
d’Hermite (cf TD/TP). Ils sont notamment utilisés lorsqu’on veut que les fonctions approchantes soient
plus que continues par morceaux, par exemple continûment dérivables par morceaux. C’est le cas par
exemple dans l’étude des EDP d’ordre 4 pour lesquels on fait intervenir l’espace H 2 .
4.4
Définition d’un élément fini
Un élémént fini est un triplet (K, P, Σ), où
(i) K est un compact de RN d’intérieur non vide.
(ii) P est un espace vectoriel de dimension finie de fonctions de K dans R.
(iii) Σ = {`1 , `2 , . . . , `m } est un ensemble de m formes linéaires sur P.
Exemples : Les éléments finis de Lagrange 1D sont de la forme
P1 : K = [0, 1], P = R1 [X], Σ = {p → p(0), p → p(1)}
P2 : K = [0, 1], P = R2 [X], Σ = {p → p(0), p → p(1/2), p → p(1)}
L’élément fini 1D intégral introduit ci-dessus correspond à
n
o
R1
P1 : K = [0, 1], P = R2 [X], Σ = p → p(0), p → 0 p(x)dx, p → p(1)
Un autre élément fini 1D peut être défini par :
f2 : K = [0, 1], P = R2 [X], Σ = p → p(0), p → p0 ( 1 ), p → p(1)
P
2
Les éléments finis de Lagrange en 2D (voir ci-dessous) correspondent à
23
P1 : K = {(x, y), x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1}, P = h1, x, yi, Σ = {p → p(0, 0), p → p(0, 1), p → p(1, 0)}
Q1 : K = [0, 1]2 , P = h1, x, y, xyi, Σ = {p → p(0, 0), p → p(0, 1), p → p(1, 0), p → p(1, 0)}
Définition 2 (Unisolvance) On dit que l’élément fini (K, P, Σ) est unisolvant si
∀(α1 , . . . , αm ) ∈ Rm , ∃!p ∈ P, ∀j = 1 . . . m, `j (p) = αj
autrement dit l’application (`1 , . . . , `m ) de P dans Rm est bijective. Dans ce cas on appelle fonctions
de base de l’élément fini les m fonctions ψi ∈ P, i = 1, . . . , m telles que `j (ψi ) = δij , où δij est le
symbole de Kronecker.
Remarque 6 Pour qu’un élément fini soit unisolvant il est nécessaire que card Σ = dim P. Dans ce
cas prouver l’unisolvance revient à déterminer les fonctions de base, ou encore à prouver que la seule
fonction de P qui annule toutes les formes de Σ est la fonction nulle.
f2 . Pour ce dernier
Exemples : Tous les éléments finis ci-dessus sont unisolvants (exercice), sauf P
en effet, le polynôme x(1 − x) appartient à P et annule `1 , `2 et `3 . Donc le noyau de l’application
(`1 , `2 , `3 ) de R2 [X] dans R3 contient ce polynôme. Cela traduit le fait que pour un polynôme de degré
2, les valeurs aux bords d’un intervalle déterminent la valeur de sa dérivée au milieu de
cet intervalle.
Par contre il est facile de voir que si on remplace Σ par p → p(0), p → p0 ( 31 ), p → p(1) (par exemple),
l’élément devient unisolvant.
Evidemment dans la réalité nous allons travailler sur des compacts K différents du triangle ou du
carré envisagés ci-dessus. Mais nous avons la proposition suivante que nous laissons en exercice :
N
N
Proposition 4 Soit K̂ un compact de RN et (K̂, P̂, Σ̂) un élément fini unisolvant.
n Soit F : R → R o
une application injective. Soit (K, P, Σ) l’élément fini défini par K = f (K̂), P = p : K → R, p ◦ F ∈ P̂
n
o
ˆ ◦ F ), `ˆ ∈ Σ̂ . Alors cet élément fini est unisolvant, et les fonctions de
et Σ = ` : P → R, `(p) = `(p
base de (K, P, Σ) sont obtenues en posant ψi = ψ̂i ◦ F −1 où ψ̂i sont les fonctions de base de (K̂, P̂, Σ̂).
