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Analyse numérique

EPF - 3A

V. Nolot

EPF - 3A (V. Nolot) Analyse numérique

Sommaire

1 Motivation

2 Les problèmes liés à l’approximation

3 Résolution de systèmes linéaires

4 Equations différentielles

5 Equations aux dérivées partielles

Motivation

Quelles équations savez-vous résoudre ?

Les équations polynomiales (degré 1, 2, 3 ?, 4 ?...).

Quelques équations avec les fonctions usuelles (exp, ln, xα ...).

Exemple : Résoudre

e−x2+ x = 0.

Motivation

Exemple : Résoudre

e−x2+ x = 0.

Motivation

Exemple : Résoudre

e−x2+ x = 0.

Motivation

Exemple : Résoudre

e−x2+ x = 0.

Motivation

Savez-vous calculer ...

. . .∫ b

af (t)dt ?

Réponse : oui si on connaît une primitive de f (théorème duCalculus)

. . .sin(x) ?

Réponse : oui si x est un angle usuel (ou proche)

Motivation

. . .∫ b

af (t)dt ?

. . .sin(x) ?

Motivation

. . .∫ b

af (t)dt ?

. . .sin(x) ?

Motivation

. . .∫ b

af (t)dt ?

. . .sin(x) ?

Motivation

. . .∫ b

af (t)dt ?

. . .sin(x) ?

Les problèmes liés à l’approximation

1 Motivation

2 Les problèmes liés à l’approximationQuelques arrondisProblèmes d’erreurProblème de coûtConclusion

Les problèmes liés à l’approximation Quelques arrondis

Valeur approchée de e

Grâce à la formule de Taylor :

e = 1 +11!

+13!· · ·

+ R3 ≈ 2,666 + 0,052

R3 =∫ 1

3!(1− t)3 dt

est le reste de Taylor intégral de la fonction exp en 0 à l’ordre 3 pourx = 1.

e = 1 +11!

· · ·

≈ 2,666 + 0,052

R3 =∫ 1

3!(1− t)3 dt

e = 1 +11!

· · ·

+ R3 ≈ 2,666 + 0,052

R3 =∫ 1

3!(1− t)3 dt

Valeur approchée de π

limn→+∞

24n+1(n!)4

(2n)!(2n + 1)!= π.

Donc si n est assez grand :

24n+1(n!)4

(2n)!(2n + 1)!≈ π

Valeur approchée de π

limn→+∞

24n+1(n!)4

(2n)!(2n + 1)!= π.

Donc si n est assez grand :

24n+1(n!)4

(2n)!(2n + 1)!≈ π

Les problèmes liés à l’approximation Problèmes d’erreur

Deux types d’erreur

Erreur d’approximation

Erreur de discrétisation

Les problèmes liés à l’approximation Problèmes d’erreur

Deux types d’erreur

Erreur d’approximation

Erreur de discrétisation

Les problèmes liés à l’approximation Problème de coût

Coûts

Temps de calcul (puissance des ordinateurs limitée)

Stockage

Facilité de la mise en oeuvre

Coûts

Stockage

Coûts

Stockage

Les problèmes liés à l’approximation Conclusion

Conclusion

L’ingénieur doit

savoir utiliser les bons outils numériques pour une situationdonnée,

évaluer l’erreur commise,

être vigilant aux erreurs d’arrondi de l’ordinateur.

Conclusion

L’ingénieur doit

Conclusion

L’ingénieur doit

Résolution de systèmes linéaires

1 Motivation

3 Résolution de systèmes linéairesIntroductionMéthodes directesMéthodes itératives

Résolution de systèmes linéaires Introduction

Système linéaire

a11 a12 . . . a1n

... a22...

.... . .

...an1 · · · · · · ann

AX = b.

Définition

DéfinitionUne matrice est dite non singulière si son déterminant est non nul (etpas très proche de 0).

On s’assure que la matrice A du système est non singulière. Pourquoi ?

Attention : on ne résout jamais directement X = A−1b.

Définition

Résolution de systèmes linéaires Méthodes directes

Méthodes directes

DéfinitionUne méthode est dite directe si elle permet d’obtenir la solution d’unsystème en un nombre fini d’opérations élémentaires.

Exemple :

Lorsque A est triangulaire

Lorsque A est quelconque : avec le pivot de Gauss

Méthodes directes

Exemple :

Méthodes directes

Exemple :

Matrice triangulaire

Lorsque la matrice A est triangulaire :

−1 2 30 2 −40 0 −2

−104

−14−4−2

n2 opérations

Lorsque la matrice A est triangulaire :−1 2 30 2 −40 0 −2

−104

−14−4−2

n2 opérations

−104

−14−4−2

n2 opérations

−104

−14−4

n2 opérations

−104

−4−2

n2 opérations

−104

−14−4−2

n2 opérations

−104

−14−4−2

n2 opérations

Sans stratégie de pivot

Lorsque la matrice A est quelconque :

−x1 +3x2 +4x3 = 12x1 +6x3 = 1−2x1 −3x2 +8x3 = −1

Le système (S) se réécrit matriciellement :−1 3 42 0 6−2 −3 8

11−1

Sans stratégie de pivot

Lorsque la matrice A est quelconque :

