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Quelques resultats de controle sur l’equation de Korteweg-de Vries

Emmanuelle Crepeau

Universite de Versailles Saint Quentin en Yvelines, Paris-Saclay.

En collaboration avec J.M. Coron (LJLL), E. Cerpa (Santiago), K. Ammari (Monastir).

Groupe de Travail Controle, Avril 2018

E. Crepeau (UVSQ) Quelques resultats de controle sur KdV Avril 2018 1 / 32

Plan de l’expose

1 L’equation de Korteweg-de Vries, quel controle ?

2 Controle de KdV sur un segment

3 Controle de KdV avec coefficient non constant

4 Controle de KdV sur un reseau etoile

5 Stabilite de KdV sur un reseau


L’equation de Korteweg-de Vries – Origine

A la fin du 19eme siecle, Boussinesq puis Korteweg et de Vries ont derive l’equationsuivante,

yt + yxxx + 6yyx = 0, (1)

qui modelise un ecoulement d’ondes en faible profondeur, y(t, x) etant l’amplitude del’onde au temps t a la position x.Cette equation admet des solutions particulieres, “les solitons” qui se deplacent enconservant leur vitesse et leur forme.Pour l’etudier dans un repere fixe, Bona et Winther (83) ont montre qu’il fallait rajouter”yx”. L’equation est alors:

yt + yx + yxxx + yyx = 0. (2)


L’equation de Korteweg-de Vries – Quel controle ?

On doit deja definir un cadre sur lequel l’equation est bien posee et voir ou appliquerle(s) controle(s).Conditions au bord sur : y(t, 0), y(t, L), yx(t, L)Il y a differentes possibilites avec un seul controle:

[Rosier 1997]

yt + yx + yxxx + yyx = 0,y(t, 0) = 0,y(t, L) = 0,yx(t, L) = u(t)y(0, x) = y0(x).




[Glass-Guerrero 2007]

yt + yx + yxxx + yyx = 0,y(t, 0) = u(t),y(t, L) = 0,yx(t, L) = 0y(0, x) = y0(x).




[Glass-Guerrero 2010]

yt + yx + yxxx + yyx = 0,y(t, 0) = 0,y(t, L) = u(t),yx(t, L) = 0y(0, x) = y0(x).


Les differentes etapes ”usuelles”

1 Lineariser le systeme autour d’une solution stationnaire (ici ”0”).2 Montrer la controlabilite du linearise (Par linearite du probleme on se ramene ay0 = 0.), via une inegalite d’observabilite sur le probleme adjoint.

3 Appliquer un theoreme de point fixe pour avoir la controlabilite du non lineaire(generalement locale autour de la solution stationnaire).


Dualite controlabilite/observabilite

Systeme de controle : yt + yx + yxxx = 0,y(t, 0) = y(t, L) = 0,yx(t, L) = u(t),y(0, x) = y0(x).

On definit le systeme adjoint retrograde en temps,φt + φx + φxxx = 0,φ(t, 0) = φ(t, L) = 0,φx(t, 0) = 0,φ(T, x) = φT (x).

Alors la controlabilite exacte du linearise revient a montrer ∀φT ∈ L2(0, L),

‖φT ‖L2(0,L) ≤ C‖φx(t, L)‖L2(0,T ).


Observabilite avec les multiplicateurs

Inegalite a montrer : ‖φT ‖2L2(0,L) ≤ C‖φx(t, L)‖2L2(0,T ).

1 Multiplicateur t, IPP sur (0, T )× (0, L),

‖φT ‖2L2(0,L) ≤ ‖φx(t, L)‖2L2(0,T ) +

1

T

∫ T

0

∫ L

0

|φ|2dxdt.

2 Multiplicateurs 1 puis x, IPP sur (0, T )× (0, L),∫ T

0

∫ L

0

|φx|2dxdt ≤L+ T

3‖φT ‖2L2(0,L).

3 Inegalite de Poincare sur (0, L),∫ T

0

∫ L

0

|φ|2dxdt ≤ L2

π2

∫ T

0

∫ L

0

|φx|2dxdt.

D’ou

(1− L2

3π2 − L3

3π2T)‖φT ‖2L2(0,L) ≤ ‖φx(t, L)‖

2L2(0,T )

Mais conditions sur L <√3π et sur T assez grand.