4.5
4.5.1
Eléments finis en dimension 2
Triangulation d’un domaine polygonal
2
Définition 3 Soit Ω un ouvert polygonal
Sn de R . Une triangulation de Ω est un ensemble T de triangles
(Ki )i=1...n tels que Ki ⊂ Ω et Ω = i=1 Ki , et l’intersection de deux triangles de T est soit vide, soit
réduite à un point, soit une arête entière. On note pour un triangle K, son diamètre diam(K) =
max(x,y)∈K 2 kx − yk et sa rondeur ρ(K) = maxB(0,r)⊂K (2r).
Le rapport diam(K)
qui est toujours ≥ 1 mesure le degré d’applatissement de K. Un bon maillage est
ρ(K)
tel que le minimum de ce rapport sur la triangualation n’est pas trop faible. On verra par la suite, en
effet, que ce rapport intervient directement dans l’estimation d’erreur entre la solution approchée et la
solution exacte.
4.5.2
Eléments finis P1
On introduit l’espace d’éléments finis basé sur la triangulation décrite ci-dessus,
Vh = v : Ω → R, v ∈ C 0 (Ω), v|Ki affine
Une base de l’espace est donnée, par analogie avec l’espace éléments finis P1 en dimension 1 par les
fonctions "chapeau" c’est à dire valant 1 en un noeud de la triangulation, 0 sur tous les autres noeuds
et bien sûr affine par morceaux sur la triangulation. Un exemple est donné sur la figure ci-dessous.
24
Coordonnées barycentriques : Soit K = (A1 , A2 , A3 ) un triangle non aplati. On appelle coordonnées barycentriques d’un point M du plan par rapport au triangle K le triplet de réels (λ1 , λ2 , λ3 )
tels que :
(
~ = λ1 OA
~ 1 + λ2 OA
~ 2 + λ3 OA
~ 3
OM
λ1 + λ2 + λ3 = 1
Remarquons que ces trois nombres existent car les vecteurs M~Ai sont liés dans le plan. Par exemple
le barycentre du triangle a pour coordonnées ( 13 , 31 , 13 ). On peut vérifier qu’un point M appartient au
triangle si et seulement si ses coordonnées barycentriques sont toutes positives (et donc par définition
≤ 1). Une coordonnée barycentrique λi d’un point M est nulle si et seulement si ce point appartient à
la droite (Aj Ak ) avec j, k 6= i. En particulier le milieu du coté [Aj Ak ] a pour coordonnées λj = λk = 21
et donc λi = 0. Notons enfin que A1 a pour coordonnées (1, 0, 0), A2 (0, 1, 0) et A3 (0, 0, 1).
La définition ci-dessus des coordonnées barycentriques permet de les calculer en résolvant un système de trois équations à trois inconnues. Matriciellement si M a pour coordonnées cartésiennes (x, y)
on résout :

   
xA1 xA2 xA3
λ1
x
 yA1 yA2 yA3  λ2  = y 
1
1
1
1
λ3
Comme on le voit, en résolvant ce système, les coordonnées λi peuvent donc être considérées comme
des fonctions de (x, y). D’après les propriétés énoncées ci-dessus, on voit qu’il s’agit des polynômes
interpolateurs de degré un de Lagrange sur le triangle. On a donc :
∀p ∈ P1 ,
p(x, y) =
3
X
p(Ai )λi (x, y).
i=1
On peut vérifier aussi que les polynômes de P2 s’expriment grâce à ces fonctions sous la forme
∀p ∈ P2 ,
p(x, y) =
3
X
p(Ai )λi (x, y)(2λi (x, y) − 1) + 4
i=1
X
p(Aij )λi (x, y)λj (x, y),
1≤i<j≤3
où Aij désigne le milieu du côté [Ai Aj ].