−x1 +3x2 +4x3 = 12x1 +6x3 = 1−2x1 −3x2 +8x3 = −1

Le système (S) se réécrit matriciellement :−1 3 42 0 6−2 −3 8

11−1

−1 3 4 12 0 6 1−2 −3 8 −1

∼−1 3 4 10 6 14 3 L′2← L2 + 2L1

0 −9 0 −3 L′3← L3−2L1

∼−1 3 4 10 3 7 3

2 L′2← 12L2

0 −9 0 −3

∼−1 3 4 10 3 7 3

20 0 21 3

2 L′3← L3 + 3L2

−1 3 4 12 0 6 1−2 −3 8 −1

∼−1 3 4 10 6 14 3 L′2← L2 + 2L1

0 −9 0 −3 L′3← L3−2L1

∼−1 3 4 10 3 7 3

2 L′2← 12L2

0 −9 0 −3

∼−1 3 4 10 3 7 3

20 0 21 3

2 L′3← L3 + 3L2

−1 3 4 12 0 6 1−2 −3 8 −1

∼−1 3 4 10 6 14 3 L′2← L2 + 2L1

0 −9 0 −3 L′3← L3−2L1

∼−1 3 4 10 3 7 3

2 L′2← 12L2

0 −9 0 −3

∼−1 3 4 10 3 7 3

20 0 21 3

2 L′3← L3 + 3L2

−1 3 4 12 0 6 1−2 −3 8 −1

∼−1 3 4 10 6 14 3 L′2← L2 + 2L1

0 −9 0 −3 L′3← L3−2L1

∼−1 3 4 10 3 7 3

2 L′2← 12L2

0 −9 0 −3

∼−1 3 4 10 3 7 3

20 0 21 3

2 L′3← L3 + 3L2

−x1 +3x2 +4x3 = 12x1 +6x3 = 1−2x1 −3x2 +8x3 = −1

est donc équivalent à

(S′) :

−x1 +3x2 +4x3 = 1

3x2 +7x3 = 32

21x3 = 32

On résout

−x1 + 3x2 + 2

7 = 13x2 = 3

2 −12

x3 = 114

x1 = 2

7x2 = 1

3x3 = 1

Sol(S) =

{(27,13,

On résout

−x1 + 3x2 + 2

7 = 13x2 = 3

2 −12

x3 = 114

x1 = 2

7x2 = 1

3x3 = 1

Sol(S) =

{(27,13,

On résout

−x1 + 3x2 + 2

7 = 13x2 = 3

2 −12

x3 = 114

x1 = 2

7x2 = 1

3x3 = 1

Sol(S) =

{(27,13,

Stratégie du pivot partiel

On choisit le coefficient le plus élevé en valeur absolue dans la 1ecolonne.

1 4 −1 11 −2 −3 14 −1 2 −10 1 0 −4

· · ·4 −1 2 −10 17/4 −3/2 5/40 0 −70/17 30/170 0 0 −29/7

3/270/17

· · ·

1 4 −1 11 −2 −3 14 −1 2 −10 1 0 −4

· · ·

4 −1 2 −10 17/4 −3/2 5/40 0 −70/17 30/170 0 0 −29/7

3/270/17

· · ·

1 4 −1 11 −2 −3 14 −1 2 −10 1 0 −4

· · ·

4 −1 2 −10 17/4 −3/2 5/40 0 −70/17 30/170 0 0 −29/7

3/270/17

· · ·

1 4 −1 11 −2 −3 14 −1 2 −10 1 0 −4

· · ·

4 −1 2 −10 17/4 −3/2 5/40 0 −70/17 30/170 0 0 −29/7

3/270/17

· · ·

Stratégie du pivot total

On choisit le coefficient le plus élevé en valeur absolue parmi tous lescoefficients du système.

1 4 −1 1−3 −2 −3 14 −1 −5 −1−1 0 3 −4

Remarque : Cela nécessite des interversions de lignes mais aussi decolonnes.

⇒ la solution est le vecteur obtenu à permutation près.

1 4 −1 1−3 −2 −3 14 −1 −5 −1−1 0 3 −4

Résolution de systèmes linéaires Méthodes itératives

Méthodes itératives

DéfinitionUne méthode est dite itérative si elle permet de construire une suite devecteurs (dont le point de départ est fixé) qui converge vers la solutiondu système.

La convergence de (X (k))k doit être indépendante du vecteur initial X 0.

Exemple :

Méthode de Jacobi

Méthode de Gauss-Seidel

Exemple :

Méthode de Jacobi

Exemple :

Méthode de Jacobi

ConditionnementDéfinitionLe conditionnement d’une matrice (inversible) est le nombre suivant :

cond(A) = |||A|||× |||A−1|||

où ||| · ||| est une norme matricielle sous-multiplicitative.

Remarque :On a : cond(A)≥ 1.Si A est symétrique alors |||A|||2 = ρ(A) (rayon spectral) et si Aest inversible :

cond2(A) = ρ(A)ρ(A−1) =max |λi(A)|min |λi(A)|

cond(A) = |||A|||× |||A−1|||

Remarque :On a : cond(A)≥ 1.

Si A est symétrique alors |||A|||2 = ρ(A) (rayon spectral) et si Aest inversible :

cond(A) = |||A|||× |||A−1|||

Remarque :On a : cond(A)≥ 1.Si A est symétrique alors |||A|||2 = ρ(A) (rayon spectral)

et si Aest inversible :

cond(A) = |||A|||× |||A−1|||

cond2(A) = ρ(A)ρ(A−1)

=max |λi(A)|min |λi(A)|

cond(A) = |||A|||× |||A−1|||

Conditionnement

Théorème

Soient x et x + δx solutions de AX = b et A(x + δx) = b + δb. On a :

‖δx‖‖x‖

≤ cond(A)‖δb‖‖b‖

Le conditionnement donne une information sur l’erreur relative de lasolution : plus le conditionnement est proche de 1, plus les erreursrelatives sur la solution seront limitées (cf poly Thm1 et Thm2).

Conditionnement

Théorème

Soient x et x + δx solutions de AX = b et A(x + δx) = b + δb. On a :

‖δx‖‖x‖

≤ cond(A)‖δb‖‖b‖

Le conditionnement donne une information sur l’erreur relative de lasolution : plus le conditionnement est proche de 1, plus les erreursrelatives sur la solution seront limitées (cf poly Thm1 et Thm2).