Observabilite par l’absurde

On suppose que l’inegalite ‖φT ‖2L2(0,L) ≤ C‖φx(t, L)‖2L2(0,T ) est fausse et par des

arguments de compacite on arrive a l’existence d’une solution non triviale avec unecondition supplementaire,

φt + φx + φxxx = 0,φ(t, 0) = φ(t, L) = 0,φx(t, 0) = φx(t, L) = 0.

qui est equivalent a chercher les fonctions propres de l’operateur associe,λψ + ψ′ + ψ′′′ = 0,ψ(0) = ψ(L) = 0,ψ′(0) = ψ′(L) = 0.

Lemme (Rosier 1997)

Il existe des solutions non triviales⇔ L ∈ N = {2π√

k2+kl+l2

3, k, l ∈ N∗}.

On sait decrire exactement les valeurs propres et les fonctions propres. On note Ml’espace des fonctions propres.


Theoreme (Rosier 1997)Soit T > 0, le systeme linearise est exactement controlable ssi

L /∈ N = {2π√k2 + kl + l2

3, k, l ∈ N∗}.

Si L ∈ N = {2π√

k2+kl+l2

3, k, l ∈ N∗} alors l’ensemble atteint est du type M⊥ ou M

est de dimension finie.

Remarque : il n’y a pas de contradiction avec la preuve via les multiplicateurs !Passage au NL : On applique un argument de point fixe et on obtient la controlabilite

pour des donnees proches de ”0” si L /∈ N .

Theoreme (Rosier 1997)

Soit T > 0, L /∈ N ,∃r > 0 tel que pour tout (y0, yT ) ∈ L2(0, L) tels que ‖y0‖L2(0,L) < r

et ‖yT ‖L2(0,L) < r, il existe u ∈ L2(0, T ) tel que la solution du probleme verifiey(0, .) = y0 et y(T, .) = yT .


Cas critique ou L ∈ N : quelques idees

Si L ∈ N alors on applique les idees suivantes :1 On sait que l’espace atteint par le linearise est du type M⊥ ou M ⊂ L2(0, L).2 On developpe l’equation a l’ordre 2 voire 3, et on montre qu’on peut atteindre M

aux ordres suivants.3 On utilise un argument de point fixe double (Banach pour l’ordre 1, Brouwer pour

l’ordre suivant) et on obtient la controlabilite locale du systeme non lineaire autourde 0.

J.M.Coron, E. C. (2004) pour dim M = 1, controlabilite exacte locale autour de 0en tout temps.

E. Cerpa (2007) pour dim M = 2, controlabilite exacte locale autour de 0 entemps assez grand.

E. Cerpa-E. C. (2009) pour dim M > 2, controlabilite exacte locale autour de 0 entemps assez grand.


Controle de KdV avec un coefficient principal constant par morceaux

0 a1 a2 a3 L

p(x) = pi > 0 sur [ai, ai+1).

yt + yx + p(x)yxxx + yyx = 0, (t, x) ∈ (0, T )× (0, L),y(t, 0) = 0, y(t, L) = 0, t ∈ (0, T ),yx(t, L) = h(t), t ∈ (0, T ),y(t, a−i ) = y(t, a+i ), t ∈ (0, T ), i = 1, . . . , N − 1,√pi−1yx(t, a

−i ) =

√piyx(t, a

+i ), t ∈ (0, T ), i = 1, . . . , N − 1,

pi−1yxx(t, a−i ) = piyxx(t, a

+i ), t ∈ (0, T ), i = 1, . . . , N − 1,

y(0, x) = y0(x), x ∈ (0, L).


Well-posedness

A l’aide de la theorie des operateurs, on peut montrer que l’operateur lineaire associegenere un semi-groupe fortement continu de contractions et on a

Theoreme

Pour (y0, h) ∈ L2(0, L)× L2(0, T ), il existe une unique solutiony ∈ C([0, T ], L2(0, L)) ∩ L2(0, T,H1(0, L)).


Inegalite d’observabilite pour le linearise

‖φT ‖L2(0,L) ≤ C‖φx(., L)‖L2(0,T )

pour l’equation adjointe retrograde,

φt + φx + p(x)φxxx = 0, (t, x) ∈ (0, T )× (0, L),φ(t, 0) = 0, φx(t, 0) = 0, φ(t, L) = 0, t ∈ (0, T ),φ(t, ai−) = φ(t, ai+), t ∈ (0, T ), i = 1, . . . , N − 1,√pi−1φx(t, a

−i ) =

√piφx(t, a

+i ), t ∈ (0, T ), i = 1, . . . , N − 1,

pi−1φxx(t, a−i ) = piφxx(t, a

+i ), t ∈ (0, T ), i = 1, . . . , N − 1,

φ(T, x) = φT (x), x ∈ (0, L).

