Introduction à la méthode des éléments finis_KERN Michel

8/7/2019 Introduction la mthode des lments finis_KERN Michel

1/68


2/68

2


3/68


4/68

3.3.3 Prise en compte des conditions aux limites . . . . . . . . . . . . . . . . . 553.4 Convergence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

3.4.1 Loprateur dinterpolation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.4.2 Estimation de lerreur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 593.4.3 Illustration numrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

A Espaces de Hilbert 63A.1 Dfinitions et exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63A.2 Proprits des espace de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

4


5/68

Chapitre 1

Quelques exemples de problmes aux

limites

Nous prsentons dans ce chapitre quelques problmes modles. Ces exemples seront issusdes domaines classiques de la physique : thermique, lectrostatique, hydrogologie, mcanique.Nous navons bien entendu nullement lintention de remplacer un trait de lune quelconquede ces matires, mais simplement de motiver notre propos, et de montrer que les questionsque nous examinerons par la suite sont susceptibles de nombreuses applications.

Pour des raisons de simplicit, nous commencerons par des exemples conduisant desproblmes scalaires, pour passer ensuite aux exemples tirs de llasticit. Dans chaque cas,nous commencerons par rappeler la formulation physique du problme (dans un cadre sim-plifi), en prcisant les lis de conservation en cause et les relations de comportement (nous

nous placerons toujours dans des conditions o ces lois de comportement sont linaires). Nousverrons comment on aboutit habituellement une quation aux drives partielles, ainsi queles diffrentes conditions aux limites possibles. Enfin, nous montrerons comment, sous deshypothses idales (milieu homogne, ...) nous pouvons souvent retrouver un mme problmemodle : lquation de Laplace (o de Poisson).

1.1 Exemples en thermique

Nous considrons un ouvert (connexe) Rd (en pratique, d = 2 ou 3), et nous notons la frontire de . Nous cherchons dterminer la rpartition de la temprature T (fonctiondes coordonnes x = (x,y ,z)) lintrieur de , diverses conditions aux limites pouvant treprescrites sur .

On exprime tout dabord la conservation de la chaleur lintrieur dun (sous-)ouvertquelconque D de : la chaleur cde par D est gale la chaleur mise par les sourcesthermiques (notes q) contenues dans D. En dsignant par (x) le vecteur flux de chaleur, letaux de chaleur traversant un lment de surface est .n. Le bilan de chaleur travers lebord du domaine considr [23] scrit donc sous la forme

D.nd(x) =

D

q(x) dx

Lutilisation du thorme de la divergence (cest lune des formes de la formule de Green, nous

y reviendrons en dtail au chapitre 2) permet de transformer lintgrale de surface en intgrale

5


6/68

de volume, ce qui donne

D

(div

q) dx = 0, dans .

Le domaine D tant quelconque, nous obtenons donc la relation valable en tout point dudomaine :

(1.1) div = q, dans .

Lquation (1.1) est la forme locale (ou diffrentielle) de la conservation de la chaleur. Ilsagit dune loi fondamentale de la physique. Il reste maintenant relier le flux de chaleur la temprature T. Cest ce que lon appelle une loi de comportement. Il est communmentadmis (dans un rgime de tempratures pas trop leves ) que le flux de chaleur estproportionnel au gradient de la temprature. Il sagit de la loi de Fourier. Dans un milieu

suppos htrogne (la loi dpend du point considr) et anisotrope (les directions de lespacene sont pas quivalentes), cette loi suppose lexistence dun tenseur K(x,y ,z), appel tenseurde conductivit thermique, tel que :

(1.2) = K grad T.

Le tenseur de conductivit est symtrique, et dfini positif (comme consquence du secondprincipe de la thermodynamique [5].

Dans le cas o le milieu est isotrope (aucune direction de lespace ne joue un rle privilgi),le tenseur de conductivit devient diagonal

K = kI

o k est une fonction strictement positive.

En insrant lquation (1.2) dans (1.1), nous obtenons lquation

(1.3) div(Kgrad T) = q dans .

En explicitant cette quation aux niveau des composantes, nous obtenons :

d

i,j=1

xi

Kij

T

xj

= q, dans ,

et lon voit que (dans le cas gnral o les lments hors-diagonaux du tenseur de conductivitK sont non-nuls) les diffrentes drives partielles sont couples.

Pour complter la description du systme, il faut prciser les conditions aux limites, qui tra-duisent linteraction du systme avec son environnement. Celles-ci peuvent prendre diffrentesformes :

Temprature impose La temprature est impose sur une partie D de la frontire :

(1.4) T(x,y ,z) = gD(x,y ,z) sur D,

o gD est une fonction donne sur D. Dans la littrature mathmatique, une telle

condition aux limites porte le nom de condition de Dirichlet.

6


7/68

Flux impos Le flux de chaleur est impos sur une partie N de la frontire :

(1.5) K grad T.n = gN

(x,y ,z) sur N

,

o gN est une fonction donne sur N. Dans la littrature mathmatique, une tellecondition aux limites porte le nom de condition de Neumann.

Condition mixte Cette condition exprime que, sur une partie R de la frontire, la chaleurcde par le systme est proportionnelle lcart entre la temprature du systme etcelle du milieu extrieur. On obtient une condition du type :

(1.6) K grad T.n + rT = gR(x,y ,z) sur R,

o gR est une fonction donne sur R, et r est une coefficient dchange (ventuellementvariable en espace). Dans la littrature mathmatique, une telle condition aux limitesporte le nom de condition de Robin ou de Fourier.

Notons que D, N et R doivent constituer une partition de la frontire , cest--dire : en tout point du bord, une condition aux limites est prescrite : = D N R, une seule condition aux limites est prescrite en tout point du bord : DN = DR =

D R = .Par contre, il est possible que certaines des trois parties soient vide. Si, par exemple, = D,on parle de problme de Dirichlet (non-homogne si gD neq0). De mme, si = N, onparle de problme de Neumann.

Un exemple de domaine, avec les 3 parties de frontire, est illustr sur la figure 1.1.

Fig. 1.1 Domaine en deux dimensions

Finalement, le problme de dterminer la temprature dans louvert revient rsoudre leproblme aux limites constitu de lquation aux drives partielles (1.3) et des conditions auxlimites (1.4), (1.5) et (1.6). Nous verrons au chapitre suivant dans quel mesure ce problme estmathmatiquement bien pos, cest--dire quelles condition sur les donnes K,q,gD, gN, gR

et r il admet une solution unique.

7


8/68

Remarque 1.1. Nous pouvons tout de suite noter que, dans le cas du problme de Neumann,il ne peut pas y avoir de solution unique, puisque les quations (1.3) et (1.5) ne font intervenir

que les drives de la temprature. Celle-ci ne peut donc (au mieux) tre dtermine qu uneconstante additive prs.

Remarque 1.2. Comme nous lavons annonc, nous pouvons considrer des simplifications dumodle complet ci-dessus :

Milieu isotrope Dans ce cas, le tenseur de conductivit est diagonal. En passant aux com-posantes, lquation (1.3) se rcrit :

di=1

xi

k

T

xi

= q, dans ,

et cette fois les drives partielles sont dcouples.

Milieu homogne (et isotrope) Si, de plus, la conductivit est indpendante du point,k(x,y ,z) = k, lquation aux drives partielles se rcrit

(1.7) T = f dans

o nous avons pos f =q

k. Lquation (1.7) est lquation de Poisson, et devient lqua-

tion de Laplace en labsence de source de chaleur volumique, cest--dire si q = 0.

Remarque 1.3. Nous avons choisi de passer par la formulation (1.3), qui est bien adaptepour prsenter la mthode de lments finis base sur les lments finis de Lagrange (voir leschapitres suivants). Il existe une autre possibilit, plus proche de la physique, et qui dbouchesur une autre famille dlments finis : les lments finis mixtes, dont ltude dborde du cadrede ce cours. Cette formulation consiste ne plus liminer le flux, comme nous lavons fait, et retenir les deux inconnues T et , et les deux quations (1.1) et (1.2). Nous reviendrons surcette formulation, dite mixte au chapitre suivant.

1.2 Autres problmes scalaires

Dans cette section, nous prsentons dautres modles qui conduisent la mme formulationquau paragraphe prcdent.

1.2.1 lectrostatique

Nous cherchons calculer le champ lectrique dans un ouvert born connexe de R3, limitpar un conducteur parfait. Dans le cas de llectrostatique, les quations de Maxwell, scrivent

(1.8)

div D = ,

rot E = 0dans .

Elles relient la densit de charge au champ lectrique E et linduction lectrique D. On yajoute une loi de comportement, par exemple

(1.9) D = E

o est la permittivit dilectrique du milieu.

8


9/68

La seconde des quations ci-dessus implique (au moins localement) lexistence dune fonc-tion scalaire , le potentiel lectrique, tel que E = grad . En reportant cette relation dans

la premire des quations (1.8), et en tenant compte de la loi de comportement (1.9), il vient(1.10) div( grad ) = ,

La condition aux limites est donne par e n = 0 sur = , qui donnegrad n = 0 sur .

Cette relation implique que la drive tangentielle de sur est nulle, donc que la fonction est constante sur , et comme le potentiel est dfini une constante prs, cette constante peuttre choisie nulle. Finalement, la condition aux limites sur est une condition de Dirichlethomogne.

Si le milieu est homogne, on retrouve lquation de Poisson.

1.2.2 Hydrogologie

Nous nous intressons cette fois lcoulement de leau dans le sous-sol. Les roches consti-tuent un milieux poreux, et lcoulement de leau est rgi par deux grandeurs : la vitesse u(dont le flux donne le dbit travers une surface) et la charge piezomtriqueH, qui correspond une hauteur deau (ou une pression, au facteur multiplicatif g prs). Ces quantits sontrelies par deux lois :

Conservation de la masse Sous les hypothses que le milieu est incompressible et satur,la conservation de la masse deau dans un volume infinitsimal donne

div u = 0;

Loi de Darcy Il sagit dune loi exprimentale, due lingnieur franais Darcy, qui a dduit, partir dobservations exprimentales effectues sur les fontaines dAix en Provence,que la charge est proportionnelle la diffrence de dbit entre deux points. En termesmodernes (diffrentiels !), cela veut dire que lcoulement est produit par les gradientsde charge :

u = Kgrad H,o K (qui peut tre un tenseur) porte le nom de conductivit hydraulique. Nous retrou-vons encore un systme analogue aux quations (1.1), (1.2), et lon peut bien entendufaire les mmes constatations pour les conditions aux limites. Dans le cas prsent, tou-

tefois, le systme dquations ci-dessus est souvent coupl une quation modlisant letransport dun polluant par cet coulement. Le moteur principal de ce transport tantla vitesse u, il est capital de la dterminer avec prcision, et lon conoit aisment quela formulation mixte puisse tre prfrable, ce qui est souvent le cas.