Présentation de la méthode itérative

On cherche à construire X (k) telle que

limk→+∞

X (k) = X

où X est la solution du système AX = b.

Pour nous,X (k) = BX (k−1) +

C(I−B)A−1b

Erreur : εk = X (k)−X = B(X (k−1)−X) = · · ·= Bk (X 0−X)

La difficulté est de bien choisir/trouver la matrice B.

limk→+∞

X (k) = X

Pour nous,X (k) = BX (k−1) + C

(I−B)A−1b

limk→+∞

X (k) = X

(I−B)A−1b

limk→+∞

X (k) = X

(I−B)A−1b

Erreur : εk = X (k)−X = B(X (k−1)−X)

= · · ·= Bk (X 0−X)

limk→+∞

X (k) = X

(I−B)A−1b

limk→+∞

X (k) = X

(I−B)A−1b

Résultats de convergence

Théorème

Soit ρ(B) = max |λi(B)| le rayon spectral de B. La méthode itérativeconverge si et seulement si ρ(B) < 1.

Théorème

Si A est à diagonale dominante (ie |aii | ≥∑nj 6=i |aij | ∀i = 1, . . . ,n) alors la

méthode itérative converge.

Résultats de convergence

Théorème

Soit ρ(B) = max |λi(B)| le rayon spectral de B. La méthode itérativeconverge si et seulement si ρ(B) < 1.

Théorème

Si A est à diagonale dominante (ie |aii | ≥∑nj 6=i |aij | ∀i = 1, . . . ,n) alors la

méthode itérative converge.

Méthode de Jacobi

4x1 −x2 +x3 +x4 = 2−2x1 −4x2 +x3 +x4 = 5−x1 +2x2 +4x3 −x4 = 2x1 −4x4 = 0

La matrice est à diagonale dominante.x1 = 1

4 (2− (−x2 + x3 + x4))x2 = −1

4 (5− (−2x1 + x3 + x4))x3 = 1

4 (2− (−x1 + 2x2− x4))x4 = −1

4 (0− (x1))

Méthode de Jacobi

4x1 −x2 +x3 +x4 = 2−2x1 −4x2 +x3 +x4 = 5−x1 +2x2 +4x3 −x4 = 2x1 −4x4 = 0

La matrice est à diagonale dominante.

x1 = 1

4 (2− (−x2 + x3 + x4))x2 = −1

4 (5− (−2x1 + x3 + x4))x3 = 1

4 (2− (−x1 + 2x2− x4))x4 = −1

4 (0− (x1))

Méthode de Jacobi

4x1 −x2 +x3 +x4 = 2−2x1 −4x2 +x3 +x4 = 5−x1 +2x2 +4x3 −x4 = 2x1 −4x4 = 0

La matrice est à diagonale dominante.x1 = 1

4 (2− (−x2 + x3 + x4))x2 = −1

4 (5− (−2x1 + x3 + x4))x3 = 1

4 (2− (−x1 + 2x2− x4))x4 = −1

4 (0− (x1))

Méthode de Jacobi

x1 = 1

4 (2− (−x2 + x3 + x4))x2 = −1

4 (5− (−2x1 + x3 + x4))x3 = 1

4 (2− (−x1 + 2x2− x4))x4 = −1

4 (0− (x1))

se réécrit :x1

4 −14 −1

2 0 14

14 −1

2 0 14

14 0 0 0

12−5

Méthode de Jacobi

x1 = 1

4 (2− (−x2 + x3 + x4))x2 = −1

4 (5− (−2x1 + x3 + x4))x3 = 1

4 (2− (−x1 + 2x2− x4))x4 = −1

4 (0− (x1))

se réécrit :x1

4 −14 −1

2 0 14

14 −1

2 0 14

14 0 0 0

12−5

Méthode de Jacobi

Le système nous invite à poser :x(k)

4 −14 −1

2 0 14

14 −1

2 0 14

14 0 0 0

x(k−1)1

x(k−1)2

x(k−1)3

x(k−1)4

12−5

Méthode de Jacobi - algorithme

for k = 1 until convergence dofor i = 1 : n do

x(k)i =

bi −∑nj 6=i ai jx

(k−1)j

end forend for

X (0) = (x(0)1 ,x(0)

2 , . . . ,x(0)n )t est un vecteur fixé.

for k = 1 until convergence do

for i = 1 : n do

x(k)i =

(k−1)j

end for

X (0) = (x(0)1 ,x(0)

x(k)i =

(k−1)j

end forend for

X (0) = (x(0)1 ,x(0)

x(k)i =

(k−1)j

end forend for

X (0) = (x(0)1 ,x(0)

Jacobi : une façon plus brutale

On ré-écrit la matrice A du système AX = b :

A = D + L + U

où D est diagonale, L triangulaire inférieure, U triangulaire supérieure.

Ainsi :BJ =−D−1(L + U)

etX (k) = BJX (k−1) + D−1b.

A = D + L + U

etX (k) = BJX (k−1) + D−1b.

A = D + L + U

etX (k) = BJX (k−1) + D−1b.

Méthode de Gauss-Seidel - algorithme

x(k)i =

bi −∑i−1j=1 ai jx

(k)j −∑

nj=i+1 ai jx

(k−1)j

end forend for

X (0) = (x(0)1 ,x(0)

for i = 1 : n do

x(k)i =

(k)j −∑

nj=i+1 ai jx

(k−1)j

end for

X (0) = (x(0)1 ,x(0)

x(k)i =

(k)j −∑

nj=i+1 ai jx

(k−1)j

end forend for

X (0) = (x(0)1 ,x(0)

x(k)i =

(k)j −∑

nj=i+1 ai jx

(k−1)j

end forend for

X (0) = (x(0)1 ,x(0)

Gauss-Seidel : une façon plus brutale

A = D + L + U

Ainsi :BG−S =−(D + L)−1U

etX (k) = BG−SX (k−1) + (D + L)−1b.