4.5.3
Exemple modèle :
Soit Γ1 ∪ Γ2 une partition régulière de ∂Ω. Considérons le problème non homogène


sur Ω
−∆u + u = f
u=g
sur Γ1


−∂n u + αu = φ sur Γ2
25
On définit les espaces V0 = u ∈ H 1 (Ω), v|Γ1 = 0 et Vg = u ∈ H 1 (Ω), v|Γ1 = g . Soit G ∈ H 1 (Ω)
tel que G|Γ1 = g (on suppose ici implicitement une certaine régularité de g, car l’image de l’opérateur
de trace n’est pas tout L2 ). On effectue le changement de fonction inconnue U = u − G1 , U vérifie
alors
−∆U + U = −∆u + u + ∆G1 − G1 = f + ∆G1 − G1
dans Ω et sur les bords, U|Γ1 = 0, −∂n U + αU|Γ2 = −∂n u + αu + ∂n G1 − αG1 = φ + ∂n G1 − αG1 =: Φ1 .
On multiplie par v ∈ V0 et on intègre sur Ω,
Z
Z
Z
Z
∇U ∇v + U vdx −
∂n U vdσ =
f v − ∇G1 ∇v − G1 vdx +
∂n G1 vdσ
Ω
Γ2
Ω
Γ2
car v est nul sur Γ1 . On a en utilisant la condition aux limites de U ci-dessus sur Γ2 ,
Z
Z
Z
Z
f v − ∇G1 ∇v − G1 vdx +
(αU − φ − ∂n G1 + αG1 )vdσ =
∇U ∇v + U vdx −
∂n G1 vdσ
Γ2
Ω
Γ2
Ω
Les termes en dérivées normale de G1 s’annulent et nous avons un problème sous la forme de LaxMilgram a(U, v) = `(v) en écrivant :
Z
Z
Z
Z
∇U ∇v + U vdx − α
U vdσ =
f v − ∇G1 ∇v − G1 vdx +
(φ − αG1 )vdσ
Ω
Γ2
Ω
Γ2
Nous avons donc l’existence et l’unicité d’une solution aux problème variationnel ci-dessus et donc
d’une solution au problème de départ puisque u = U + G1 . On remarque par ailleurs que u vérifie un
problème variationnel sur l’espace vectoriel dirigeant l’espace affine Vg :
Z
Z
Z
Z
∇u∇v + uvdx − α
uvdσ =
f vdx +
φvdσ
Ω
Γ2
Ω
Γ2
mais dans cette formulation u ∈ V , au lieu de V0 et nous ne pouvons pas appliquer Lax-Milgram
directement. Il existe néanmoins des extensions de ce théorème à un sous-ensemble convexe d’un
espace de Hilbert, ce qui comprend donc le cas du sous-espace affine ci-dessus.
Théorème 14 (Stampacchia) Soit V un espace de Hilbert, a une forme bilinéaire sur V × V et `
une forme linéaire sur V vérifiant les hypothèses du théorème de lax-Milgram (continuité, coercivité).
Soit K un convexe fermé de V . Alors il existe un unique u ∈ K tel que
∀v ∈ K,
a(u, v − u) ≥ `(v − u).
Si de plus la forme bilinéaire a est symétrique alors u solution de problème variationnel ci-dessus est
l’unique minimiseur sur K de la forme quadratique 12 a(v, v) − `(v).
Démonstration. En raisonnant comme dans la démonstration du théorème de Lax-Milgram on
commence par associer à a un opérateur A et à ` un vecteur b. On veut alors trouver u ∈ K tel que
hb − Au, v − ui ≤ 0 pour tout v ∈ K. Ceci s’écrit aussi pour tout r > 0, hr(b − Au) + u − u, v − ui ≤ 0.
Ceci s’interprête comme un projection sur K : u vérifie pour tout r, u = pK (r(b − Au) + u), où pK
est l’opérateur de projection sur K. Nous cherchons donc un point fixe de u → pK (r(b − Au) + u).