Idee: multiplicateurs avec des fonctions bien choisies qui font disparaıtre les termesaux interfaces

Theoreme (E.C. 2016)Soient T,L, p = (pi)i=0,...,N−1 > 0 tels que

L

min(√p)<√3π, et T >

NL3

3π2 min p− L2,

alors le systeme est exactement controlable.


Cas critiques ?

Si on controle avec 2 controles sur les conditions a droite, y(t, L) = h1(t) etyx(t, L) = h2(t) alors l’inegalite d’observabilite a montrer est

ObservabilitePeut-on trouver C > 0 tel que‖φT ‖L2(0,L) ≤ C

(‖φx(., L)‖L2(0,T ) + ‖φxx(., L)‖H−1(0,T )

)ou φ est la solution du

probleme adjoint retrograde ?

Revient a resoudre le probleme : Soit λ ∈ C, si w est solution de

λw + wx + p(x)wxxx = 0, x ∈ (0, L),w(0) = 0, wx(0) = 0, wxx(0) = 0,w(L) = 0, wx(L) = 0,w(a−i ) = w(a+i ), i = 1, . . . , N − 1,√pi−1wx(a

−i ) =

√piwx(a

+i ), i = 1, . . . , N − 1,

pi−1wxx(a−i ) = piwxx(a

+i ), i = 1, . . . , N − 1,

(3)

alors w = 0.Preuve Comme sur (0, a1) EDO lineaire d’ordre 3 avec w(0) = wx(0) = wxx(0) = 0 ona w = 0 sur (0, a1) et on le deduit par recurrence sur chaque (ai, ai+1).


Resultat dans le cas general

TheoremeControlabilite exacte du probleme de marches lineaire et controlabilite exacte localedans le cas non lineaire pour tout temps et toute conditions initiales et finales dansL2(0, L) avec deux controles, h1 ∈ H1

0 (0, T ) et h2 ∈ L2(0, T )


Controle de KdV sur un reseau etoile

l1

l3

l2

l4

O

Presentation du probleme :

∂tuj + ∂xuj + uj∂xuj + ∂3xuj)(t, x) = 0, ∀x ∈ (0, `j), t > 0, j = 1, ..., N,

uj(t, 0) = uk(t, 0), ∀ j, k = 1, ..., N, t > 0,N∑j=1

(∂2xuj(t, 0) + uj(t, 0)) =

N

3u21(t, 0) + g(t), ∀ t > 0,

uj(t, `j) = 0, ∀ t > 0, j = 1, ..., N,∂xu1(t, `1) = 0, ∂xuj(t, `j) = gj(t), ∀ t > 0, j = 2, ..., N,uj(0, x) = u0

j (x), ∀x ∈ (0, `j), j = 1, ..., N,


Inegalite d’observabilite a montrer pour le linearise

Probleme adjoint retrograde :

(∂tϕj + ∂xϕj + ∂3xϕj)(t, x) = 0, ∀x ∈ (0, `j), t > 0, j = 1, ..., N,

ϕj(t, 0) = ϕk(t, 0), ∀ j, k = 1, ..., N, t > 0,∂xϕj(t, 0) = 0 ∀ t > 0, j = 1, ..., N,N∑j=1

∂2xϕj(t, 0) = 0, ∀ t > 0,

ϕj(t, `j) = 0, ∀ t > 0, j = 1, ..., N,ϕj(T, x) = ϕTj (x), ∀x ∈ (0, `j), j = 1, ..., N.

N∑j=1

‖ϕTj ‖2L2(0,`j)≤ C

(N∑j=2

‖∂xϕj(., `j)‖2L2(0,T ) +

∫ T

0

ϕ21(t, 0)dt

).


Obtention de l’inegalite d’observabilite

N∑j=1

‖ϕTj ‖2L2(0,`j)≤ C

(N∑j=2

‖∂xϕj(., `j)‖2L2(0,T ) +

∫ T

0

ϕ21(t, 0)dt

).