A = D + L + U

etX (k) = BG−SX (k−1) + (D + L)−1b.

A = D + L + U

etX (k) = BG−SX (k−1) + (D + L)−1b.

Méthode de relaxation

x(k)i =

(k)j −∑

nj=i+1 ai jx

(k−1)j

xi(k) = x(k−1)i + w

i − x(k−1)i

end forend for

Avec w ∈]0,2[.

for i = 1 : n do

x(k)i =

(k)j −∑

nj=i+1 ai jx

(k−1)j

xi(k) = x(k−1)i + w

i − x(k−1)i

)end for

end for

Avec w ∈]0,2[.

x(k)i =

(k)j −∑

nj=i+1 ai jx

(k−1)j

xi(k) = x(k−1)i + w

i − x(k−1)i

)end for

end for

Avec w ∈]0,2[.

x(k)i =

(k)j −∑

nj=i+1 ai jx

(k−1)j

xi(k) = x(k−1)i + w

i − x(k−1)i

)end for

end for

Avec w ∈]0,2[.

Equations différentielles

1 Motivation

4 Equations différentiellesDifférents types d’équationsSe ramener à l’ordre 1Solution approchée

Equations différentielles Différents types d’équations

Equations différentielles linéaires :

an(x)y (n) + an−1(x)y (n−1) + · · ·a1(x)y ′+ a0(x)y = g(x).

Equations différentielles non linéaires :

F(x ,y(x),y ′(x), . . . ,y (n)(x)) = 0.

La variable est la fonction y .

Les fonctions x 7−→ ai(x) peuvent être non linéaires.

F(x ,y(x),y ′(x), . . . ,y (n)(x)) = 0.

Caractérisation d’une équation différentielle

Equation de Bessel :

x2y ′′+ xy ′+ (x2−p2)y = 0.

Ordre : n = 2

Linéaire ou non linéaire

a(x)(y ′)α + b(x) lny + c(x)ey + d(x)cos(y) = 0.

Ordre : n = 1

x2y ′′+ xy ′+ (x2−p2)y = 0.

Ordre :

Ordre : n = 1

x2y ′′+ xy ′+ (x2−p2)y = 0.

Ordre : n = 2

Ordre : n = 1

x2y ′′+ xy ′+ (x2−p2)y = 0.

Ordre : n = 2

Ordre : n = 1

x2y ′′+ xy ′+ (x2−p2)y = 0.

Ordre : n = 2

Ordre : n = 1

x2y ′′+ xy ′+ (x2−p2)y = 0.

Ordre : n = 2

Ordre :

x2y ′′+ xy ′+ (x2−p2)y = 0.

Ordre : n = 2

Ordre : n = 1

x2y ′′+ xy ′+ (x2−p2)y = 0.

Ordre : n = 2

Ordre : n = 1

Problème de Cauchy

Un problème de Cauchy est la donnée d’une équation différentielleavec des conditions initiales.

Pour assurer existence et unicité de la solution, il faut :

1 des conditions initiales : y(x0) = y0 . . .

2 de la régularité pour F : type Lipschitz . . .F(x ,y ′(x),y ′′(x)) = 0y(x0) = y0

y ′(x0) = g0

y0 et g0 sont connus.

Problème de Cauchy

y ′(x0) = g0

Problème de Cauchy

y ′(x0) = g0

Problème de Cauchy

2 de la régularité pour F : type Lipschitz . . .

F(x ,y ′(x),y ′′(x)) = 0y(x0) = y0

y ′(x0) = g0

Problème de Cauchy

y ′(x0) = g0

Problème de Cauchy

y ′(x0) = g0

Equations différentielles Se ramener à l’ordre 1

Se ramener à l’ordre 1

x2y ′′+ xy ′+ (x2−p2)y = 0.

On pose z = y ′.

Ainsi z ′ = y ′′ et l’équation de Bessel se ramène à un système d’EDOd’ordre 1 :{

y ′ = z

= F1(x ,y(x),z(x))

z ′ = − 1x2

(xz + (x2−p2)y

= F2(x ,y(x),z(x))

Avec X(x) =

(y(x)z(x)

), cela se réécrit :

X ′(x) =

(F1(x ,y(x),z(x))F2(x ,y(x),z(x))

x2y ′′+ xy ′+ (x2−p2)y = 0.

On pose z = y ′.Ainsi z ′ = y ′′ et l’équation de Bessel se ramène à un système d’EDOd’ordre 1 :

{y ′ = z

= F1(x ,y(x),z(x))

z ′ = − 1x2

(xz + (x2−p2)y

= F2(x ,y(x),z(x))

Avec X(x) =

(y(x)z(x)

X ′(x) =

(F1(x ,y(x),z(x))F2(x ,y(x),z(x))

x2y ′′+ xy ′+ (x2−p2)y = 0.

On pose z = y ′.Ainsi z ′ = y ′′ et l’équation de Bessel se ramène à un système d’EDOd’ordre 1 :{

y ′ = z

= F1(x ,y(x),z(x))

z ′ = − 1x2

(xz + (x2−p2)y

= F2(x ,y(x),z(x))

Avec X(x) =

(y(x)z(x)

X ′(x) =

(F1(x ,y(x),z(x))F2(x ,y(x),z(x))

x2y ′′+ xy ′+ (x2−p2)y = 0.

y ′ = z= F1(x ,y(x),z(x))z ′ = − 1

(xz + (x2−p2)y

)= F2(x ,y(x),z(x))

Avec X(x) =

(y(x)z(x)

X ′(x) =

(F1(x ,y(x),z(x))F2(x ,y(x),z(x))

x2y ′′+ xy ′+ (x2−p2)y = 0.

y ′ = z= F1(x ,y(x),z(x))z ′ = − 1

(xz + (x2−p2)y

)= F2(x ,y(x),z(x))

Avec X(x) =

(y(x)z(x)

X ′(x) =

(F1(x ,y(x),z(x))F2(x ,y(x),z(x))

)EPF - 3A (V. Nolot) Analyse numérique

Equations différentielles Solution approchée

Notations

Sur [a,b],F(x ,y(x),y ′(x)) = 0.