Comme un opérateur de projection est lipschitzien de constante 1, il suffit de montrer que u →
r(b − Au) + u est contractante pour obtenir une solution. C’est exactement ce que nous avons montré
dans la démonstration du théorème de Lax-Milgram.
26
4.5.4
Implémentation pratique
Numérotation des noeuds. Soit N0 le nombre de noeuds du maillage à l’intérieur de Ω, et I0
l’ensemble d’indices i de ces points ni . De même, soit N1 (resp. N2 ) le nombre de sommets de la
triangulation situés sur Γ1 (resp. Γ2 ), et I1 (resp. I2 ) l’ensembles des indices correspondants. D’après
les conditions aux limites du problème étudié, un élément uh ∈ Vh vérifie uh (ni ) = 0 pour i ∈ I1 . La
formulation faible approchée revient à résoudre
a(uh , φi ) = `(φi ),
∀i ∈ I0 ∪ I2
P
avec dans la forme bilinéaire a, G1 = i∈I1 g(ni )φi (x). Il s’agit donc d’un système de N0 +N2 équations
à N0 + N2 inconnues. Notons que G1 ne dépend que de la valeur de g1 sur Γ1 .
Assemblage.
R
R On doit donc calculer, dans les coefficients du système, des intégrales de la forme
φ
φ
dx
ou
Ω i j
Ω ∇φi ∇φj dx. Comme les fonctions de base sont à support compact, le moyen le plus
efficace de procéder est de parcourir tous les éléments (triangles) de la triangulation et calculer quelle
contribution cet élément va apporter au calcul de l’intégrale. En effet, par exemple,
Z
XZ
∇φi ∇φj dx =
∇φi ∇φj dx
Ω
K∈T
K
Pour calculer l’intégrale ci-dessus sur un triangle, on se ramène à un élément de référence par changement de variables. Considérons l’élément K̂ = {(x̂, ŷ), x̂ ≥ 0, ŷ ≥ 0, x̂ + ŷ ≤ 1} qui est le triangle
rectangle de côté 1 et de sommets A1 = (0, 0), A2 = (1, 0), et A3 = (0, 1). Les fonctions de base sur
cet élément sont
φ̂1 (x̂, ŷ) = 1 − x̂ŷ, φ̂2 (x̂, ŷ) = x̂, φ̂3 (x̂, ŷ) = ŷ.
L’intégrale que l’on veut calculer est associée à un triangle K de sommets A1 = (x1 , y1 ), A2 = (x2 , y2 ),
A3 = (x3 , y3 ). On définit une application A de K̂ dans K en associant M̂ (x̂, ŷ) ∈ K̂ à M (x, y) ∈ K de
sorte que
A1~M = x̂A1~A2 + ŷ A1~A3 .
On a donc
(
x = x̂(x2 − x1 ) + ŷ(x3 − x1 ) + x1
y = x̂(y2 − y1 ) + ŷ(y3 − y1 ) + y1
Les fonctions de base associées à K s’obtiennent à partir de celles de K̂ grâce à l’application A
φi (x, y) = φ̂i (A−1 (x, y)).
Notons que A est inversible, car c’est la composée d’une translation et d’une application linéaire de
déterminant l’aire du triangle K. Pour calculer une intégrale sur le triangle K on se ramène à K̂ par
changement de variable A. Pour une fonction de deux variables F on a
Z
Z
F (x, y)dxdy =
F (A(x̂, ŷ))|J|dx̂dŷ
K
4.6
K̂
Eléments finis non conformes
Jusqu’à présent nous avons toujours supposé que l’espace discret Vh était inclus dans l’espace V ,
et c’était la base de la démonstration du lemme de Céa. Mais parfois il est intéressant de considérer
des méthodes éléments finis pour lesquelles ceci n’est plus vrai. On parle alors d’éléments finis non
conformes.
27
5
Quelques exemples issus des sciences appliquées
5.1
Problèmes instationnaires
5.2
Equations de convection-diffusion
Vous avez abordé au premier semestre l’équation de la chaleur. L’équation de convection-diffusion
que nous introduisons est du même type, avec un terme convectif. Elle s’écrit donc sous la forme
∂t c + u · ∇c − div(k∇c) = 0.