En raisonnant par l’absurde on arrive a chercher des solutions non triviales de :

λjψj + ψ′j + ψ′′′j = 0, ∀j = 1 . . . N,ψj(`j) = ψj(0) = 0, ∀j = 1 . . . N,ψ′j(0) = 0, ∀j = 1 . . . N,ψ′j(`j) = 0, ∀j = 2 . . . N,N∑j=1

ψ′′j (0) = 0.

Rappel du lemme dans le cas du segment :

Lemme (Rosier 1997)Soit L ∈ (0,+∞). Considerons l’assertion suivante,

∃λ ∈ C, ∃ψ ∈ H3(0, L) \ {0} t.q.{λψ + ψ′ + ψ′′′ = 0,ψ(0) = ψ(L) = 0, ψ′(0) = ψ′(L) = 0.

(4)

Alors (4)⇔ L ∈ N .


Resultat de controle

Theoreme (K. Ammari, E.C. 2018)Soit T > 0 et (ì) tels que `2, . . . , `N /∈ N , alors le systeme linearise est controlableavec N − 1 controles de type Neumann aux noeuds exterieurs et un controle au noeudcentral.

et pour le non lineaire en appliquant un argument de point fixe :

Theoreme (K. Ammari, E.C. 2018)Soit T > 0 et (ì) tels que `2, . . . , `N /∈ N , alors le systeme non lineaire est localementcontrolable autour de 0 avec N − 1 controles de type Neumann aux noeuds exterieurset un controle au noeud central.

Remarque : Si un des ì pour i ≥ 2 est critique alors le systeme linearise n’est pluscontrolable.


Cas critique:

Si on considere N + 1 controles, N sur les noeuds exterieurs et le dernier sur le noeudcentral alors on a controlabilite pour des temps suffisamment grands du probleme

(∂tuj + ∂xuj + uj∂xuj + ∂3xuj)(t, x) = 0, ∀x ∈ (0, `j), t > 0, j = 1, ..., N,

uj(t, 0) = uk(t, 0), ∀ j, k = 1, ..., N, t > 0,N∑j=1

(∂2xuj(t, 0) + uj(t, 0)) =

N

3u21(t, 0) + g(t), ∀ t > 0,

uj(t, `j) = 0, ∀ t > 0, j = 1, ..., N,∂xuj(t, `j) = gj(t), ∀ t > 0, j = 1, ..., N,uj(0, x) = u0

j (x), ∀x ∈ (0, `j), j = 1, ..., N,

Idee: on utlise le resultat de controle de KdV non lineaire sur chaque branche (avec enplus uj(t, 0) = 0) et ensuite on prend comme g le controle central qui apparaıtnaturellement.


Resultat de stabilite (K. Ammari, E.C. 2018)

En utilisant le meme type d’inegalites d’observabilite on peut montrer que le systeme

(LKdV)

(∂tuj + ∂xuj + ∂3xuj)(t, x) = 0, ∀x ∈ (0, `j), t ∈ (0,∞), j = 1, ..., N,

uj(t, 0) = uk(t, 0), ∀ j, k = 1, ..., N, t > 0,N∑j=1

∂2xuj(t, 0) = −αu1(t, 0), ∀ t > 0,

uj(t, `j) = ∂xuj(t, `j) = 0, ∀ t > 0, j = 1, ..., N,uj(0, x) = u0

j (x), ∀x ∈ (0, `j), j = 1, ..., N,

verifie

Stabilite cas non critique

Soit (`i)i=1..N ∈ (0,+∞)N tel que #{`i ∈ N} ≤ 1, α > N/2 alors il existe C > 0 etµ > 0 tel que pour tout u0 ∈ L2(T ) la solution de (LKdV) verifie,

‖u(t, .)‖L2(T ) ≤ C ‖u0‖L2(T )e

−µt.


Ajout d’un damping en cas de longueur critiquesOn suppose que #{`i ∈ N} ≥ 2 alors on ajoute un damping sur les branches”critiques” excepte une au maximum.

(LKdVdamped)

(∂tuj + ∂xuj + ∂3xuj + aj(x)uj)(t, x) = 0, ∀x ∈ (0, `j), t > 0,

j = 1, ..., N,uj(t, 0) = uk(t, 0), ∀ j, k = 1, ..., N, t > 0,N∑j=1

∂2xuj(t, 0) = −αu1(t, 0), ∀ t > 0,


j (x), ∀x ∈ (0, `j), j = 1, ..., N,

avec α > N2

et le damping (aj)j=1,N ∈N∏j=1

L∞(0, `j) nul sur les branches non critiques

et une critique et non nul sur un ”morceau” des autres branches critiques

Stabilite cas critique

Alors, il existe C > 0 et µ > 0 tels que pour tout u0 ∈ L2(T ), la solution de(LKdVdamped) verifie,

‖u(t, .)‖L2(T ) ≤ C‖u0‖L2(T )e

−µt.