Le pas : h = b−an (régulier)

Les abscisses : x0 = a, xi = x0 + ih (i = 0, . . . ,n) et xn = b

1 On connaît y0 = y(x0) (condition initiale)2 On calcule yi ≈ y(xi), à partir de yi−1

3 On enregistre l’erreur εi = yi − y(xi).

Attention : pour n fixé, on a une fonction approchée de y .

Notations

Sur [a,b],F(x ,y(x),y ′(x)) = 0.

Notations

Sur [a,b],F(x ,y(x),y ′(x)) = 0.

Notations

Sur [a,b],F(x ,y(x),y ′(x)) = 0.

1 On connaît y0 = y(x0) (condition initiale)

2 On calcule yi ≈ y(xi), à partir de yi−1

Notations

Sur [a,b],F(x ,y(x),y ′(x)) = 0.

Notations

Sur [a,b],F(x ,y(x),y ′(x)) = 0.

Notations

Sur [a,b],F(x ,y(x),y ′(x)) = 0.

Méthode d’Euler

y ′ = f (x ,y)

Formule de Taylor appliquée à y (théorique) entre x0 et x0 + h = x1 :

y(x1) = y(x0) + hy ′(c)

= y(x0) + hf (c,y(c))

pour un certain c ∈]x0,x1[.

On connaît y(x0) = y0, et par récurrence, on pose :

yi+1 = yi + hf (xi ,yi)

pour i allant de 0 à n−1.

Algorithme d’ordre 1.

Méthode d’Euler

y ′ = f (x ,y)

y(x1) = y(x0) + hy ′(c)

= y(x0) + hf (c,y(c))

Méthode d’Euler

y ′ = f (x ,y)

y(x1) = y(x0) + hy ′(c) = y(x0) + hf (c,y(c))

Méthode d’Euler

y ′ = f (x ,y)

y(x1) = y(x0) + hy ′(c) = y(x0) + hf (c,y(c))

Méthode d’Euler

y ′ = f (x ,y)

y(x1) = y(x0) + hy ′(c) = y(x0) + hf (c,y(c))

Méthode d’Euler

y ′ = f (x ,y)

y(x1) = y(x0) + hy ′(c) = y(x0) + hf (c,y(c))

Exemple

On considère le problème de Cauchy

y ′ = y

avec y(0) = 1.

On cherche à approcher la solution sur [0,1]. Pas :h = 1

n .On obtient le schéma suivant :

yi+1 = yi +1n

= . . .

Exemple

y ′ = y

avec y(0) = 1. On cherche à approcher la solution sur [0,1]. Pas :h = 1

On obtient le schéma suivant :

yi+1 = yi +1n

= . . .

Exemple

y ′ = y

yi+1 = yi +1n

= . . .

Exemple

y ′ = y

yi+1 = yi +1n

= . . .

Exemple

y ′ = y

yi+1 = yi +1n

= . . .

Plus généralement

y ′ = f (x ,y)

y(x1) = y(x0) + hy ′(x0) +h2

2!y ′′(x0) + · · ·+ hN

N!y (N)(c)

= y(x0) + hf (x0,y(x0)) + · · ·+ hN

N!f (N−1)(c,y(c))

yi+1 = yi + hf (xi ,yi) +h2

2!f ′(xi ,yi) + · · ·+ hN

N!f (N−1)(xi ,yi)

Algorithme d’ordre N.

Plus généralement

y ′ = f (x ,y)

y(x1) = y(x0) + hy ′(x0) +h2

2!y ′′(x0) + · · ·+ hN

N!y (N)(c)

= y(x0) + hf (x0,y(x0)) + · · ·+ hN

N!f (N−1)(c,y(c))

2!f ′(xi ,yi) + · · ·+ hN

N!f (N−1)(xi ,yi)

Plus généralement

y ′ = f (x ,y)

y(x1) = y(x0) + hy ′(x0) +h2

2!y ′′(x0) + · · ·+ hN

N!y (N)(c)

= y(x0) + hf (x0,y(x0)) + · · ·+ hN

N!f (N−1)(c,y(c))

2!f ′(xi ,yi) + · · ·+ hN

N!f (N−1)(xi ,yi)

Plus généralement

y ′ = f (x ,y)

y(x1) = y(x0) + hy ′(x0) +h2

2!y ′′(x0) + · · ·+ hN

N!y (N)(c)

= y(x0) + hf (x0,y(x0)) + · · ·+ hN

N!f (N−1)(c,y(c))

2!f ′(xi ,yi) + · · ·+ hN

N!f (N−1)(xi ,yi)

Plus généralement

y ′ = f (x ,y)

y(x1) = y(x0) + hy ′(x0) +h2

2!y ′′(x0) + · · ·+ hN

N!y (N)(c)

= y(x0) + hf (x0,y(x0)) + · · ·+ hN

N!f (N−1)(c,y(c))

2!f ′(xi ,yi) + · · ·+ hN

N!f (N−1)(xi ,yi)

Algorithme d’ordre N.EPF - 3A (V. Nolot) Analyse numérique

Méthode de Runge-Kutta

yi+1 = yi + hφ(xi ,yi ,h)

où φ est une approximation de f (x ,y) sur l’intervalle [xi ,xi+1].