1.2.3 coulement irrationnel

On considre lcoulement dun fluide parfait incompressible, suppos de plus irrationnel.La vitesse u du fluide vrifie les deux quations :

(1.11) div u = 0,

rot u = 0

dans ,

9


10/68

la premire quation exprimant lincompressibilit, la seconde lirrotationalit. Il existe alors(localement) un potentiel tel que :

u = grad ,

et ce potentiel est solution de lquation de Laplace :

(1.12) = 0 dans .

On fait lhypothse quune partie du bord de est une paroi, on a alors une condition deglissement u.n = 0 sur 1. Lautre partie du bord est une surface de contact, et on a u.n = sur 2. Les conditions aux limites sont donc :

(1.13)

n

= 0 sur 1,

n= sur 2.

Comme il ny a que des condition de Neumann, le potentiel nest dfini qu une constanteprs, ce qui nempche pas la vitesse dtre dtermine de faon unique.

1.3 lasticit linaire

Il existe bien entendu de trs nombreuses rfrences sur ce sujet (y compris les cours delcole !). Nous avons utilis principalement les ouvrages suivants : [9], [18], [8].

1.3.1 quations gnrales

Le domaine R3 reprsente un solide soumis une force volumique (chargement) f(x).Nous cherchons dterminer le dplacement u(x) du ce chargement lquilibre.

Le dplacement dun point matriel M0 (dans une configuration de rfrence) sous lactiondes forces extrieurs f est dfini par u =

M0M, o M est la position actuelle du point M0.

On dfinit ensuite le tenseur des dformations (linaris) par

(1.14) (u)ij =1

2

uixj

+ujxi

Comme au paragraphe prcdent, nous crivons ensuite lquilibre dune partie quelconqueD de . Cela fait intervenir le tenseur des contraintes , dfini implicitement en exprimantque la force exerce sur un lment de surface dS, de normale unitaire n est T dS = ndS.

Lquation dquilibre scrit :D

(u)n dS+

D

fdx = 0,

et en utilisant le thorme de la divergence (voir lquation (2.2) au chapitre 2), on en obtientla forme ponctuelle

(1.15) div (u) + f = 0 dans ,

10


11/68

o div (u) est le vecteur de composantes

(div (u))j =

dj=1

ij(u)

xj .

En passant aux composantes, lquation (1.15) se rcrit :

(1.16)ij(u)

xj+ fi = 0 dans , i = 1, 2, 3.

Nous relions maintenant le tenseur des contraintes aux tenseur des dformations. Une tellerelation est encore une loi de comportement. Nous nous restreindrons ici llasticit linaire.Dans ce cadre, la relation entre ces deux tenseurs est linaire, donc sexprime elle-mme laide dun tenseur dordre 4, appel tenseur dlasticit :

(1.17)ij

(u) = Cijkl

kl

(u), i, j

1, 2, 3.

Le fait que les tenseurs (u) et (u) sont symtriques entrane des proprits de symtriesur les coefficients dlasticit Cijkl, et dans le cas gnral, il y a 21 coefficients distincts (voirle paragraphe 1.3.2). Nous reviendrons plus bas sur le cas particulier important dun milieuisotrope, o il ny a plus que 2 coefficients distincts.

Le problme consiste donc dterminer un champ de dplacement u vrifiant les quationsdquilibre (1.15) et la loi de comportement (1.17). Bien entendu, ces quations doivent trecompltes par des conditions aux limites convenables sur le bord de . Celles-ci peuventtre de deux types :

Dplacement impos Sur une partie du bord D, le dplacement est une fonction donne :

(1.18) u = gD sur D.Une telle condition aux limites sappelle une condition essentielle.

contrainte impose Sur une partie du bord N, la contrainte normale est impose :

(1.19) (u).n = gN sur N.

Cette condition aux limites sappelle une condition naturelle.

Finalement, dterminer le dplacement u revient rsoudre le systme dquations auxdrives partielles (1.14), (1.15) et (1.17), avec les conditions aux limites (1.18) ou (1.19).

Notons tout de suite un lemme qui nous sera utile au chapitre suivant :

Lemme 1.1. Soit u un champ de dplacement vrifiant (u) = 0. Il existe deux vecteurs a et

b tels que x, u(x) = a + b x.Preuve [18]. Pour (i, j) {1, 2, 3}2, notons (x)ij =

1

2

uixj

ujxi

. On a donc

ujxi

= (x)ij +

(x)ij. Calculons, pour l {1, 2, 3}3,ijxl

=

xl

uixj

ujxi

=

u2ixjxl

u2j

xixl

=u2i

xjxl+

u2lxixj

u2l

xixj u

2j

xixl

= 2ilxj

jl

xi = 0.11


12/68

Comme le tenseur est antisymtrique, il existe un vecteur b R3 tel que

=

0

b3

b2

b3 0 b1b2 b1 0

,

et (x) = b x En intgrant, on voit quil existe un autre vecteur a R3 tel queu(x) = a + b x.

Remarque 1.4. Un tel champ de dplacement sappelle un mouvement de corps rigide, etcorrespond bien entendu un dplacement densemble du solide considr.

1.3.2 Le tenseur dlasticitCe tenseur a t dfini implicitement en (1.17). On montre (voir [8]) que ce tenseur vrifie

les relations de symtrie suivantes :

Cijkl = Cjikl = Cijlk = Cklij ,

ce qui, comme nous lavons annonc, rduit le nombre de composants indpendants de 81 21. Ce nombre est encore plus rduit si le milieu considr possde des symtries. Nous neconsidrerons que le cas le plus simple dun milieu isotrope, le cas gnral tant trait dansles rfrences cites ci-dessus.

Un milieu isotrope est milieu dans lequel il nexiste pas de direction privilgie. On montre

que, dans ce cas, le tenseur dlasticit ne dpend que de 2 coefficients (voir, par exemple [9]).On peut prendre, par exemple, les coefficients de Lam :

(1.20) = C1122 = C1133 = C2233,

= C1212 = C1313 = C2323,

et on a alorsCijkl = ij kl + (ik jl + il jk).

Dans ce cas, la relation entre contraintes et dformations sappelle la loi de Hooke et prend laforme :

(1.21) ij = 2 ij + ( Tr ) ij

On peut relier les coefficients de Lam deux autres paramtres, le module dYoung E etle coefficient de Poisson . On a les relations suivantes :

(1.22)E =

(2 + 3)

+ , =

2( + ),

=E

2(1 + ), =

E

(1 + )(1 2) .

Le module dYoung est un module de rigidit lallongement (dimension dune force parunit de surface), et est li sa compressibilit (voir la discussion dans [9]). On montre quelon a les ingalits suivantes ( = 1/2 correspond un matriau incompressible) :

0 < E , 0 < < 1/2.

12


13/68

1.3.3 lasticit plane

Nous allons examiner maintenant les simplifications qui se produisent dans des situations

gomtriques simplifies, o lon se ramne un problme en deux dimensions. Il existe essen-tiellement deux situations : les dformations planes et les contraintes planes. Nous supposeronsdans toute cette section que le milieu est isotrope.

Dformations planes

On fait lhypothse que le solide est un cylindre, de gnratrices parallles la directionOx3, que le chargement (les forces extrieures f) est dans le plan Ox1x2. Loin des extrmitsdu cylindre, le champ de dplacement se situe approximativement dans le plan x1, x2. Lap-proximation des dformations planes consiste dire que (exactement) u3 = 0. Ceci implique

11 =u1

x1, 22 =

u2

x2, 12 =

1

2u1

x2+

u2

x1, et i3 = 0, i = 1, 2, 3. La loi de Hooke donne

ensuite ij,3 = 0, 13 = 23 = 0, 33 = (11 + 22) et

(1.23)

11

22

12

=

+ 2 0

+ 2 0

0 0 2

11

22

12

Cest cette relation qui tient lieu de loi de Hooke en dformations planes.Le problme en dformations planes est donc de chercher le champ de dplacements

u1(x1, x2), u2(x1, x2) vrifiant : la condition dquilibre (1.16) ;

la loi de Hooke (1.23); des conditions aux limites appropries.

Ce problme est plus simple que le cas gnral, puisquil faut seulement dterminer deuxfonctions de deux variables, au lieu de trois fonctions de trois variables.

Contraintes planes

On suppose maintenant que les contraintes sont dans le plan x1, x2 : 13 = 23 = 33. Onen dduit 13 = 23 = 0, 33 =

1 (11 + 22), et

(1.24)

11

22

12

= E1 2 1 0

1 0

0 0 1

11

22

12

On remarque que cette quation se rcrit sous la forme :

= ( Tr )+ 2,

o les indices grecs et prennent les valeurs 1 et 2, et o

=2

+ 2.

Les quations dquilibre, et la loi de comportement, sont donc les mmes quau paragraphe

prcdent, condition de remplacer par

.

13


14/68

Flexion dune membrane

On considre ici une membrane infiniment mince, homogne et isotrope, occupant le do-

maine R2, et soumise un chargement transverse de densit f(x1, x2). Les seules com-posantes non-nulles du tenseur des dformations sont i3 =

u

xi, pour i = 1, 2, et il en est de

mme du tenseur des contraintes, avec i3 = 2i3. Lquation dquilibre (1.16) scrit alorssimplement :

(1.25) 2u = f, dans ,

avec la condition aux limites u = 0 sur le bord de , si lon suppose que la membrane etencastre.

u

f

Fig. 1.2 Flexion dune membrane

On voit que nous retrouvons encore une fois lquation de Laplace dans le cas dun modlelastique.

14


15/68

Chapitre 2

Formulation variationnelle des

problmes aux limites

Aprs avoir montr des exemples conduisant des problmes aux limites, nous allons intro-duire des outils permettant des les tudier tant du point de vue mathmatique que numrique.

Dans ce chapitre, notre exemple de base sera lquation de Laplace sur un ouvert (born,rgulier) de Rd (en pratique, d = 1, 2 ou 3), dont la frontire est note . Rappelons que, tantdonn une fonction f (dans L2() pour fixer les ides), on cherche une fonction u (prioridans C2(), telle que

(2.1) u = f dans ,

u = 0 sur .

(une des consquences mineures de outils dvelopps dans ce chapitre sera de pouvoir expliquerla raison du signe devant le Laplacien).

En dimension suprieure 1, il nest pas facile de dmontrer que ce problme admet unesolution dans le cas dun ouvert quelconque. On ne sait calculer explicitement cettesolution que dans quelques cas particulier (gomtries simples, sparation des variables). Enfait, il a fallu attendre Hilbert, la fin du XIXe sicle pour obtenir un thorme dexistencesatisfaisant.