Idees de la preuve : On raisonne par l’absurde pour montrer

‖u0‖2L2(T ) ≤ C((2α−N)‖u(., 0)‖2L2(0,T )

+ ‖∂xu(., 0)‖2L2(0,T ) + 2∑j∈I∗c

∫ T

0

∫ lj

0

aj(x)|uj |2dxdt).

Cela revient a trouver une solution non triviale u de (LKdVdamped) telle queu(., 0) = 0,∂xu(., 0) = 0,∫ T0

∫ lj0aj(x)|uj |2dxdt = 0, ∀j ∈ I∗c .

1 Pour les lj non critiques, uj est la solution de (LKdV) et telle queuj(., 0) = ∂xuj(., 0) = 0. Alors avec le lemme de Rosier, uj = 0.

2 Pour les lj critiques moins une,∫ T0

∫ lj0aj(x)|uj |2dxdt = 0, donc ajuj = 0 et

uj = 0 sur(0, T )× ωj . Alors ∂tuj + ∂xuj + ∂3xuj = 0 et grace au Theoreme de

Holmgren uj = 0.3 Pour le dernier lj critique, uj verifie,

∂tuj + ∂xuj + ∂3xuj = 0,

uj(t, 0) = 0, ∂xuj(t, 0) = 0, ∂2xuj(t, 0) = 0,

uj(t, `j) = ∂xuj(t, `j) = 0.

Donc uj = 0.D’ou le resultat de stabilite.


Cas non lineaire

(KdVdamped)

(∂tuj + ∂xuj + ∂3xuj ∀x ∈ (0, `j), t > 0,

+ajuj + uj∂xuj)(t, x) = 0 j = 1, ..., N,uj(t, 0) = uk(t, 0), ∀ j, k = 1, ..., N, t > 0,N∑j=1

∂2xuj(t, 0) = −αu1(t, 0)−

N

3u21(t, 0), ∀ t > 0,


j (x), ∀x ∈ (0, `j), j = 1, ..., N,

On en deduit la stabilite pour des solutions de petite amplitude.

Stabilite du non lineaire

Soit (`i)i=1,...,N ∈ (0,+∞)N et a ∈ L∞(T ) comme dans le cas precedent. Alors ilexiste C, µ, r > 0 tels que pour tout u0 ∈ L2(T ) avec ‖u0‖L2(T ) ≤ r alors la solution ude (KdVdamped) verifie,

‖u(t, .)‖L2(T ) ≤ Ce−µt‖u0‖L2(T ), ∀t ≥ 0.


Resultat de stabilite semi-globale

Si on applique le damping sur toutes les branches alors on a

Stabilite semi-globale

Soit (`i)i=1,...,N ∈ (0,+∞)N , soit a ∈ L∞(T ) agissant sur des morceaux de toutes lesbranches et R > 0. Alors pour tout u0 ∈ L2(T ) avec ‖u0‖L2(T ) ≤ R il existeC = C(R) > 0 et µ = µ(R) > 0 tels que la solution u de (KdVdamped) verifie,

‖u(t, .)‖L2(T ) ≤ Ce−µt‖u0‖L2(T ), ∀t ≥ 0.

Idee : utiliser un raisonnement par l’absurde et une propriete de continuation unique,

Theoreme Saut, Sheurer (87)

Soit L > 0 et y ∈ L2(0, T,H3(0, L)) solution de

yt + yx + yxxx + yyx = 0,

tel que y(t, x) = 0, ∀t ∈ (t1, t2) et x ∈ ω ou ω est un ouvert non vide de (0, L). Alorsy(t, x) = 0, ∀t ∈ (t1, t2) et x ∈ (0, L).


Perspectives

1 Montrer que le non lineaire est controlable meme dans le cas ou on a deslongueurs critiques avec seulement N controles.

2 Regarder si on peut controler le probleme en enlevant le controle au noeud centralmais en controlant sur tous les noeuds exterieurs (travail en cours de C. Moreno).Pour l’instant elle a reussi a avoir un premier resultat positif mais pour deslongueurs petites en choisissant bien ses multiplicateurs.

Merci pour votre attention


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