Ordre 2 : φ = ak1 + bk2

Ordre 3 : φ = ak1 + bk2 + ck3

Ordre 4 : φ = ak1 + bk2 + ck3 + dk4

yi+1 = yi +h2

(f (xi ,yi) + f (xi + h,yi + hf (xi ,yi)))

Exemple : y ′ = xy avec y(0) = 1 sur [0,1].On a f (x ,y) = xy et avec h = 1

y1 = y0 +1

(f (x0,y0) + f (x0 +

1n,y0 +

f (x0,y0))

)= 1 +

y2 = y1 +1

(f (x1,y1) + f (x1 +

1n,y1 +

f (x1,y1))

)= y1 +

y1 +2n× (y1 +

1n× 1

yi+1 = yi +h2

Exemple : y ′ = xy avec y(0) = 1 sur [0,1].

On a f (x ,y) = xy et avec h = 1n :

y1 = y0 +1

(f (x0,y0) + f (x0 +

1n,y0 +

f (x0,y0))

)= 1 +

y2 = y1 +1

(f (x1,y1) + f (x1 +

1n,y1 +

f (x1,y1))

)= y1 +

y1 +2n× (y1 +

1n× 1

yi+1 = yi +h2

y1 = y0 +1

(f (x0,y0) + f (x0 +

1n,y0 +

f (x0,y0))

)= 1 +

y2 = y1 +1

(f (x1,y1) + f (x1 +

1n,y1 +

f (x1,y1))

)= y1 +

y1 +2n× (y1 +

1n× 1

yi+1 = yi +h2

y1 = y0 +1

(f (x0,y0) + f (x0 +

1n,y0 +

f (x0,y0))

= 1 +1

)= 1 +

y2 = y1 +1

(f (x1,y1) + f (x1 +

1n,y1 +

f (x1,y1))

)= y1 +

y1 +2n× (y1 +

1n× 1

yi+1 = yi +h2

y1 = y0 +1

(f (x0,y0) + f (x0 +

1n,y0 +

f (x0,y0))

)= 1 +

= 1 +1

y2 = y1 +1

(f (x1,y1) + f (x1 +

1n,y1 +

f (x1,y1))

)= y1 +

y1 +2n× (y1 +

1n× 1

yi+1 = yi +h2

y1 = y0 +1

(f (x0,y0) + f (x0 +

1n,y0 +

f (x0,y0))

)= 1 +

y2 = y1 +1

(f (x1,y1) + f (x1 +

1n,y1 +

f (x1,y1))

)= y1 +

y1 +2n× (y1 +

1n× 1

yi+1 = yi +h2

y1 = y0 +1

(f (x0,y0) + f (x0 +

1n,y0 +

f (x0,y0))

)= 1 +

y2 = y1 +1

(f (x1,y1) + f (x1 +

1n,y1 +

f (x1,y1))

= y1 +1

y1 +2n× (y1 +

1n× 1

yi+1 = yi +h2

y1 = y0 +1

(f (x0,y0) + f (x0 +

1n,y0 +

f (x0,y0))

)= 1 +

y2 = y1 +1

(f (x1,y1) + f (x1 +

1n,y1 +

f (x1,y1))

)= y1 +

y1 +2n× (y1 +

1n× 1

)EPF - 3A (V. Nolot) Analyse numérique

yi+1 = yi + hf

h2,yi +

f (xi ,yi)

y1 = y0 +1n

,y0 +1

2nf (x0,y0)

)= 1 +

y2 = y1 +1n

,y1 +1

2nf (x1,y1))

)= y1 +

y1 +1n2 × y1

yi+1 = yi + hf

h2,yi +

f (xi ,yi)

)Exemple : y ′ = xy avec y(0) = 1 sur [0,1].

On a f (x ,y) = xy et avec h = 1n :

y1 = y0 +1n

,y0 +1

2nf (x0,y0)

)= 1 +

y2 = y1 +1n

,y1 +1

2nf (x1,y1))

)= y1 +

y1 +1n2 × y1

yi+1 = yi + hf

h2,yi +

f (xi ,yi)

)Exemple : y ′ = xy avec y(0) = 1 sur [0,1].On a f (x ,y) = xy et avec h = 1

y1 = y0 +1n

,y0 +1

2nf (x0,y0)

)= 1 +

y2 = y1 +1n

,y1 +1

2nf (x1,y1))

)= y1 +

y1 +1n2 × y1

yi+1 = yi + hf

h2,yi +

f (xi ,yi)

y1 = y0 +1n

,y0 +1

2nf (x0,y0)

= 1 +1n

)= 1 +

y2 = y1 +1n

,y1 +1

2nf (x1,y1))

)= y1 +

y1 +1n2 × y1

yi+1 = yi + hf

h2,yi +

f (xi ,yi)

y1 = y0 +1n

,y0 +1

2nf (x0,y0)

)= 1 +

= 1 +1

y2 = y1 +1n

,y1 +1

2nf (x1,y1))

)= y1 +

y1 +1n2 × y1

yi+1 = yi + hf

h2,yi +

f (xi ,yi)

y1 = y0 +1n

,y0 +1

2nf (x0,y0)

)= 1 +

y2 = y1 +1n

,y1 +1

2nf (x1,y1))

)= y1 +

y1 +1n2 × y1

yi+1 = yi + hf

h2,yi +

f (xi ,yi)

y1 = y0 +1n

,y0 +1

2nf (x0,y0)

)= 1 +

y2 = y1 +1n

,y1 +1

2nf (x1,y1))

= y1 +1n

y1 +1n2 × y1

yi+1 = yi + hf

h2,yi +

f (xi ,yi)

y1 = y0 +1n

,y0 +1

2nf (x0,y0)

)= 1 +

y2 = y1 +1n

,y1 +1

2nf (x1,y1))

)= y1 +

y1 +1n2 × y1

Equations aux dérivées partielles

1 Motivation

5 Equations aux dérivées partiellesIntroductionDifférence finie

Equations aux dérivées partielles Introduction

Notations

Soit u : R2 −→ R une fonction de deux variables u(x ,y).