Nous allons voir quune formulation diffrente, appele formulation variationnelle o formulation faible , couple des rsultats abstraits danalyse fonctionnelle permet dnoncer

un thorme gnral dexistence et dunicit. Nous devrons pour cela changer de point de vueet affaiblir la notion de solution. Il sera quelque peu surprenant de dfinir la solution dunequation aux drives partielles (EDP) du second ordre comme une fonction ne possdantquune drive (et encore en un sens non-classique). Les justification de ce qui peut apparatrecomme un tour de passe-passe sont multiples :

cest dans ce cadre que lon peut dmontrer un rsultat dexistence et dunicit ; quand les donnes (et la gomtrie) sy prtent, on retrouve les solutions classiques des

EDP; la formulation variationnelle est la base de la mthode des lments finis, qui est le

sujet de ce cours, et que nous tudierons dans les chapitres suivants ; la formulation faible est en ralit plus proche de la physique que la formulation usuelle,

puisquelle sinterprte comme le principe des travaux virtuels en mcanique.

15


16/68

Pour mener bien ce programme, nous aurons besoin dun certain nombre de prliminaires.Le premier est la formule de Green, et ses variantes. Nous aborderons ensuite la thorie abs-

traite, fonde sur les proprits des espaces de Hilbert (nous en rappelons les principales danslannexe A), et cest dans ce cadre que nous dmontrerons le thorme de LaxMilgram. Pourappliquer ce rsultat fondamental, nous dfinirons, et donnerons les principales proprits, delespace de Sobolev H1(). Nous pourrons alors appliquer ces outils aux exemples concrets du chapitre prcdent, et quelques autres. Nous conclurons en tablissant le lien entre cesoutils, le calcul des variations et le principe des travaux virtuels.

2.1 La formule de Green

Il serait plus juste de parler des formules de Green, dans la mesure o il en existe plusieursvariantes. Nous considrons un ouvert born rgulier Rd, dont nous noterons le bord. Nous ne chercherons pas dfinir prcisment la rgularit exige de . Disons simple-ment que les domaines autoriss comprennent en particulier les domaines dont la frontire estpolygonale (en dimension 2). En particulier, on peut dfinir une normale unitaire (sortantepar convention), note n, continue presque partout. En dimension 2, n est discontinue auxsommets du polygone, et en dimension 3 elle est discontinue aux sommets et aux artes dupolydre. Par contre (mais nous reviendrons sur ce point), un domaine avec une fissure nestpas localement dun seul cot de la frontire et nest pas rgulier. Ces notions sont illustressur la figure 2.1.

Fig. 2.1 Domaine assez rgulier ( gauche), et domaine avec une fissure ( droite). On peut

dfinir la normale sortante pour le domaine de gauche, lexception des coins du polygone,on ne peut pas dfinir de normale sortante le long du rayon intrieur au cercle

Enfin, nous noterons d la mesure induite par la mesure de Lebesgue sur .

Nous partons de la formule de la divergence (appele aussi formule de Gauss en dimension 2,et dOstrogradski en dimension 3), que nous admettrons sans dmonstration. Soit q C1()dun champ de vecteur dfini sur . On a :

(2.2)

div q dx =

q.n d(x)

partir de cette formule de base, nous allons voir que nous pouvons en obtenir plusieurs

autres, qui nous seront plus directement utiles.

16


17/68

Par exemple, en combinant la formule prcdente avec la formule danalyse vectorielle

div(qv) = v div q + q. grad v,

il vient

(2.3)

v div q dx =

q. grad v dx +

vq.nd(x).

Un cas particulier que nous utiliserons au paragraphe suivant, est de prendre q = grad u,o u est fonction (rgulire) dfinie sur . La relation prcdente devient dans ce cas :

(2.4)

u v d x =

v div (grad u) dx =

grad u. grad v dx

v grad u.nd(x).

Enfin, en prenant q = uei, o u C1c () et ei est le ie vecteur de base, il vient

(2.5)

vu

xidx =

uei. grad v dx =

uv

xidx.

2.2 Formulations variationnelles

2.2.1 Le Laplacien avec conditions de Dirichlet

Nous supposerons que u est une solution de classe C2 de (2.1). Multiplions cette quationpar une fonction test v C1c) (fonctions de classe C1 support compact dans , donc

en particulier nulle sur ). Appliquons la formule de Green (2.4), en notant que le terme debord est nul grce aux conditions aux limites vrifies par v :

uv dx =

grad u. grad v dx =

fv dx.

Nous avons donc montr que, si u est une solution assez rgulire de (2.1), alors u estsolution du problme variationnel

(2.6)Trouver u C2() tel que

grad u. grad v dx =

fvdx, v C1c ().

Rciproquement, si u est une solution de classe C2 de (2.6), en appliquant la formule deGreen (2.4), il vient

(u f) dx = 0, v C1c (),

ce qui entrane bien que u est solution du problme original eq2.1.Malheureusement, il est souvent difficile de dmontrer lexistence dune solution de classe

C2 (2.6), et la rciproque que nous venons de dmontrer na pas dutilit pratique. Nousverrons quune ide importante dans la thorie des quations aux drives partielles a tdlargir la notion de solution, et de dfinir une solution de (2.1) comme une fonction vri-fiant (2.6), mais avec une rgularit plus faible. Tout ceci est dtaill plus bas, voir (2.25) et

le paragraphe 2.5.

17


18/68

Un problme tel que (2.6) sappelle un problme variationnel, pour des raisons que nousallons maintenant exposer. Pour cela nous considrons la fonctionnelle

J(u) = 12

|grad u|2 dx

f u dx

et le problme de minimisation associ :

(2.7) minimiser J sur lespace vectoriel E,

avec E =

u C1(), u = 0 sur .Il sagit dun problme de calcul des variations en dimension n d. Le cours de premire

anne de lcole [17] considre le cas d = 1. Les mthodes sont formellement les mmes endimension d quelconque : on calcule le gradient de J pour obtenir une condition ncessairedextremum. Cest lquation dEuler du problme, et nous verrons que cest justement leproblme (2.6). La difficult, que nous ne pourrons rsoudre que par le passage par les espacesde Sobolev, est de montrer que le minimum est atteint.

Pour le moment, nous raisonnerons de manire formelle, sans nous soucier des justifica-tions portant sur la rgularit des fonctions. Pour minimiser J, il est naturel de calculer sadiffrentielle, et donc de commencer par calculer J(u + v) J(u) :

J(u + v) J(u) = 12

|grad(u + v)|2 |grad u|2 dx

f(u + v) fudx

=

grad u grad v dx

f vdx +1

2

|grad v|2 dx

Le premier terme est linaire par rapport v, et le second tend manifestement vers 0 avec v.Par consquent,

J(u)v =

grad u grad v dx

f vdx

et le problme (2.6) nest autre que lquation dEuler du problme de minimisation (2.7). Leterme variationnel fait donc rfrence au calcul des variations. Parce que la fonctionnelle Jest quadratique, nous pouvons dmontrer que lquation dEuler est quivalente au problmede minimisation.

Thorme 2.1. Une fonctionu ralise le minimum global de J surE si et seulement siu estsolution de lquation variationnelle (2.6).

Preuve. Le caractre ncessaire dcoule des rsultats gnraux sur la minimisation (voir par exemplele cours de Maths 1 du premier semestre).Pour voir le caractre suffisant, notons u la solution de lquation variationnelle, et calculons

J(u + v), pour v E. En reprenant le calcul prcdent lnonc du thorme nous voyons que, si u estsolution de (2.6),

J(u + v) J(u) = 12

|grad v|2 dx 0.

Cette ingalit nest une galit que si grad v = 0, donc si v est constante sur , et puisque v = 0 sur, v est nulle. u ralise donc le minimum global strict de J sur E.

Remarque 2.1. Il faut bien comprendre la signification du thorme 2.1, et en particulier seslimites. Il se contente dtablir que deux problme sont quivalents, sans prouver que lun ou

lautre a une solution.

18


19/68

Telle que nous lavons prsent, la formulation variationnelle (2.6) ne prsente pas de grandavantage par rapport la formulation habituelle (2.1). Lintrt de cette formulation vient de

ce quelle garde un sens mme si la fonction u nest pas deux fois diffrentiable. Il suffit queu et v soient des fonctions de classe C1 pour que (2.6) garde un sens. Par consquent nouspouvons considrer le problme variationnel

(2.8)Trouver u E tel que

grad u. grad v dx =

fv dx, v E.

La difficult est quil nest pas possible de dmontrer que ce problme admet une solution,essentiellement parce que lespace X nest pas complet. Dans la section suivante, nous allonsintroduire un espace de fonction qui est le complt de X pour la norme L2() (la dfinition

sera diffrente).

2.2.2 Gnralisation dautres problmes

Comme nous allons le voir dans ce paragraphe, la mthode que nous venons de voir surun exemple se prte de nombreuses variations.

Coefficients variables

Commenons par le problme de thermique dcrit au chapitre 1 (voir lquation (1.3)).

Nous prendrons ici un milieu isotrope (i.e. le tenseur de conductivit K est un scalaire, pourle cas gnral, voir le paragraphe 2.5.3), et nous nous restreindrons pour simplifier unecondition de Dirichlet homogne sur tout le bord . En multipliant (1.3) par une fonctiontest v H10(), et en appliquant la formule de Green (2.3) (avec q = Kgrad u), il vient,comptetenu de la condition aux limites sur v :

(2.9)

(Kgrad u). grad v dx =

q dx, v X.

Le problme variationnel associ est naturellement

(2.10) Trouver u X vrifiant (2.9).La formulation variationnelle (2.9) est encore lquation dEuler dun problme de mini-

misation. La fonctionnelle associe est

J(u) =1

2

Kgrad u2 dx

f.udx

Cette remarque montre que, pour que J soit une fonction convexe de u, il faut que la matrice Ksoit dfinie positive en tout point. En fait, nous verrons au paragraphe 2.5 que cette conditionnest pas tout fait suffisante, et nous donnerons les hypothses prcises sur la conductivit

K et la source de chaleur q, sous lesquelles le problme (2.10) admet une solution unique.

19


20/68

Conditions aux limites mles

Supposons maintenant que la frontire est partitionne en deux parties : N (avec une

condition de Neumann (1.5) et R (avec une condition de Robin (1.6).En suivant la mme mthode, mais en choisissant seulement v C1() (sans imposer de

condition aux limites), il vient, si u est solution de (1.3), (1.5), (1.6) :

(Kgrad u). grad v dx

(Kgrad u).nvd=

qv dx, v H10().

En utilisant les conditions aux limites (1.5),et (1.6) nous pouvons rcrire lintgrale de bord,et obtenir(2.11)

(Kgrad u). grad v dx + R

ruv d=

qvdx + N

gNv d+ R

gRvd,

v

C1().

Signalons au passage que le problme associ (2.11) est encore lquation dEuler dunproblme de minimisation, pos sur C1(), dont la fonctionnelle est

J(u) =1

2

Kgrad u2 dx +R

r |u|2 d

fudx N

gNu dR

grud.

Encore une fois, nous prciserons aux paragraphe 2.5 des hypothses sur K, r et les sourcesq, gR, gN sous lesquelles le problme prcdent admet une solution unique.

