Projet Modélisation mathématique : Poumon

Projet Modélisation mathématique : Poumon
9 décembre 2016
1
Modélisation du comportement des alvéoles
On cherche à modéliser le comportement d’un mélange liquide-gaz. On suppose que le
liquide est incompressible, et que le gaz, compressible, se trouve dans le liquide sous la forme
de petites bulles qui contiennent le même nombre de molécules. On s’intéressera ici à une
modélisation mono-dimensionnelle de cette situation : on considère, sur le segment [0, L], une
alternance de gaz et de liquide, comme l’illustre la figure ci-dessous. On note ⇢ la masse linéique
du liquide, de telle sorte que la masse d’un "segment" Si centré en xi est ⇢b. Le gaz piégé entre
deux segments successifs est supposé obéir à la loi des gaz parfaits à température constante,
c’est-à-dire
(pression)
⇥
(volume)
=
Constante
⇥
(nbre de molécules de gaz) ,
soit,
P V = kN ,
(1.1)
où le "volume" représente en fait une longueur dans le cadre de ce modèle mono-dimensionnel.
On suppose les deux extrémités fixes (x0 et xn+1 positionnées en 0 et L, respectivement, sont
fixes), et on prend un nombre de molécules de gaz dans chaque poche constant égal à N . On
considèrera que N s’écrit (a+b), où est le nombre de molécules de gaz par unité de longueur
du mélange. Ce système liquide/gaz admet un état d’équilibre représenté schématiquement
sur la figure ci-dessus, pour lequel toutes les bulles ont la même taille b. Les positions des
centres des segments fluides sont (en notant h = a + b)
X0 = 0 , X1 = h , · · · , Xi = ih , · · · , Xn+1 = (n + 1)h = L .
1
(1.2)
On note xi = Xi + ui la position du centre de Si (ième segment), de telle sorte que l’état
d’équilibre correspond à ui = 0 pour tout i. Le bilan Fi des forces s’exercant sur un élément
de liquide centré en xi est la somme des pressions exercées à droite et à gauche par le gaz,
c’est-à-dire d’après le modèle (1.1)
✓
◆
1
1
Fi = k h
.
a + ui ui 1 a + ui+1 ui
La masse de Si étant ⇢b, la relation fondamentale de la dynamique s’écrit donc
(1.3)
⇢b üi = Fi .
On note u = (u1 , · · · , un ) le vecteur des inconnues, vi = u̇i la vitesse de Si , v le vecteur des
vi et F le vecteur des forces Fi . On peut se ramener de cette facon à un système du premier
ordre dans R2n :
8
du
>
<
= v,
dt
(1.4)
>
: ⇢b dv = F (u)
dt
1. On se limite, dans ces questions comme dans les suivantes, à des conditions initiales
admissibles, c’est-à-dire telles que xi+1 xi > b, c’est-à-dire ui+1 ui > a, pour tout
i = 0, · · · , n, (les segments rigides ne se touchent pas) la vitesse initiale étant quelconque. Montrer que, pour toute condition initiale admissible, le problème de Cauchy
admet une solution unique globale (i.e. définie sur R+ ).
2. Représenter les tailles des bulles en fonction du temps (il doit y avoir n + 1 courbes
représentant chacune la taille d’une bulle au cours des itérations en temps), pour des
valeurs des paramètres k, n, L, F , a, b, ⇢ et ↵ de votre choix.
3. Montrer que la configuration où toutes les bulles sont de même taille (i.e. u = 0) est
l’unique point fixe.
4. Montrer que ce point fixe est stable.
5. Illustrer le résultat précédent numériquement.
6. On rajoute à la force un terme de frottement visqueux, de telle sorte que l’équation sur
la quantité de mouvement s’écrit
⇢b
dv
= F (u)
dt
v ,
avec  > 0. Montrer que u = 0 reste l’unique point fixe du système, et qu’il est
maintenant asymptotiquement stable. Illustrer ce résultat numériquement.
2
2.1
Modélisation de l’écoulement de l’air dans l’arbre bronchique
Introduction
L’arbre bronchique humain est un arbre comportant 23 générations. Dans une première
partie, on va modéliser l’écoulement de l’air dans un tel arbre fini. Puis dans une deuxième
partie, on va s’intéresser à ce qui se passe dans le cas d’un arbre infini.
2
Figure 1 – Arbre dyadique
On considère l’écoulement d’un fluide visqueux incompressible non inertiel à travers un
tuyau. La pression est supposée uniforme sur les sections extrémités du tuyau (qui seront
notées 0 et 1). Les forces extérieures exercées sur le fluide sont caractérisées par deux valeurs
P0 et P1 et il existe un coefficient r > 0 reliant le flux Q (considéré positif si le fluide va de 0
vers 1) et le saut de pression : P1 P0 = rQ. Par analogie avec des conducteurs éléctriques
(flux et pression jouent les rôles de l’intensité et du potentiel, respectivement), r est appelé
la résistance du tuyau. Celle-ci dépend des caractéristiques geometriques du tuyau et de la
viscosité du fluide.
2.2
Arbre dyadique fini
On considère maintenant un arbre dyadique composé de tuyaux. La taille de l’arbre est N + 1
(voir figure 1). On suppose que sur une même génération, n, tous les tuyaux ont la même
résistance rn > 0. On fixe la pression à la racine de l’arbre égale à 0. On note qi et pi le flux
et la pression, respectivement, correspondant à l’extrémité i, pour i = 0, . . . , 2N 1.