Dérivées partielles :

∂u∂x

(x ,y) ou∂u∂1

(x ,y) ou ux

∂u∂y

(x ,y) ou∂u∂2

(x ,y) ou uy

Exemple :∂u∂x

+∂2u∂y2 = 0

Notations

∂u∂x

(x ,y) ou∂u∂1

(x ,y) ou ux

∂u∂y

(x ,y) ou∂u∂2

(x ,y) ou uy

Exemple :∂u∂x

+∂2u∂y2 = 0

Notations

∂u∂x

(x ,y) ou∂u∂1

(x ,y) ou ux

∂u∂y

(x ,y) ou∂u∂2

(x ,y) ou uy

Exemple :∂u∂x

+∂2u∂y2 = 0

Quelques équations

Equation de Schrödinger

ordre 1 et non linéaire

i∂ψ

(∂ψ

− k |ψ|2ψ = 0

Equation de Laplace dans R2

ordre 2 et linéaire

∂2u∂x2 +

∂2u∂y2 = 0

Quelques équations

Equation de Schrödinger ordre 1 et non linéaire

i∂ψ

(∂ψ

− k |ψ|2ψ = 0

∂2u∂x2 +

∂2u∂y2 = 0

Quelques équations

i∂ψ

(∂ψ

− k |ψ|2ψ = 0

∂2u∂x2 +

∂2u∂y2 = 0

Quelques équations

i∂ψ

(∂ψ

− k |ψ|2ψ = 0

Equation de Laplace dans R2 ordre 2 et linéaire

∂2u∂x2 +

∂2u∂y2 = 0

Equations de Navier-Stokes

Mouvements des courants océaniques, masses d’air

Comportement des gratte-ciels ou ponts sous l’action du vent

Comportement des avions, trains, voitures à grande vitesse

1 million de dollars ?

∑i=1

∂xi(ρvi) = 0,

∂ρvj

∑i=1

∂xi(ρvivj) =− ∂p

∂xj+

∑i=1

∂τi,j

∂xi+ ρfj

∂ρe∂t

∑i=1

∂xi((ρe + p)vi) =

∑i=1

∑j=1

∂xi(τi,jvj)+

∑i=1

ρfivi +3

∑i=1

ρfivi +3

∑i=1

∂xi+r

∑i=1

∂xi(ρvi) = 0,

∂ρvj

∑i=1

∂xj+

∑i=1

∂τi,j

∂xi+ ρfj

∂ρe∂t

∑i=1

∑j=1

∂xi(τi,jvj)+

∑i=1

ρfivi +3

∑i=1

ρfivi +3

∑i=1

∂xi+r

∑i=1

∂xi(ρvi) = 0,

∂ρvj

∑i=1

∂xj+

∑i=1

∂τi,j

∂xi+ ρfj

∂ρe∂t

∑i=1

∑j=1

∂xi(τi,jvj)+

∑i=1

ρfivi +3

∑i=1

ρfivi +3

∑i=1

∂xi+r

Equations aux dérivées partielles Différence finie

Maillage

En général en {espace}×{temps}= [0,1]× [0,T ] :

x0 = 0, xi = xi−1 + ∆x pour i = 2, . . . ,noù ∆x(= 1

M ) est le pas en espace.t0 = 0, tn = tn−1 + ∆t pour n = 1, . . . ,Noù ∆T (= T

N ) est le pas en temps.

ui,n = u(xi , tn)

Formule de Taylor :

u(xi+1, tn) = u(xi , tn) + ∆x∂u∂x

(xi , tn) + . . .

ui+1,n = ui,n + ∆x∂u∂x

(xi , tn) + . . .

Maillage

M ) est le pas en espace.

t0 = 0, tn = tn−1 + ∆t pour n = 1, . . . ,Noù ∆T (= T

ui,n = u(xi , tn)

Formule de Taylor :

u(xi+1, tn) = u(xi , tn) + ∆x∂u∂x

(xi , tn) + . . .

Maillage

ui,n = u(xi , tn)

Formule de Taylor :

u(xi+1, tn) = u(xi , tn) + ∆x∂u∂x

(xi , tn) + . . .

Maillage

ui,n = u(xi , tn)

Formule de Taylor :

u(xi+1, tn) = u(xi , tn) + ∆x∂u∂x

(xi , tn) + . . .

Maillage

ui,n = u(xi , tn)

Formule de Taylor :

u(xi+1, tn) = u(xi , tn) + ∆x∂u∂x

(xi , tn) + . . .

Maillage

ui,n = u(xi , tn)

Formule de Taylor :

u(xi+1, tn) = u(xi , tn) + ∆x∂u∂x

(xi , tn) + . . .

Maillage

Schéma décentré avancé :

ui+1,n−ui,n

∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n+1−ui,n

∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

Schéma décentré retardé :

ui,n−ui−1,n

∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n−ui,n−1

∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

Schéma centré :

ui+1,n−ui−1,n

2∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n+1−ui,n−1

2∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

Schéma pour la dérivée seconde centré :

ui+1,n−2ui,n + ui−1,n

(∆x)2 ≈ ∂2u∂x2 (xi , tn)

ui,n+1−2ui,n + ui,n−1

(∆T )2 ≈ ∂2u∂t2 (xi , tn)

Maillage

ui+1,n−ui,n

∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n+1−ui,n

∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

ui,n−ui−1,n

∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n−ui,n−1

∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

Schéma centré :

ui+1,n−ui−1,n

2∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n+1−ui,n−1

2∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

(∆x)2 ≈ ∂2u∂x2 (xi , tn)

(∆T )2 ≈ ∂2u∂t2 (xi , tn)

Maillage

ui+1,n−ui,n

∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n+1−ui,n

∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

ui,n−ui−1,n

∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n−ui,n−1

∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

Schéma centré :

ui+1,n−ui−1,n

2∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n+1−ui,n−1

2∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

(∆x)2 ≈ ∂2u∂x2 (xi , tn)