Le champ de vitesse u est souvent solution d’une autre équation, de type Stokes (voir ci-dessous) ce
qui rend le problème couplé. Mais commençons par supposer donnée cette vitesse. En reprenant un
exemple d’A. Fortin (voir page web) on considère d’abord un problème modèle 1D.
5.2.1
Schémas temporels
5.2.2
Stabilisation SUPG
5.3
5.3.1
Problèmes de Stokes
Introduction, formule de Reynolds
Un fluide visqueux incompressible s’écoule à la vitesse u(x, y) supposée constante. Sur une surface
de normale n, l’effort exercé est Σn où Σ est le tenseur des contraintes. Pour un fluide newtonnien
il s’écrit Σ = −pI + 2µD(u) avec D(u)ij = 12 (∂j ui + ∂i uj ), oİ u = (u1 , u2 ). Cette matrice mesure
comment la vitesse varie entre deux particules voisines, et la forme du tenseur des contraintes reflète
le fait que le fluide est incompressible et exerce donc une force normale liée à la pression, et le fait qu’il
est visqueux, et par conséquent réagit au frottement des particules les unes contre les autres (du fait
de leur différence de vitesse).
Comment s’exprime l’incompressibilité du milieu continu sur son champ de vitesse ? Grâce à a
formule de Reynolds, par exemple. Pour démontrer celle-ci nous allons faire une petite disgression
sur le flot d’un champ de vecteurs. Pour ξ ∈ Ω et s ∈]0, T ], On note τ → X(τ ; ξ, s) la solution du
système différentiel Xτ = u(X, τ ) muni de la condition initiale X(s) = ξ. La solution de ce système
existe et est unique dans le cadre classique par exemple sous l’hypothèse que le champ de vitesse est
lipschitzien en x, uniformément en t. Nous nous sommes placés dans le cadre d’un champ de vitesse
régulier (hypothèse (H), qui est plus forte que u uniformément lipschitzien car Ω est borné), de sorte
que nous considérons ici des solutions classiques.
L’interprétation physique de X(τ ; ξ, s) est la position à l’instant τ d’une particule du milieu continu
située à l’instant s à la position ξ. Intuitivement, le lemme suivant est évident :
Lemme 1 Sous l’hypothèse (H) on a
∀(t1 , t2 ) ∈ [0, T ]2 , ∀x ∈ Ω,
X(t1 ; X(t2 ; x, t1 ), t2 ) = x
Démonstration. Soit ξ = X(t2 ; x, t1 ). Alors X(τ ; ξ, t2 ) est solution du système différentiel Xτ =
u(X, τ ) muni de la condition X(t2 ) = ξ. Mais X(τ ; x, t1 ) est solution du même système et vérifie
X(t2 ; x, t1 ) = ξ. D’après (H) la solution de ce système est unique donc X(τ ; x, t1 ) = X(τ ; ξ, t2 ). En
particulier nous avons l’identité annoncée en τ = t1 , puisque X(t1 ; x, t1 ) = x.