Problme de Neumann pur

Nous pouvons tout de suite remarquer un cas particulier dans lequel il ne saurait y avoirunicit : si R = , le problme initial est

div(Kgrad u) = q dans ,Kgrad u.n = gN sur .

On voit que u est solution si et seulement si u + C est solution (o C est une constanterelle arbitraire). Par ailleurs, si une solution existe, en prenant v = 1 dans la formulationfaible (2.11) (toujours dans le cas R = ), nous obtenons

q dx +

N gNd = 0,

qui constitue une condition ncessaire de compatibilit que doivent vrifier les donnes q et gNpour quil puisse exister une solution. Nous verrons au paragraphe 2.5 que cette condition estsuffisante (en plus des hypothses gnrales sur les coefficients) pour quil existe une solution,et que celle-ci est unique une constante additive prs.

lasticit linaire

Il sagit dun exemple dune grande importance pratique, puisquil correspond aux situa-tions de calcul des structures. Cest galement, historiquement, pour traiter ce type de pro-

blme que la mthode des lments finis a dabord t mise en oeuvre par les ingnieurs. Nous

20


21/68

considrons le problme dlasticit linaire du chapitre 1, dont nous rappelons les quations(crites avec la convention de sommation dEinstein) :

ij(u)xj

+ fi = 0 dans , i = 1, 2, 3,(2.12a)

ij(u) = Cijklkl(u), i, j 1, 2, 3,(2.12b)u = 0 sur D,(2.12c)

(u).n = gN sur N.(2.12d)

Il sera naturel de travailler dans le sous-espace de C1() form des fonctions qui sannulentsur D, autrement dit qui vrifient les conditions aux limites essentielles.

En multipliant lquation (2.12a) par une fonction vi C1() qui sannule sur D, ensommant et en utilisant la formule de Green (2.3), il vient

di,j=1

vixj

ij(u) +di=1

fivi dx N

((u).n)v d = 0, v.

Du fait de la symtrie de (u), le premier terme se rcritd

i,j=1 ij(u)ij(v). En utili-sant (2.12d) pour le terme de bord, et (2.12b), nous obtenons finalement

(2.13)

ijkl

Cijkl ij(u) kl(v) dx =

fv dx +

N

gNv d, v H1D().

Dans le cas dun milieu isotrope, lexpression prcdente se simplifie (en notant (u).(v) =ij ij(u)ij(v) :

(2.14)

div u div v + 2(u).(v) dx =

fv dx +

N

gNv d, v H1D().

De la mme faon quaux paragraphes prcdents, nous pouvons introduire une fonction-nelle J dont (2.13) (o (2.14)) et lquation dEuler. Dans le cas isotrope,

J(u) =

(div u)2 + 2ij

ij(u)2 dx

fv dx N

gNv d.

Dans les trois cas prcdents, nous avons vu que lquation variationnelle (2.6), (2.9), (2.11)ou (2.13) se mettait sous la forme abstraite

Trouveru V, tel que a(u, v) = l(v), v V,o

V est un espace de fonctions (en pratique, V devra tre un espace de Hilbert, donc unsous-espace dun espace de Sobolev) ;

a est une forme bilinaire dfinie sur V V ; l est une forme linaire sur dfinie sur V.

Au paragraphe suivant, nous allons examiner cette situation abstraite en dtails, en donnantdes hypothses gnrales sur a et l pour que le problme prcdent ait une solution unique.

Auparavant, nous allons donner les principales proprits des espaces de Sobolev.

21


22/68

2.3 Lespace de Sobolev H1() et le thorme de LaxMilgram

Les espaces de Sobolev jouent un rle fondamental dans la thorie variationnelle des qua-tions aux drives partielles, ainsi que dans la thorie des lments finis.

2.3.1 Drivation faible

Nous allons dabord tendre la notion de drive (partielle), en partant de la formule deGreen (2.5).

Dfinition 2.1. Soit v L1loc

(). Une fonction wi est la ie drive partielle faible de v si

(2.15)

v

xidx =

widx, C1c ().

Notons deux proprits immdiates de drives faibles. La premire dit que cette notiongnralise bien la notion de drive partielle classique, la seconde que lon peut parler de ladrive faible dune fonction.

Proposition 2.1. Si v admet une drive partielle faible, celle-ci est unique ( un en-semble de mesure nulle prs).

Si v C1(), alors les drives partielles de v sont les drives partielles faibles de v.Preuve. Par linarit, il suffit de montrer que si une fonction w vrifie

w d x = 0, C1c ()

alors w = 0 presque partout. or ceci est un des rsultats de base de la thorie de lintgration. Cela rsulte de la dfinition de la drive faible, de la formule de Green (2.5) et du point

prcdent.

Grce au second point du thorme 2.1, nous noterons de les drives faibles de la mmefaon que les drives partielles classiques.

Examinons maintenant quelques exemples.

Exemple 2.1.En dimension 1, la fonction valeur absolue v : x |x| nest pas drivable au sens classique.Pourtant la fonction w dfinie par w(x) =

1 si x < 0

1 si x 0est la drive faible de v, comme

on le vrifie par une simple intgration par parties.

Exemple 2.2.La fonction w de lexemple prcdent ne possde pas de drive faible. Si cela tait le cas, ennotant z cette drive, on aurait

R

v(x)(x) dx = R

z(x)(x) dx, C1c (R).

Le premier membre de cette galit vaut 2(0), et on aurait donc

R

z(x)(x) dx = 2(0),

C1

c

(R).

22


23/68

En prenant support dans R+ (disjoint de 0), on en conclut z = 0 presque partout sur R+,et de mme sur R. Mais alors, il reste 0 = 2(0), C1c (R), ce qui est absurde.

En fait, pour dfinir la drive de fonctions telles que v, on doit faire appel la thorie desdistributions, que nous nutiliserons pas dans ce cours. Pour une introduction cette thorie,voir[21].

Le prochain exemple nous sera utile lors de la construction des espaces dlments finis, etgalement dans le traitement des problmes de transmission.

Exemple 2.3.Soit un ouvert partitionn en deux sous-ouverts 1 et 2 : = 12, et notons = 12(cest la situation illustre la figure 1.1). Soit v C0(), notons v1 et v2 les restrictions dev 1 et 2, et supposons que vk C1(k), k = 1, 2. La fonction wi dfinie par

wi =

v1xi

sur 1v2xi

sur 2

arbitrairement ailleurs

est la ke drive partielle faible de v sur .Pour le dmontrer, fixons i, et une fonction C1c (). Alors

v

xidx = 1 v

xidx + 2 v

xidx,

= 1

v1xi

dx +

v1|ni d2

v2xi

dx +

v2|ni d,

=

wdx +

v1|n1 d+

v2|n2 d.

La somme des deux intgrales est nulle car, dune part v est continue sur tout entier, etdautre part, n1 + n2 = 0.

2.3.2 Dfinition et premires proprits

Nous pouvons maintenant dfinit lespace de Sobolev :

Dfinition 2.2. Lespace de Sobolev dordre 1 est

H1() =

v L2(), v

xi L2(), i = 1, . . . , d

o les drives partielles sont prises au sens faible.

Proposition 2.2. Lapplication suivante dfinit un produit scalaire sur H1() :

(2.16) (u, v)1 =

u v d x +

grad u. grad v dx,

(u, v)

H1()2.

23


24/68

Preuve. Notons tout dabord que pour (u, v) H1()2, les deux intgrales intervenant dans ladfinition de (u, v) sont finies.

Il est clair que lapplication (u, v)

(u, v)1 est bilinaire (point i de la dfinition A.2), symtrique

(point ii de la dfinition) et galement que (u, u)1 0, u H1().Enfin, si (u, u)1 = 0, en particulier

u2 dx = 0, et donc u = 0 dans L2().

On peut donc dfinir une norme sur H1(). On notera donc

(2.17) u1 =

u2 + |grad u|2 dx

1/2.

Exemple 2.4.Soit = B(0, 1) (la boule unit de Rd), et soit v(x) = |x|.

Notons que

|x|2 dx = cd 10

r2+d1 dr

(cd est le volume de la boule unit de Rn[d]), de sorte que

v L2() > d/2.

Par ailleurs, les drives partielles faibles de v sont donnes parv

xi= |x|2 xi, do

|v(x)| = || |x|1 et

|grad v|2 dx = cd10

||2 r2(1)+d1 dr.

Cette intgrale est finie si et seulement si > 1 d/2, qui est finalement la condition pourque v H1().

Le rsultat suivant montre lintrt davoir introduit lespace de Sobolev (le rsultat cor-respondant pour lespace C1() est faux).

Thorme 2.2. Lespace H1(), muni de la norme.1 est un espace de Hilbert.Preuve. Soit (un)nN une suite de Cauchy dans H1(). Alors (un)nN et (grad un)nN sont dessuites de Cauchy dans L2() et L2()d respectivement. Comme L2() est complet (thorme de Riesz),ces suites convergent. Notons u et (v1, . . . , vd) leurs limites respectives. Pour conclure que u H1(),nous allons montrer que

u

xi= vi, i = 1, . . . , d.

Fixons C1c (). Comme chaque un est dans H1(), on a

un

xidx =

unxi

dx.

Lorsque n tend vers linfini, le premier membre converge vers

u

xidx et le second vers

vi dx,

par continuit du produit scalaire sur L2(). On en dduit que, pour tout C1c (),

u

xidx =

vidx,

par consquent vi =u

xi, et un

nu dans H1().

24


25/68


26/68

Cette application se prolonge par continuit en une application linaire continue de H1()dansL2(), encore note0. En particulier, il existe une constante C > 0 telle que, pour toute

fonction v H1

(), on a(2.19)

v|L2() CvH1()Nous ne donnerons pas la dmonstration de ce thorme, qui est quelque peu technique,

sans tre rellement difficile (voir par exemple [1] ou [3]).

Comme nous lavons annonc, ce thorme nous permet de parler de la valeur (on ditgnralement la trace) dune fonction de H1() sur .

laide du thorme prcdent (et dun argument de densit) on dmontre que la formulede Green (2.3) stend au cas o les fonctions q et v sont lments de H1() :

(2.20) u H1(), q H1()d,

v div q dx =

q. grad v dx +

vq.nd(x).

Il est naturel de vouloir identifier le noyau et limage de lapplication trace 0. Il est usuel denoter H10 () le noyau de 0. Informellement, mais cette intuition est fondamentale, H

10() est

le sous-espace des fonctions de H1() qui sannulent sur le bord . Une proprit importantede H10 () est la suivante :

Proposition 2.3. Lespace H10() est un espace de Hilbert.Lespace Cc () des fonctions indfiniment drivables, et support compact dans , est

dense dans H10 ().

Preuve. Puisque H10

() = 1

0

(0), et que lapplication trace est continue, H1

0

() est un sous-espaceferm de H1(), donc un espace de Hilbert.

Nous admettrons la deuxime partie de la proposition.

Il est plus dlicat de caractriser limage de 0 dans L2(). Contentons nous de signalerque cette application nest pas surjective.