(∆T )2 ≈ ∂2u∂t2 (xi , tn)

Maillage

ui+1,n−ui,n

∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n+1−ui,n

∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

ui,n−ui−1,n

∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n−ui,n−1

∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

Schéma centré :

ui+1,n−ui−1,n

2∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n+1−ui,n−1

2∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

(∆x)2 ≈ ∂2u∂x2 (xi , tn)

(∆T )2 ≈ ∂2u∂t2 (xi , tn)

Maillage

ui+1,n−ui,n

∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n+1−ui,n

∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

ui,n−ui−1,n

∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n−ui,n−1

∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

Schéma centré :

ui+1,n−ui−1,n

2∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n+1−ui,n−1

2∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

(∆x)2 ≈ ∂2u∂x2 (xi , tn)

(∆T )2 ≈ ∂2u∂t2 (xi , tn)

Maillage

ui+1,n−ui,n

∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n+1−ui,n

∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

ui,n−ui−1,n

∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n−ui,n−1

∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

Schéma centré :

ui+1,n−ui−1,n

2∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n+1−ui,n−1

2∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

(∆x)2 ≈ ∂2u∂x2 (xi , tn)

(∆T )2 ≈ ∂2u∂t2 (xi , tn)

Maillage

ui+1,n−ui,n

∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n+1−ui,n

∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

ui,n−ui−1,n

∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n−ui,n−1

∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

Schéma centré :

ui+1,n−ui−1,n

2∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n+1−ui,n−1

2∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

(∆x)2 ≈ ∂2u∂x2 (xi , tn)

(∆T )2 ≈ ∂2u∂t2 (xi , tn)

Maillage

ui+1,n−ui,n

∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n+1−ui,n

∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

ui,n−ui−1,n

∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n−ui,n−1

∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

Schéma centré :

ui+1,n−ui−1,n

2∆x≈ ∂u

∂x(xi , tn) et

ui,n+1−ui,n−1

2∆T≈ ∂u

∂t(xi , tn)

(∆x)2 ≈ ∂2u∂x2 (xi , tn)

(∆T )2 ≈ ∂2u∂t2 (xi , tn)

Exemple : équation de la chaleur

∂u∂t −

∂2u∂x2 = 0 sur ]0,1[×]0,T [

u(x ,0) = f (x) x ∈ [0,1]u(0, t) = g0(x) t ∈]0,T ]u(1, t) = g1(x) t ∈]0,T ]

Pdiscret

vi,n+1−vi,n

∆t − vi+1,n−2vi,n+vi−1,n

(∆x)2 = 0 i ∈ {1, . . . ,M−1}, n ≥ 0

vi,0 = f (xi) i ∈ {0, . . . ,M}v0,n+1 = g0(tn+1) n ∈ {0, . . . ,N}vM,n+1 = g1(tn+1) n ∈ {0, . . . ,N}

∂u∂t −

∂2u∂x2 = 0 sur ]0,1[×]0,T [

Pdiscret

vi,n+1−vi,n

(∆x)2 = 0 i ∈ {1, . . . ,M−1}, n ≥ 0

∂u∂t −

∂2u∂x2 = 0 sur ]0,1[×]0,T [

Pdiscret

vi,n+1−vi,n

(∆x)2 = 0 i ∈ {1, . . . ,M−1}, n ≥ 0

∂u∂t −

∂2u∂x2 = 0 sur ]0,1[×]0,T [

Pdiscret

vi,n+1−vi,n

(∆x)2 = 0 i ∈ {1, . . . ,M−1}, n ≥ 0

∂u∂t −

∂2u∂x2 = 0 sur ]0,1[×]0,T [

Pdiscret

vi,n+1−vi,n

(∆x)2 = 0 i ∈ {1, . . . ,M−1}, n ≥ 0

vi,0 = f (xi) i ∈ {0, . . . ,M}

v0,n+1 = g0(tn+1) n ∈ {0, . . . ,N}vM,n+1 = g1(tn+1) n ∈ {0, . . . ,N}

∂u∂t −

∂2u∂x2 = 0 sur ]0,1[×]0,T [

Pdiscret

vi,n+1−vi,n

(∆x)2 = 0 i ∈ {1, . . . ,M−1}, n ≥ 0

vi,0 = f (xi) i ∈ {0, . . . ,M}v0,n+1 = g0(tn+1) n ∈ {0, . . . ,N}

vM,n+1 = g1(tn+1) n ∈ {0, . . . ,N}

∂u∂t −

∂2u∂x2 = 0 sur ]0,1[×]0,T [

Pdiscret

vi,n+1−vi,n

(∆x)2 = 0 i ∈ {1, . . . ,M−1}, n ≥ 0

Dans Pdiscret on connaît vi,0 = f (xi) pour tout i :

v0,0, v1,0, . . . ,vM,0

et on en déduit tous les vi,1 grâce à la formule :

vi,n+1 =∆t

(∆x)2 vi−1,n +

(1−2

∆t(∆x)2

)vi,n + vi+1,n

puis connaissant tous les vi,1, on en déduit tous les vi,2 ... etc

v0,0, v1,0, . . . ,vM,0

et on en déduit tous les vi,1

grâce à la formule :

vi,n+1 =∆t

(∆x)2 vi−1,n +

(1−2

∆t(∆x)2

)vi,n + vi+1,n

v0,0, v1,0, . . . ,vM,0

vi,n+1 =∆t

(∆x)2 vi−1,n +

(1−2

∆t(∆x)2

)vi,n + vi+1,n

v0,0, v1,0, . . . ,vM,0

vi,n+1 =∆t

(∆x)2 vi−1,n +

(1−2

∆t(∆x)2

)vi,n + vi+1,n

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