La propriété ci-dessus nous indique que la transformation x → X(t1 ; x, t2 ) est inversible, d’inverse
X(t2 ; ·, t1 ). En fait nous avons plus :
Proposition 5 L’application x → X(t1 ; x, t2 ) est un C 1 -difféomorphisme de Ω dans lui-même. Son
jacobien J(t1 ; x, t2 ), continu en x, est strictement positif, est tel que t → J(t; x, t2 ) est de classe C 1 en
t et vérifie
Jt (t1 ; x, t2 ) = (div u)(X(t1 ; x, t2 ), t1 )J(t1 ; x, t2 )
28
Démonstration. L’inversibilité de x → X(t1 ; x, t2 ) provient du lemme ci-dessus. La régularité C 1 de
X est classique sous les hypothèses faites sur u ; cela correspond en effet à un résultat de régularité de
la solution d’un système différentiel par rapport à des paramètres. Pour voir ceci, posons Z(τ ; x, t) =
X(τ +t; x, t)−x. Le système différentiel en X est équivalent au système différentiel Zτ = u(Z +x, τ +t)
avec la condition initiale Z(0) = 0. Comme u a été supposé de classe C 1 en (x, t), on en déduit que
X est de classe C 1 par rapport à (τ, x, t), en appliquant, par exemple, le théorème page 286 du livre
Equations Différentielles de Jean-Pierre Demailly. En différentiant la relation du lemme 1 par rapport
à x, on a
[DX](t1 ; X(t2 ; ξ, t1 ), t2 )[DX](t2 ; x, t1 ) = Id
où Id représente la matrice identité de Md (R). Soit en prenant le déterminant
J(t2 ; x, t1 )J(t1 ; X(t2 ; ξ, t1 ), t2 ) = 1
qui prouve que J ne s’annule pas. A (x, t) fixé, comme τ → Xx (τ ; x, t) vérifie Yτ = ux (X(τ ; x, t), τ )Y
et Y (t) = Id , et que τ → ux (X(τ ; x, t), τ ) est continu, τ → Xx (τ ; x, t) et donc τ → J(τ ; x, t) sont
de classe C 1 . Comme J(t; x, t) = 1, et que J ne s’annule pas, il est donc toujours strictement positif.
D’autre part en dérivant J par ligne, on a en dimension deux,
∂
∂
d X1,x1 X1,x2 ∂t
X1,x2 X1,x1 ∂t
X1,x2 X1,x1
Jt =
+ ∂
=
∂
X2,x2 ∂t
X2,x1 ∂t
X2,x2 dt X2,x1 X2,x2 X2,x1
u1,x (X)X1,x + u1,x (X)X2,x u1,x (X)X1,x + u1,x (X)X2,x 1
1
2
1
1
2
2
2
=
X2,x1
X2,x2
X1,x1
X1,x2
+
u2,x1 (X)X1,x1 + u2,x2 (X)X2,x1 u2,x1 (X)X1,x2 + u2,x2 (X)X2,x2 X1,x X1,x X2,x X2,x X1,x X1,x X1,x X1,x 1
2
1
2
1
2
1
2
= u1,x1 (X) +u
(X) +u
(X) +u
(X) X2,x1 X2,x2 1,x2
X2,x1 X2,x2 2,x1
X1,x1 X1,x2 2,x2
X2,x1 X2,x2 = u1,x1 (X) × J + u1,x2 (X) × 0 + u2,x1 (X) × 0 + u2,x2 (X) × J = (div u)(X)J
La démonstration se généralise sans difficulté à la dimension d.
Avec ces notations, on appelle variables lagrangiennes (ξ, t), et variables eulériennes (x, t) où x =
X(t; ξ, 0). A noter que de manière symétrique, on a d’après le lemme ci-dessus ξ = X(0; x, t). La
régularité du changement de variables eulérien-lagrangien dans notre cadre nous permet donc de passer
d’une représentation à l’autre très simplement.
Formule de Reynolds Soit f (·, t) une fonction intégrable sur Ω et ω ⊂ Ω. Soit ω(t) = X(t; ω, 0)
qui représente la position à l’instant t des particules situées initialement dans ω. Alors d’après la
proposition 5, le changement de variables x = X(t; ξ, 0), de jacobien strictement positif, donne
Z
Z
f (x, t)dx =
f (X(t; ξ, 0), t)J(t, ξ, 0)dξ
ω(t)
ω
Cette formule de changement de variables nous permet de démontrer le théorème de dérivation de
Reynolds.