Concluons cette section par une autre proprit utile de lespace H10(), qui sera utile dansltude des problmes avec une condition aux limites de Dirichlet, et dont nous admettons ladmonstration (voir [1], [3]).

Lemme 2.1 (Ingalit de Poincar). Soit un ouvert born deRd. Il existe une constanteCP > 0 telle

(2.21) v H10(),

|v(x)|2 dx CP

|v(x)|2 dx.

Une consquence de ce rsultat est que lon peut dfinir sur H10 () une norme plus simpleque la norme de H1().

Thorme 2.4. La semi-norme dfinie sur H10() par

(2.22) |v|H10() =

|v(x)|2 dx1/2

dfinit une norme sur H10

(),quivalente la norme de H1()

26


27/68

Preuve. Il est clair que |v|H10() dfinit bien une semi-norme. Il reste vrifier que cest bien une

norme (cest--dire que |v|H10() = 0 v = 0, ainsi que lquivalence des normes.

La premire proprit rsulte de ce que les fonctions de H1

0 () sont nulles sur . En effet, si|v|H10() = 0, v = 0 (presque partout) sur (chaque composante connexe de) . v est donc constante

(sur chaque composante connexe), mais elle est nulle au bord, donc ne peut tre quidentiquementnulle.

En ce qui concerne lquivalence des normes, nous devons montrer quil existe deux constantespositives C1 et C2 telles que :

v H10 (), C1 |v|H10() vH1() C2 |v|H1

0() .

La premire ingalit est claire, avec C1 = 1. La seconde est une consquence de lingalit de Poin-car (2.21), avec C2 =

CP + 1, puisque

v2H1() =

|v(x)|2 + |v(x)|2 dx (C + 1)

|v(x)|2 dx.

2.3.4 Complments

Nous donnons dans ce paragraphe des proprits supplmentaires des espaces de Sobolev,dont nous aurons besoin de faon accessoire dans la suite.

La premire est un rsultat de compacit, qui est parfois utile pour dmontrer des rsultatsde coercivit pour les problmes aux limites (voir section 2.5.2).

Thorme 2.5 (de Rellich). Si est un ouvert born, linjection canonique deH1() dansL2() est compacte. Autrement dit, tant donn une suite (un)nN H1() borne dansH1(), on peut en extraire une sous suite (unk)kN convergeant dans L

2().

Nous admettrons ce thorme. Pour la dmonstration, voir [3].

Nous aurons aussi besoin plus loin dun espace de Sobolev dordre plus lev que H1().Pour cela, nous devons dfinir des drives faibles dordre plus grand que 1. tant donn unmultiindice = (1, . . . , d) Nd, nous noterons pour une fonction v rgulire

v(x) =||v

x11 . . . xdd

(x),

et nous appelons cette quantit une drive partielle dordre || = 1 + . . . + d. Avec cettenotation, nous dirons quune fonction v L2() est m fois drivable au sens faible si toutes sesdrives partielles faibles dordre m 1 sont faiblement drivables au sens de la dfinition 2.1.Remarquons que grce au thorme de Schwarz, il nest pas ncessaire dindiquer lordre desdrivations.

Dfinition 2.3. Lespace de Sobolev Hm() (m entier) est dfini par

Hm() =

v L2(), , || m, v L2() .Le rsultat suivant se dmontre comme le thorme 2.2.

Proposition 2.4. Muni du produit scalaire

(u, v) =

m

u(x)v(x) dx,

et de la norme

u

Hm() = (u, u), lespace de Sobolev Hm() est un espace de Hilbert.

27


28/68

2.4 Le thorme de LaxMilgram

Il sagit dun rsultat abstrait relatif aux espaces de Hilbert. Nous le prsentons dans cettesection car, dans ce cours, nous lutiliserons seulement quand lespace de Hilbert est une espacede Sobolev (H1() ou lun de ses sous-espaces).

Nous nous donnons donc un espace de Hilbert V, et nous notons (., .) le produit scalairesur V, et .V la norme associe. Nous considrons un problme variationnel abstrait du typede ceux que nous avons vu la section 2.2 :

(2.23) Trouver u V, tel que a(u, v) = L(v) pour tout v V.

i) L est une forme linaire continue sur V : L est une application linaire de V dans R, etil existe C > 0 telle que v V, |L(v)| CvV .

ii) a est une forme bilinaire continue sur VV : les deux applications partielles w a(w, v)et v a(w, v) sont linaires de V dans R, et il existe M > 0 telle que (u, v) V2, |a(u, v)| MuV vV ;

iii) a est coercive : il existe > 0 telle que u V, a(u, u) u2V ;Nous allons voir que la coercivit de a est essentielle pour pouvoir rsoudre (2.23)

Thorme 2.6. Sous les hypothses ci-dessus, le problme (2.23) admet une unique solutionu V. Cette solution vrifie lestimation

(2.24) uV M

C.

Preuve(cf. [4]). En utilisant le thorme de Riesz, nous allons introduire un oprateur linaire surV, et montrer que notre problme est quivalent une quation linaire dans V. Nous montreronsensuite, en utilisant le thorme du point fixe de Banach que cette quation a une solution unique, quivrifie (2.24).

Tout dabord, daprs le thorme de Riesz A.2, il existe f V, tel que

L(v) = (f, v), v V.

Considrons maintenant lapplication v a(w, v), w V tant fix. Toujours daprs le thormede Riesz, il existe un lment unique de V, que nous pouvons noter A(w) tel que

a(w, v) = (A(w), v), v V.

Notre problme variationnel se met donc sous la forme dune quation dans V : A(u) = f. Nousallons maintenant tudier les proprits de lapplication w A(w). Il est facile de voir que A est unoprateur linaire sur V (une application linaire V V). En effet, par dfinition A(w + z) vrifie,pour tout v V

(A(w + z), v) = a(w + z,v) = a(w, v) + a(z, v) = (A(w), v) + (A(z), v),

ce qui dmontre la linarit de A.Notons maintenant que lquation (linaire) Au = f peut se mettre, pour > 0 choisir, sous la

forme du problme de point fixe

u (Au f) = u,

qui est quivalent au problme initial.

28


29/68

Nous allons vrifier que lon peut choisir de faon que lapplication T : w w (Aw f) soitstrictement contractante. Calculons

T(w) T(w) = w (Aw f) w (Aw f) = w w A(w w),puis

T(w) T(w)2V = w w2V + 2 A(w w)2V 2(A(w w), w w)= w w2V + 2 A(w w)2V 2 a(w w, w w) (1 2 + 2M2) w w2V .

Si nous choisissons (par exemple) =

M2, nous obtenons 12 + 2M2 = 1

2

M2< 1, de sorte que

lapplication T est strictement contractante. Daprs le thorme du point fixe de Banach, T admetun unique point fixe, qui est bien solution du problme variationnel (2.23).

Lestimation (2.24) sobtient en prenant v = u dans la formulation variationnelle, ce qui donne

u2V a(u, u) = L(u) MuV ,do lingalit cherche.

Quand la forme bilinaire est symtrique (a(w, v) = a(v, w), pour tous (v, w) V2), , cequi sera le cas de la plupart des exemples que nous examinerons, nous pouvons amliorer lersultat prcdent. Dans ce cas, le problme variationnel est lquation dEuler dun problmede minimisation. Introduisons la fonctionnelle J dfinie par

J(v) =1

2

a(v, v)

L(v).

Thorme 2.7. Nous nous plaons dans les hypothses du thorme 2.6. Soit u la solutiondu problme variationnel (2.23). u est lunique point ralisant le minimum de la fonctionnelleJ.

Rciproquement, si u minimise J, alors u est lunique solution de (2.23).

Preuve. La preuve est analogue au calcul que nous avons fait avec le Laplacien la section 2.2.1. Siu est solution de (2.23), alors pour tout v]inV, nous avons grce la symtrie de a :

J(u + v) = J(u) +1

2a(v, v) + a(u, v) L(v) = J(u) + 1

2a(v, v) J(u),

et u minimise J sur V.

Rciproquement, supposons que u minimise J sur V. Dfinissons j(t) = J(u + tv), qui est unefonction de R dans R qui atteint son minimum en 0. On a donc j(0) = 0, et lon calcule

j(t) = J(u) +1

2t2a(v, v) + ta(u, v) tL(v)

soitj(t) = ta(v, v) + a(u, v) L(v)

de sorte que la condition j(0) = 0 est exactement la formulation variationnelle (2.23).

Avant dappliquer ce thorme des exemples de problmes aux limites, il est instructifdexaminer ce qui se passe quand V est de dimension finie. Pour simplifier, nous supposerons

que a est symtrique.

29


30/68

Remarque 2.2. Dans le cas o V est un espace de dimension finie (cest--dire un espaceeuclidien), la situation se simplifie considrablement. Tout dabord, la forme bilinaire a est

associe une matrice A (cest loprateur qui intervient dans la preuve prcdente). Toutes lesformes linaires et bilinaires sont automatiquement continues, et seule reste lhypothse decoercivit. Cette hypothse se rcrit :

il existe > 0 tel que (Au, u) u2V , pour tout u V.

Cette condition signifie simplement que la plus petite valeur propre de A est strictementpositive, donc que A est injective. En dimension finie, A est donc bijective, et nous retrouvonsdans ce cas le fait bien connu quune matrice symtrique et dfinie positive est inversible.

2.5 Application aux problmes aux limites

Nous revenons sur les problmes que nous avions commenc tudier la section 2.2.Nous allons montrer que, condition de se placer dans le cadre des espaces de Sobolev,ces problmes ont tous une solution. Ensuite, nous examinerons (brivement) liens de cettesolution faible avec les solutions classiques (cest--dire de classe C2). Commenons, commeau paragraphe 2.2.1, par le Laplacien.

2.5.1 Le Laplacien avec conditions de Dirichlet

Nous reprenons le problme (2.8), mais en remplaant lespace X par H10 () :

(2.25) Trouver u H1

0 () tel que

grad u. grad v dx =

fv dx, v H10 ().

En posant V = H10 (),

a(w, v) =

grad w. grad vdx, (w, v) V2,

L(v) =

fvdx, v V,nous voyons que (2.25) rentre dans le cadre des problmes variationnels abstraits que nousavons tudis au paragraphe 2.4. Il reste vrifier les hypothses du thorme de LaxMilgram 2.6.

Proposition 2.5. Si louvert est born, le problme (2.25) admet une solution unique.

Preuve. Il est clair que a est une forme bilinaire sur V V, et L une forme linaire sur V. Lacontinuit de L est facile voir :

|L(v)|

|f| |v| dx fL2() vL2() fH10() vH1

0() ,

par lingalit de CauchySchwarz. De mme a est continue sur V V :

|a(w, v)

| grad w. grad v dx grad wL2() grad wL2() = wH10() vH10 ()30


31/68

Enfin, la coercivit de a est triviale (daprs le thorme 2.4 qui est, rappelons le, une consquencede lingalit de Poincar (2.21)) :

a(w, w) =

grad w2 dx = w2H10() .