Proposition 6 Soit un ouvert ω ⊂ Ω, et soit ω(t) = X(t; ω, 0). Soit f ∈ C 1 (Ω × [0, T ]), alors
Z
Z
d
∂f
f (x, t)dx =
+ div(f u)dx
dt ω(t)
ω(t) ∂t
29
(6)
Démonstration. En effet,
d
dt
Z
Z
d
f (x, t)dx =
f (X(t; ξ, 0), t)J(t, ξ, 0)dξ
dt ω
ω(t)
Z ∂X
∂f
∂J
=
(t; ξ, 0) · ∇f (X(t; ξ, 0), t) +
(X(t; ξ, 0), t) J(t, ξ, 0) + f (X(t; ξ, 0), t) (t, ξ, 0)dξ
∂t
∂t
∂t
ω
D’après la proposition 1 nous avons donc
d
dt
Z Z
f (x, t)dx =
ω(t)
ω
∂f
u(X(t; ξ, 0), t) · ∇f (X(t; ξ, 0), t) +
(X(t; ξ, 0), t) J(t, ξ, 0)
∂t
Z =
ω
+ f (X(t; ξ, 0), t)(div u)(X(t; ξ, 0), t)J(t, ξ, 0)dξ
Z
∂f
∂f
+ div(f u) (X(t; ξ, 0), t)J(t, ξ, 0)dξ =
+ div(f u)dx
∂t
ω(t) ∂t
En particulier si f = 1 dans cette formule, on trouve que le volume de ω(t) varie en fonction de la
divergence de u. Donc un champ conservant le volume est un champ à divergence nulle.
Si la densité de de force extérieure est f , en écrivant que la somme des forces appliquées sur un
volume élémentaire est nul nous avons
Z
Z
Σndσ +
f dx = 0
∂V
V
soit en appliquant le théorème de la divergence,
Z
Z
div Σdx = −
f dx.
V
V
Compte tenu de div u = 0 on calcule div Σ = −µ∆u + ∇p. En considérant des conditions aux limites
de type Dirichlet sur un domaine Ω, on aboutit aux équations de Stokes :


−µ∆u + ∇p = f dans Ω
div u = 0
dans Ω


u=0
sur ∂Ω
5.3.2
Formulation variationnelle
Soit V = u ∈ H01 (Ω)2 , div u = 0 . Prenons v ∈ V et multiplions la première équation de Stokes
par v et intégrons sur Ω. Par application de la formule de Green et des conditions aux limites sur u et
v on obtient
Z
Z
Z
µ∇u∇vdx −
p div vdx =
f vdx
Ω
Ω
Ω
ce qui donne, compte tenu de la deuxième équation de Stokes, la formulation variationnelle. Trouver
u ∈ V , tel que
Z
Z
∀v ∈ V,
µ∇u∇vdx =
f vdx.
Ω
Ω
On note qu’il n’y plus de pression dans cette formulation ! L’existence par le théorème de Lax-Milgram
est triviale car la forme bilinéaire est le produit scalaire sur H01 et V est un sous-espace fermé de H01 .
Par contre l’interprétation de du problème est délicate à cause de l’absence de pression, et du fait
30
que D(Ω) 6⊂ V . Supposons qu’on ait une solution H 2 de la formualtion variationnelle et remontons en
utilisant la formule de Green pour obtenir
Z
(−µ∆u + f )vdx = 0
∀v ∈ V,
Ω
L’ennui est que contrairement aux cas précédemment abordés lors d’étude de problèmes aux limites
et de remontée de la solution faible à la solution classique, l’espace V n’est pas dense dans L2 et
l’orthogonal de V dans L2 n’est pas réduit ) {0}. Par exemple tout gradient d’une fonction q ∈ H 1 est
dans V ⊥ car en utilisant la formule de la divergence on a
Z
Z
∇q · vdx = − q div vdx = 0
Ω
Ω
à cause de la contrainte de divergence nulle. Le théorème de de Rham, très profond en analyse, caractérise complètement cet orthogonal :
Théorème 15 (de Rham) Soit Ω un ouvert borné connexe régulier de classe C 1 de RN ; soit L une
forme linéaire continue sur H01 . Alors L s’annule sur V si et seulement si il existe p ∈ L2 (Ω) tel que
Z
L(v) =
p div vdx,
∀v ∈ H01 (Ω)N
Ω
et p est unique à une constante près.