Nous pouvons donc appliquer le thorme de LaxMilgram 2.6.

La solution qui rsulte du thorme prcdent sappelle une solution faible de (2.1). Enappliquant le thorme 2.7, nous pouvons faire le lien avec le calcul des variations :

Proposition 2.6. La solution faible de (2.25) ralise le minimum srH10 () de la fonctionnelle

J(u) =1

2

|u|2 dx

fudx.

Nous voulons maintenant comprendre le lien entre cette solution faible et les solutionsclassiques, ou fortes de lquation de Laplace. En gnral, la solution de (2.25) na pas dergularit plus grande que son appartenance H1(). Ce ne peut donc pas tre une solutionclassique. Toutefois, si nous supposons que la solution faible est plus rgulire, alors cest bienune solution forte de (2.1).

Proposition 2.7. Sous lhypothse que la solution faible u H2(), u est une solutionclassique de (2.1).

Preuve. Si u H2(), alors nous pouvons appliquer la formule de Green (2.4), avec une fonctiontest v

Cc (), et nous obtenons

(u + f)v dx = 0, v Cc ().

Comme Cc () est dense dans L2(), lgalit prcdente implique que u = f dans L2(), donc

que

u = f presque partout dans .

Remarque 2.3. On dmontre que, mme sans lhypothse de rgularit u H2(), lqua-tion (2.6) est tout de mme vrifie presque partout dans . La solution faible nest plusncessairement une solution forte. La dmonstration est toutefois plus dlicate (voir [1]).

2.5.2 Extension dautres conditions aux limites

Conditions de Dirichlet non-homogne

La premire variante que nous tudions consiste remplacer la condition de Dirichlethomogne u = 0 sur par une condition nonhomogne u = g sur . Pour que ce pro-blme puisse avoir une solution, il est naturellement ncessaire que g soit la trace sur le borddune fonction ug H1() (cette fonction nest videmment pas unique, puisquon peut luirajouter nimporte quel lment de H10 ()). Nous ne pouvons pas rentrer dans le dtail decette question, nous supposons simplement quil existe une telle fonction g. Nous verrons au

paragraphe 3.3.3 comment on peut facilement construire numriquement un tel relvement .

31


32/68


33/68

Thorme 2.8. Le problme 2.30 admet une unique solution faible u H1().Preuve. Comme dhabitude, le seul point qui ncessite une dmonstration est la coercivit de a :

a(u, u) =

u2 + |u|2 dx = u2H1() .

Par contre linterprtation du problme variationnel va savrer plus dlicate quau para-graphe prcdent. Nous faisons lhypothse que la solution u H2(). Dans ce cas, la drivenormale

u

n L2(), et nous pouvons utiliser la formule de Green (2.4), pour obtenir

(u u + f) dx = g

u

n

v d(x).

Choisissons v C0 (), cest--dire support compact dans . Le terme de droite est alorsnul, et par un rsultat de densit des fonctions rgulires dans L2(), nous voyons que u vrifieu + u = f dans L2(), donc presque partout dans .

Toujours sous lhypothse que u H2(), nous en dduisons par le mme raisonnementde densit (sur le bord) que

u

n= g dans L2(), donc presque partout sur

Remarque 2.4. Lhypothse u H2() est assez restrictive. On peut rinterprter, mais cestplus dlicat, le problme variationnel sans lhypothse prcdente. Le problme lintrieur

est toujours vrifi presque partout. Par contre, il nest plus possible de donner un sens u

nen tant que fonction (cest une distribution), et la condition aux limites ne peut tre vrifieque dans un sens faible.

Nous considrons maintenant le problme de Neumann pour pour le Laplacien, cest--dire

(2.31)

u = f dans ,u

n= g sur .

La difficult supplmentaire par rapport au cas prcdent est, comme nous lavions annonc

lors de ltude formelle du problme de Neumann, quil nexiste une solution que si les donnesf et g vrifient une condition de compatibilit (que nous allons expliciter plus loin), et quedans ce cas, la solution de (2.31) nest dfinie qu une constante prs.

En effet, puisque seules les drives de u interviennent dans (2.31), on voit que si u en estune solution, alors u + C est aussi solution quelle que soit la constante C R. Par ailleurs,en appliquant la formule (2.4) avec v = 1, nous retrouvons

(2.32)

f(x) dx +

g(x) d(x) = 0,

qui est une relation entre les donnes f et g qui ne fait pas intervenir u. On voit donc que (2.32)

est une condition ncessaire pour lexistence dune solution.

33


34/68

La formulation variationnelle, sans encore prciser lespace dans lequel nous chercheronsla solution est

(2.33)Trouver u tel que

(v(x))Tu(x) dx =

f(x)v(x) dx +

g(x)v(x) d(x) v.

Le choix le plus naturel serait de prendre V = H1(), mais la remarque prcdente montreque nous devrons nous attendre des difficults, et en effet, il nest pas possible de dmontrerla coercivit de la forme bilinaire a(u, v) =

(v(x))Tu(x) dx sur H1().

Il est clair que nous devrons modifier le cadre variationnel pour pouvoir appliquer le tho-rme de LaxMilgram. Une solution est de fixer la constante en travaillant avec desfonctions moyenne nulle, soit en posant

V =

u H1(),

u dx = 0

,

qui est un sous-espace ferm de H1(), donc complet quand on le munit de la norme induitepar H1(). Nous prenons donc comme formulation variationnelle

(2.34)Trouver u V tel que

(v(x))Tu(x) dx =

f(x)v(x) dx +

g(x)v(x) d(x) v V,

et nous devons vrifier la coercivit de la forme bilinaire sur V (les autres proprits sontclaires). Ce point est quelque peu dlicat, et nous admettrons le rsultat. Nous avons donc

Thorme 2.9. Soit f L2() et g L2() vrifiant la condition de compatibilit (2.32).Il existe une solution unique u V du problme de Neumann (2.34).

Conditions aux limites mles

Nous envisageons maintenant le cas o la frontire est partitionne en deux parties =D N, avec D N = .

Sur D est impose une condition de Dirichlet, que nous supposerons homogne poursimplifier

u = 0 sur D;

Sur N est impose une condition de Neumann

u

n= g sur D,

o g L2(N) est donne.Pour dmontrer lexixtence dune solution, nous devrons supposer que la partie D nest

pas trop petite (sans quoi, nous retoruverons les difficults du problme de Neumann).Nous ferons lhypothse que mes(D) > 0, en dsignant par mes la mesure superficielle sur

.

34


35/68

Il est naturel de chercher u dans un sous-espace de H1() de fonctions nulles sur D.Pour une fonction test vrifiant la mme condition aux limites, la formule de Green conduit

une formulation variationnelle avec

a(u, v) =

vT u dx, L(v) =K

f vdx +

gvd(x).

Lespace sur lequel sont dfinies ces formes est

VD =

v H1(), v = 0 sur D

.

Notre problme variationnel est donc

(2.35) Trouveru V tel que

(v(x))Tu(x) dx =

f(x)v(x) dx +

N

g(x)v(x) d(x) v V.

Thorme 2.10. Le problme 2.35 admet une solution unique u V.

Preuve. La continuit de a et de L se dmontre comme la proposition 2.5. Le seul point dlicat(et qui peut tre pass en premire lecture) est la coercivit de a.

Pour montrer la coercivit de a, commenons par montrer que w

a(w, w) dfinit une normesur V. Il est clair que cest une seminorme. Si a(w, w) = 0, w = 0 (presque partout) sur , donc west constant sur (connexe). Comme w = 0 sur une partie du bord de mesure strictement positive,nous concluons que w = 0 sur .

Il nous faut donc montrer que cette nouvelle norme est quivalente la norme de H1(). Pourcela, raisonnons par labsurde. Supposons que, pour tout n N, il existe wn V, tel que

a(wn, wn) 1n

wn2H1() .

En fait, nous pouvons prendre wnH1() = 1 (cest une simple normalisation). La suite (wn)nN estdonc borne dans H1(). Par compacit (voir le thorme de Rellich 2.5), nous pouvons extraire unesous suite (wnk)kN qui converge dans L

2().

Par hypothse,

a(wnk , wnk) 1

nk,

et donc wnk 0 dans L2() quand k . Par consquent (wnk)k est une suite de Cauchy dansH1(), et converge vers une limite w. On a donc

|w|2 dx = limk

|wnk |2 dx limk

1

nk= 0.

Daprs la premire partie dela dmonstration, on a donc w = 0, mais par ailleurs,

|w|2 dx = limk

|vnk |2 dx = 1,

ce qui est une contradiction avec w

= 0.

35


36/68

2.5.3 Coefficients variables

Nous considrons donc le problme (1.3) (dont nous avons donn la formulation variation-

nelle en (2.9)), et nous considrons maintenant le cas gnral dun tenseur de conductivitanisotrope. Nous nous donnons une fonction valeurs dans lespace des matrices K(x), v-rifiant les conditions suivantes : il existe deux constantes, > 0 et > 0, telles que, pourpresque tout x ,

K(x) , Rd ; TK(x) =

di,j=1 kijij 2 , Rd.

On considre alors le problme aux limites :

(2.36)

divKu = f dans ,

u = 0 sur .

En multipliant, comme dhabitude par une fonction test v H10(), et en utilisant laformule de Green (2.3) avec q = Au, nous obtenons la formulation variationnelle

(2.37)Trouver u H10() tel que

(v(x))TK(x)u(x) dx =

f(x)v(x) dx v H10().

Thorme 2.11. Sous les hypothses ci-dessus, le problme (2.37) admet une unique solutionfaible u H10 ().Preuve. En posant, pour (u, v) H10 ()2),

a(u, v) =

(v(x))TK(x)u(x) dx,L(v) =

f(x)v(x) dx,

il suffit de vrifier les hypothses du thorme de LaxMilgram 2.6. Les caractres respectivementlinaire de L, et bilinaire de a sont vidents. Nous vrifions les deux autres points.

Continuit En appliquant deux fois lingalit de CauchySchwarz (dabord dans Rd, puis dansH10 ()), il vient

|L(v)|

u v dx uH10() vH1

0() ,

soit la premire hypothse du thorme, avec C = .

Coercivit Cest le point dlicat, mais qui est encore une fois rendu trivial par lingalit de Poincar :

a(u, u)

u(x)2 dx = u2H10() .

On peut galement dmontrer un rsultat analogue la proposition 2.7, en suivant le mmeraisonnement.

Remarque 2.5. Problme de transmissionConsidrons le cas particulier o est partitionn en deux sous-domaines 1 et 2, et nous

notons lintreface entre les deux sous-domaines. Deux situations possibles sont illustres surla figure 2.2.