5.3.3
Approximation par éléments finis
La difficulté réside dans le fait qu’on ne peut pas discrétiser directement l’espace V car il est
délicat de construire des fonctions de bases à divergence nulle (cependant il y a eu de ce côté quelques
progrès avec l’introduction de fonction de base de type ondelettes). Par conséquent on ne va pas
imposer div u = 0 dans l’espace mais rédoudre l’équation supplémentaire sous forme faible. On a alors
deux inconnues u et p et on choisit deux fonctions test (dont une vectorielle) v et q. La formulation
variationnelle s’écrit : trouver (u, p) ∈ (H01 (Ω))N × L2 (Ω)/R tel que
(R
R
R
µ∇u∇vdx − Ω p div vdx = Ω f vdx ∀v ∈ (H01 (Ω))N
Ω
R
∀q ∈ L2 (Ω)/R
Ω q div udx = 0
On note
V h = v ∈ C(Ω)N ,
v|T` ∈ PN
k ,
v = 0 sur ∂Ω ,
Qh = q ∈ C(Ω)/R,
q|T` ∈ PN
k0 ,
de sorte que V h × Qh est un sous-espace de (H01 )N × L2 /R. L’approximation variationnelle s’écrit
(R
R
R
µ∇uh ∇vh dx − Ω ph div vh dx = Ω f vh dx ∀vh ∈ (H01 (Ω))N
Ω
R
∀qh ∈ L2 (Ω)/R
Ω qh div uh dx = 0
Soit (φj )1≤j≤N1 une base de V h et (ψj )1≤j≤N2 une base de Qh , on cherche uh et ph sous la forme
P 1 j
PN2 j
j
j
uh = N
j=1 uh φj (x) et qh =
j=1 ph ψj (x). D’où en notant Uh = (uh ) et Ph = (ph le système par blocs
à résoudre
Uh
Ah BhT
Fh
=
Bh O
Ph
O
R
R
R
ij
i
avec Aij
h = Ω µ∇φi ∇φj dx, Bh = − Ω ψi div φj dx et Fh = Ω f φi dx. La matrice du système ci-dessus
est symétrique mais non définie positive car le vecteur formé de 0 sur les N1 premières composantes et
31
1 sur les N2 suivantes est dansle noyau de l’application linéaire asscoiée. Cependant on peut montrer
que le système admet toujours une solution, et que celle-ci est unique en ce qui concerne Uh et unique
à une constante près concernant ph . En effet le système linéaire s’écrit
(
(
(
Ah Uh + BhT Ph = Fh
Ah Uh − Fh = −BhT Ph
Ah Uh − Fh ∈ im BhT
⇔
⇔
Bh Uh = 0
Uh ∈ ker Bh
Uh ∈ ker Bh
Or nous sommes en dimension finie, donc im BhT = ker Bh⊥ et comme ce dernier espace est l’ensembles
des vecteurs orthogonaux à ker Bh , finalement le système linéaire est équivalent à
(
Ah Uh · Wh = Fh · Wh ∀Wh ∈ ker Bh
Uh ∈ ker Bh
Il s’agit donc d’un problème variationnel de dimension finie posé sur ker Bh . Il est facile de voir que
les hypothèses du théorème de Lax-Milgram son satisfaites et que le système admet donc une unique
solution Uh . Ensuite Ph est déterminé à un élément de ker BhT près.
Mais attention ce n’est pas si simple : si on choisit mal les degrès k et k 0 , il peut très bien se produire
que ker BhT ne soit pas limité aux vecteurs constants, qu’il contient nŐcessairement :
Proposition 7 Lorsque k = 1 et k 0 = 1, c’est à dire P1 et la pression, dim ker BhT > 1. Lorsque k = 2
et k 0 = 1, c’est à dire P2 pour la vitesse et P1 sur la pression, ker BhT est de dimension 1.
5.4
Equations de l’élasticité
5.5
Problèmes non linéaires
32