Nous supposerons que le coefficient K est scalaire, et constant sur chaque sousdomaine,

K(x) = kii(x) pour x i (i dsignant la fonction caractristique de i).36


37/68

Fig. 2.2 Domaine partitionn en deux sous-domaines 1 et 2, deux exemples

Dans la formulation variationnelle, prenons dabord v suppport compact dans 1, puisdans 2 (en particulier v est nulle sur ), et nous voyons que dans chaque sous-domaine, larestriction ui de u i vrifie

kiui = f|i . Il y a aussi des conditions de transmission entre

u1 et u2 sur linterface , qui sont en fait contenues dans la formulation variationnelle. Toutdabord, le thorme de trace implique que, puisque u H1(),

u1 = u2 sur .

Ensuite, si nous prenons maintenant une fonction test quelconque, en appliquant la formulede Green dans 1 et dans 2, compte tenu des quations lintrieur, il reste (en notant n lanormale oriente de 1 vers 2, par exemple)

k1u1 nv d(x) =

k2u2 nv d(x), pour tout v L2(),

ce qui entrainek1u1 n = k2u2 n.

2.5.4 Le systme de llasticit linaire

Nous considrons maintenant le systme de llasticit linaris que nous avons introduit auparagraphe 1.3. Pour simplifier, nous nous placerons dans le cas homogne et isotrope (cest--dire que le systme est dcrit par les deux coefficients de Lam et , qui sont suppossconstants, et positifs). Le tenseur des contraintes est donc reli au tenseur dlasticit par larelation

(u) = 2(u) + Tr (u)I,

et la condition dquilibre est

div (u) + f = 0 dans ,

o f L2()3 est une force donne, et o div est le vecteur de composantes not

(div (u))i =3j=1

(u)ijxj

Commenons par tudier le cas o lon impose une condition de Dirichlet sur tout le bord.

Nous verrons plus tard le cas, plus raliste de conditions aux limites mixtes.

37


38/68

Nous cherchons donc u V = H10 ()3, et prenons les fonctions test dans ce mme espace.Multiplions scalairement la condition dquilibre par v V, et intgrons par partie pour

obtenir

3i,j=1

(2(u)ij + Tr (u)ij)vixj

dx =

f.v dx.

Pour simplifier la premire somme, remarquons que

3i,j=1

uixj

+ujxi

vixj

=1

2

3i,j=1

uixj

+ujxi

vixj

+vjxi

= 2(u)(v).

Pour ce qui est de la deuxime partie de la somme, remarquons galement que Tr (u) = div(u)(la vraie divergence cette fois). Par consquent,

3i,j=1

div uijvixj

=3i=1

div u div v.

Finalement, la formulation variationnelle, pour des conditions aux limites de Dirichlet est


2 (u)(v) + div u div v dx =

f v dx v V,

Le thorme auquel sattend le lecteur a bien lieu :

Thorme 2.12. tant donn un champ de vecteur f L2()3, le problme variation-nel (2.38) admet une solution unique u H10 ()3.Preuve. Comme dhabitude nous ne vrifierons que la coercivit de la forme bilinaire. Celle-ci nestpriori pas vidente, car la forme bilinaire ne contient pas toutes les drives de ses arguments.

Tout dabord, puisque > 0, nous avons

a(u, u) 2

(u)2 dx.

Ensuite, un cas simple de lingalit de Korn, dmontr dans le lemme 2.2 ci-dessous donne

a(u, u)

2

2

u

L2()3 ,

et pour conclure, nous utilisons lingalit de Poincar (2.21) (composante par composante).

Il reste dmontrer la premire ingalit de Korn.

Lemme 2.2. Pour v V, on a

(2.39) vL2()3

2 (v)L2()3 .

Preuve. Cest un simple calcul. Pour u V,

(u)

2 dx =

1

4

3

i,j=1

ui

xj

+uj

xi2

dx =1

2

3

i,j=1

ui

xj2

+ui

xj

uj

xi dx

38


39/68

Intgrons par partie deux fois (cest ici quintervient la condition de Dirichlet) :

ui

xj

uj

xi dx = 2ui

xjxi uj dx =

ui

xi

uj

xj dx.

Finalement,

(u)2 dx = 12

3i,j=1

uixj2

+uixi

ujxj

dx

=1

2

3i,j=1

uixj2

+

3i=1

uixi

2

dx 12

|u|2 dx.

En pratique, il est important de ne pas se restreindre aux cas des conditions de Dirichlet.En effet, cela correspond un solide encastr sur tout son bord. Or nous voulons pouvoirtraiter le cas dun solide dont le bord (ou une partie du bord) est libre, ou soumis unecontrainte surfacique.

Nous considrons donc une partition du bord en D et N (nous supposerons quela mesure superficielle de D est strictement positive), et le problme

(2.40)

div (2(u) + Tr (u)I) = f dans ,u = 0 sur D,

(u) n = g sur N.,

o f L2()2, et g L2(N)3 sont donns.Il parait raisonnable de considrer lespace VD =

u H1()3, u = 0 sur D

, qui est

sous-espace ferm de H1()3 par application du thorme de trace. La formulation variation-nelle est alors :


2 (u)(v) + div u div v dx =

f v dx +

N

gv d(x), v V,

et lon a le thorme attendu

Thorme 2.13. tant donnsf

L2()3, et g

L2(N

)3 le problme variationnel (2.41)admet une solution unique u H10 ()3.Preuve (Esquisse). Encore une fois le seul point dlicat et la coercivit. Nous nindiquons que lestapes de la dmonstration, qui est technique. Tout dabord, puisque nous supposons > 0, il suffitde montrer quil existe une constante C > 0 telle que

v VD, vH1()3 C(v)H1()3 .

Pour cela, montrons dabord que vH1()3 dfinit une norme sur VD. Le seul point dmontrer estque vH1()3 = 0 v = 0. Daprs le lemme 1.1, v est alors un dplacement de corps rigide :v(x) = a + b x. Or, puisque u = 0 sur la partie D, ceci nest possible que si a = b = 0.

Il faut ensuite utiliser la seconde ingalit de Korn, nonce sans dmonstration au lemme 2.3,

ainsi quun raisonnement faisant appel la compacit pour conclure.

39


40/68

Le lemme de Korn, nonc ci-dessous, est hautement non-trivial. Comme pour la premireingalit (2.39), seule certaines drives partielles interviennent dans le membre de droite

de lingalit. Mais cette fois, il nest pas possible dutiliser largument simple bas sur uneintgration par parties. La dmonstration se trouve, par exemple, dans le livre [10].

Lemme 2.3. Il existe une constante C > 0 telle que, pour v H1()3), on a

(2.42) vH1() CvL2()3 + (v)L2()3

On peut bien entendu rinterprter le problme variationnel, sous une hypothse de rgu-

larit de la solution (voir par exemple [1]).

Comme nous lavons annonc, la formulation variationnelle dun problme aux limitesnest rien dautre que le principe des travaux virtuels, alors que les fonctions test sont les

dplacements admissibles. Nous allons retrouver ce lien par lintermdiaire de la formulation minimum de lnergie . Nous introduisons pour cela la fonctionnelle, dfinie sur VD :

(2.43) J(v) =1

2

2 (v)2 + |div v|2 dx

fv

dx

D

gv d(x).

Linterprtation mcanique de J est la suivante : la premire intgrale est lnergie de dfor-mation, alors que les deux autres termes reprsentent le travail des forces extrieures.

Par un raisonnement tout fait similaire celui men avant le thorme 2.1, nous pouvonsmontrer que

J(u+v)

J(u) =

2 (u)(v)+ div u div v dx

f v dxN gv d(x)+ (u)2 dx,

et prouver ainsi lquivalence entre le problme variationnel (2.41) et la minimisation de J surlespace des dplacements admissibles VD. Une consquence de ce calcul est que le problmevariationnel est lquation dEuler du problme de minimisation, et lon retrouve le principedes travaux virtuels.

40


41/68

Chapitre 3

Prsentation de la mthode des

lments finis

Dans ce chapitre nous abordons le coeur de notre sujet : lapproximation des problmeselliptiques par la mthode des lments finis. Nous commencerons par prsenter la mthodedapproximation interne, qui est une mthode dapproximation abstraite dans les espaces deHilbert. La mthode des lments finis est une mthode de dapproximation interne particu-lire, lespace dapproximation tant un espace de fonctions polynomiales par morceaux. Nousdcrirons donc ensuite les espace locaux utiliss dans lapproximation, en nous bornant auxexemples les plus courants : les lments de Lagrange sur des triangles et des rectangles, en2 dimension, sur des ttradres, des hxadres et des prismes en 3 dimensions. Ensuite, nousmontrerons comment on construit les espaces dapproximation globaux, et les proprits du

problme approch obtenu.

3.1 La mthode dapproximation interne

Nous nous plaons dans la situation du paragraphe 2.4 : V est un espace de Hilbert dontnous notons (., .) le produit scalaire. Nous considrons un problme variationnel

(3.1) Trouver u V, tel que a(u, v) = L(v) pour tout v V,

o a est une forme bilinaire continue et coercive sur V V, et L est une forme linairecontinue sur V (voir le paragraphe 2.4 pour les dfinitions prcises).

Nous nous donnons une famille de sous-espaces Vh V de dimension finie Nh. Le para-mtre h est destin tendre vers 0. Il est pour linstant sans signification, mais nous servira mesurer la finesse du maillage au chapitre prochain. Nous dfinissons le problme approchpar la formulation variationnelle :

(3.2) Trouver uh Vh, tel que a(uh, vh) = L(vh) pour tout vh Vh.

Par application du thorme de LaxMilgram (dont les hypothses sont vrifies puisque Vh V, il est immdiat que le problme approch (3.2) admet une solution unique uh. Cela estdmontr la proposition 3.1.

Bien entendu, comme le problme approch est en dimension finie, il est quivalent un

systme linaire, aprs avoir fix une base de Vh. Notons 1, . . . , Nh les lments de cette

41


42/68

base (pour linstant, nous ne prcisons pas ce que sont les vecteurs de cette base, mais nousverrons que la mthode des lments finis conduit au choix canonique dune base de Vh). Nous

pouvons dvelopper la solution approche uh sur la base choisie :

uh =

Nhj=1

xjj.

Dans la formulation variationnelle (3.2), il est suffisant (et ncessaire) de prendre vh = i,pour i = 1, . . . , N h. Le systme approch se met sous la forme

a

Nhj=1

xjj, i

= L(i), i = 1, . . . , N h,

En dveloppant par linarit, nous obtenons le systme linaire(3.3) Ax = b,

o les lments de la matrice A et du second membre b sont donns par

(3.4) Aij = a (j , i) , bi = L(i),

et o nous avons not x le vecteur inconnu de composantes xj, j = 1, . . . , N h.Par analogie avec le cas de llasticit linaire, la matrice A sappelle la matrice de

rigidit su systme.

Il est important de savoir que le systme approch possde toujours une solution unique.

Proposition 3.1. La matrice A est inversible.Lorsque la forme bilinaire a est symtrique, la matrice A lest aussi, et elle est alors

dfiniepositive.

Preuve. Linversibilit de A est une consquence immdiate du lemme de LaxMilgram appliqu Vh.

La symtrie de A se voit sur la dfinition (3.4). Le caractre dfini positif est la traduction en

dimension finie de la coercivit. Soit x R[Nh], et posons uh =Nh

i=1 xii.

xTAx =

Nhi,j=1

xixja(j , i) = a(

Nhj=1

,

Nhi=1

) = a(uh, uh) > 0.

La mthode des lments finis est une mthode dapproximation particulire (nous enverrons les dtails aux paragraphes suivants) qui conduit un systme approch possdantplusieurs bonnes proprits :

les lments de la matrice A et du second membre b peuvent tre calcul de maniresystmatique, et simple, partir de la donne de Vh ;

il est possible dvaluer la diffrence entre la solution exacte u et la solution approcheuh ;

le problme approch peut tre rsolu assez efficacement.Nous reviendrons en dtail sur ces diffrents points dans la suite de ce cours.

Pour commencer quantifier lerreur entre u et uh, nous allons donner le rsultat connu

comme le lemme de Ca, qui est une estimation abstraite de lerreur.

42


43/68

Lemme 3.1. Soitu la solution exacte (solution de (3.1)), etuh la solution approche (solutionde (3.2)). On a lgalit

(3.5) a(u uh, vh) =, pour tout vhinV h.Preuve. Puisque Vh V, on peut prendre v = vh VH dans le problme exact (3.1). En soustrayantalors (3.2) de (3.1), nous obtenons (3.5).

Proposition 3.2 (Lemme de Ca). Avec les mmes notations quau lemme prcdent, ona lingalit

(3.6) u uhV M

infvhVh

u vhV ,

o M et sont les quantits qui interviennent dans le lemme de LaxMilgram.

Preuve. Fixons un lment quelconque vh Vh. Daprs (3.5),a(u uh, u uh) = a(u uh, u vh),

puisque la diffrence uh vh est lment de Vh.Utilisons alors, dune part, la coercivit de a,

u uh2V a(u uh, u uh),dautre part, la continuit de a,

a(u uh, u vh) Mu uhV u vhV .On dduit lingalit (3.6) des deux ingalits prcdentes.

Remarque 3.1. Dans le cas o a est symtrique, le lemme 3.1 admet une interprtation inm-portante. Dans ce cas, la forme bilinaire dfinit un produit scalaire et une norme sur V,appele norme de lenergie :

ue =

a(u, u), u V,et quivalente la norme de V :

uV ue

MuV , u V.

Dans ce cas, la relation (3.5) exprime que lerreur uuh est orthogonale lespace approchVh. La solution approche est donc la projection de la solution exacte sur Vh.

Toujours dans le cas o a est symtrique on peut amliorer lestimation de la proposi-tion (3.6). En effet, daprs ce qui prcde,

a(u uh, u uh) = u uhe u vhe = a(u vh, u vh), vh Vh,et il en rsulte que, pour tout vh Vh

u uhV a(u uh, u uh) a(u vh, u vh) Mu vh2V ,do

u uhV

M

infvhVh

u vhV .

(qui est meilleure que (3.6), puisque M).43


44/68

Remarque 3.2. Limportance du lemme de Ca est de remplacer le problme destimation delerreur par un problme dapproximation, dans lequel la solution approche napparat plus.

Si lon peut dmontrer que la solution (ou plus gnralement, nimporte quelle fonction de V)est bien approche par les fonctions de Vh, alors lerreur ne sera quune constante fois plusgrande que cette erreur dapproximation.

Nous en tirerons la stratgie qui sera utilise au chapitre suivant pour obtenir une estima-tion derreur : tant donn w V, construire un lment wh Vh pour lequel la diffrencew whV peut tre facilement estime. On en dduit, une constante prs, une estima-tion de lerreur u uhV.

La version abstraite de cette stratgie est contenue dans le rsultat suivant.

Corollaire 3.1. On suppose quil existe un sous-espaceV V dense dansV, et un oprateurrh : V V, tel que

v

V, limh0

v

rh

(v)V

= 0.

Alors la solution approche converge vers la solution exacte quand h tend ves 0 :

limh0

u uhV = 0

Preuve. Soit > 0. Par densit de V, il existe v mathcalV tel que u vV . Par ailleurs, ilexiste h0 tel que v rh(v)V pour h h0.

Par le lemme de Ca (nous notons C =

M/),

u uhV Cu rh(v)V C(u vV + v rh(v)V) 2C.

Dans les applications, V sera un sous-espace de H1(), et Vsera un espace de fonctionsrgulires (sous-espace de C1()). Loprateur rh sappelle loprateur dinterpolation.

3.2 Approximation par lments finis P1 pour le Laplacien

Dans ce paragraphe, nous allons nous attacher la rsolution du problme modle suivant :

(3.7)

div(ku) = f dans u = 0 sur D,

ku

n

= g sur N.

o est un ouvert (connexe) de R2, que nous supposerons polygonal, D et N formentune partition de , f L2() et g L2(N) dont deux fonctions donnes. Daprs lechapitre 2, la formulation variationnelle de ce problme aux limites est

(3.8) Trouver u V, tel que a(u, v) = L(v) pour tout v V,en notant

(3.9) a(u, v) =

k u dx, L(v) =

f v d x +

N

gvd(x), (u, v) H1D()2,

et V = H1D() =

v H

1

(), u = 0 sur D

.

44


45/68

3.2.1 Espace dapproximation local

Lespace Vh sera construit en assemblant des fonctions dfinies sur chaque triangle de la

triangulationTh. Nous commenons donc par dcrire la situation locale. Nous noterons P1lespace des polynmes de degr 1 en deux variables :

(3.10) P1 = {p R[X, Y], p(x, y) = a + bx + cy} .

Il sagit vien videmment dun espace vectoriel de dimension 3. Comme nous voulons associerun tel espace chaque triangle K, nous cherchons une base adapte. Lexistence dune tellebase est la consquence du rsultat suivant.

Proposition 3.3. Soit K un triangle nondgnr de R2, de sommets A1, A2, A3. Il existeun unique polynme de P1 prenant des valeurs fixes aux sommets de K.

Preuve. Pour i = 1, 2, 3, notons (xi, yi) les coordonnes du sommet Ai, et fi la valeur impose ence mme sommet. Nous devons trouver 3 nombres a,b,c tels que

p(xi, yi) = fi, i = 1, 2, 3.

Ces conditions sont quivalentes au systme linaire

a + bxi + cyi = fi, i = 1, 2, 3,

dont le dterminant

=

1 x1 y1

1 x2

y2

1 x3 y3

est gal la surface du triangle K. Comme ce triangle est suppos non-dgnr, le dterminant estnonnul, et le systme possde une solution unique.

Dans la situation de la proposition 3.3, nous dirons que lensemble {A1, A2, A3} est P1unisolvant.

Nous noterons i lunique fonction de P1 qui prend la valeur 1 au noeud Ai et 0 aux deuxautres noeuds. Par dfinition, on a alors (avec un lger abus de notation), pour tout p P1 :

p =

3i=1

p(Ai)i.

Les fonction i sappellent des coorodonnes barycentriques sur le triangle K. Gometriquement(voir la figure 3.1), i(P) reprsente laire du triangle P AjAk (Aj et Ak sont les deux autressommets du triangle).

Plus algbriquement, les coordonnes barycentrique du point P de coordonnes affines(x, y) sont la solution du systme linaire

1x1 +2x2 +3x3 =x,

1y1 +2y2 +3y3 =y,

1 +2 +3 =1.

45


46/68

A2 A3

A1

P

1

32

Fig. 3.1 Coordonnes barycentriques

Ce systme a bien une solution unique, puisque sa matrice est la transpose de celle qui estintervenue la proposition 3.3. Les coordonnes barycentriques sont des fonctions affines descoordonnes du point, et sont comprises entre 0 et 1 (quand le point est intrieur au triangle).

Voyons quelques exemples : le cot A1A2 du triangle admet 3(P) = 0 comme quation,la droite passant par les milieux des cots A1A2 et A2A3 a 2 = 1/2 comme quation, enfinles coordones barycentriques du centre de gravit du triangle sont (1/3, 1/3, 1/3).

1 2

3

Fig. 3.2 Triangle de rfrence

Nous aurons besoin plus loin du triangle unit

K dont les sommets sont

A1 = (0, 0),A2 = (1, 0) et A3 = (0, 1). Les coordonnes barycentriques sur ce triangle sont sinmplement1(x, y) = 1 (x + y), 2(x, y) = x et 3(x, y) = y, voir la figure 3.2.

3.2.2 Description de lespace dapproximation

Pour dfinir lespace dapproximation Vh nous commencons par remplacer louvert par une structure discrte.

Dfinition 3.1. Une triangulation (on parle aussi de maillag) dun ouvert polygonal R2 est un ensemble Th de triangles (Ki)1in vrifiant

i) Ki et = 1inKi ;46


47/68

Fig. 3.3 Exemple de triangulation

ii) Ki Kj est soit vide soit rduite un sommet commun, soit la totalit dune artecommune.

Nous appelleront noeud du maillage les sommets des triangles de Th.Nous noterons Ns le nombre de sommets, NDs le nombre de sommets non situs sur D,

et Ne le nombre de triangles de Th.Le paramtre h qui intervient dans la notation Th peut tre compris comme la taille

typique dun lment du maillage, ou plus prcisment comme maxKTh diam K (o diam Kest le diamtre de llment, cest--dire la plus grande distance entre deux lments de K).Bien entendu, h est destin tendre vers 0 , de sorte que nous avons en thorie une famille

indexe par h de maillages.Remarque 3.3. Dans cette partie du cours, nous ne proccuperons pas de savoir comment onobtient le maillage. Il faut toutefois tre conscient que la phrase Soit Th une triangulation de masque une tape loin dtre simple (et que les ingnieurs considrent souvent comme pluscoteuse que le calcul). Si mailler un domaine en dimension 2 est un problme bien compris,avec des logiciels efficaces (par exemple EMC2 [13]), le maillage automatique dun domaineen 3 dimensions dans un contexte industriel est encore une activit de recherche. On pourrase reporter au livre [12] pour un tat de lart.

Remarque 3.4. En pratique, il nest videmment pas possible de faire tendre h vers 0 . Oncalcule le plus souvent avec 1, parfois plusieurs, mais toujours un nombre fini de maillages.Ainsi, les estimations derreurs que nous indiquerons au paragraphe 3.4 ont un intret tho-

rique, mais ne peuvent tre utilises telles quelles en pratique pour estimer la prcision duncalcul. Pour cela, il est ncessaire de disposer destimations posteriori. Pour une introduction ce vaste sujet, voir le dernier chapitre de [11].

Un exemple de maillage est prsent sur la figure 3.3, alors que la figure 3.4 illu

Documents

Introduction à la méthode des éléments finis_KERN Michel