Soient p = (pi )i=0,...,2N 1 et q = (qi )i=0,...,2N 1 , le vecteur pression et le vecteur flux aux
extrémités de l’arbre avec la convention qu’un flux est considéré positif quand le fluide entre
dans l’arbre.
P
k
Definition
2.1. Soient i et j deux entiers positifs et leurs expressions binaires i = 1
k=0 ↵k 2 ,
P1
k
j = k=0 k 2 avec ↵k , k 2 {0, 1}, 8k, on définit ⌫ij par ⌫ij = inf{k 0 , ↵` = ` 8` k}.
Question 7 : On considère un arbre dyadique de taille N +1 caractérisé par ses résistances
r0 , r1 , r2 , . . ., rN supposées constantes sur chaque génération. Si la valeur de la pression à la
racine vaut 0, montrer la relation suivante :
p = AN q , AN = AN
ij
0i,j2N 1
3
2 M2N (R) , AN
ij = RN
⌫ij ,
(2.1)
où Rn est la resistance cumulée r0 + r1 + · · · + rn . Indications : Montrer que
pi =
N 1
2X
qj RN
⌫ij
(2.2)
.
j=0
Question 8 : Montrer qu’à une constante multiplicative près, la matrice
AN = AN
ij
0i,j2N 1
2 M2N (R) ,
définie par AN
ij = RN ⌫ij est une matrice doublement stochastique (la somme des éléments de
chaque ligne et de chaque colonne vaut 1).
2.3
Arbre dyadique infini
Lorsque N tend vers l’infini, en supposant que les extrémités (i.e. les feuilles de l’arbre) vont
couvrir un domaine donné ⌦ de l’espace Rd , nous nous proposons d’étudier s’il est possible de
prendre la limite de la relation (2.1) et si oui nous allons décrire la relation continue obtenue.
Dans ce texte, on va se restreindre au cas où d = 1 et où ⌦ est l’intervalle I =]0, 1[.
La première étape est de donner un sens au problème discret au niveau continu. Pour cela,
on procède comme suit : soit une taille d’arbre N > 0, on identifie l’extrémité i de l’arbre TN
au segment ]ihN , (i + 1)hN [⇢ I, avec hN = 1/2N . Il est alors possible de définir l’opérateur
RN suivant :
Definition 2.2. Soit u 2 L2 (I), on définit le vecteur flux qN = qiN i=0,...,2N 1 par qiN =
R (i+1)hN
u(y) dy. Le vecteur pression correspondant est défini par pN = pN
i i=0,...,2N 1 =
ihN
N
N
N
A q , où A 2 M2N (R) est la matrice exprimant la relation (2.2). Enfin, on définit p 2 L2 (I)
comme étant la fonction ayant la valeur constante pN
i sur chaque sous-intervalle ]ihN , (i +
1)hN [. L’opérateur RN associé est défini par p = RN q.
Question 9 : Montrer que l’opérateur RN défini précédemment envoie LR2 (I) sur luimême. Montrer que celui-ci peut-être exprimé comme suit : p = RN u () p(x) = I KN (x, y)u(y) dy
p.p. sur I, où KN 2 L1 (I ⇥ I) est la fonction constante par morceaux définie par
x 2 ]ihN , (i + 1)hN [ , y 2 ]ihN , (j + 1)hN [ 7 !
RN
⌫ij .
2.3.1
Convergence presque partout
P
P1 k
↵k
Definition 2.3. Pour tout x = 1
k=0 2k et y =
k=0 2k dans I, donnés par leurs expressions
dyadiques (noter que ↵0 = 0 = 0), on définit µxy = sup{k 1 , ↵` = ` 8` < k}.
Question 10 :P
Le noyau KN P
converge presque partout vers une fonction mesurable K
1
↵k
k
définie par : (x = 1
,
y
=
k=0 2k
k=0 2k ) 2 I ⇥ I 7 ! K(x, y) avec K(x, y) = 0 si l’une
des suites (↵k ), ( k ) a un nombre fini de termes non nuls, ou si x = y, et K(x, y) = Rµxy
sinon. Indications : Remarquer que KN et KN 1 sont reliés par KN (x, y) = KN 1 (x, y) +
PN
N
rN 2i=0 1 N
i (x, y) où i est la fonction caractéristique du carré ]ihN , (i + 1)hN [⇥]ihN , (i +
1)hN [⇢ I ⇥ I. Une conséquence est que, pour tout couple extra-diagonal (x, y) (i.e. tel que
x 6= y), (KN (x, y))N est stationnaire dès que N > log2 |y x|.
4
2.3.2
Convergence L2
R
Soit p 2 [1, +1[, soit (fN )N 2N une suite de Lp (I), alors fN ! f dans Lp (I) si limN !+1 I |fN (x)
f (x)|p dx = 0. On rappelle que si fN ! f dans Lp (I) alors il existe une sous-suite de (fN )N 2N
qui converge presque partout sur I vers f .
Question 11 : (plusPdifficile) Si pour toute fonction u de L2 (I), RN u ! Ru dans
rn
L2 (I) alors montrer que +1
n=0 2n < +1. Indications : Considérer la fonction u identiquement égale à 1 sur I, calculer RN (u)(x) pour les réels x de I n’étant pas de la forme k/2N
avec k 2 N et exprimer la convergence presque partout d’une sous-suite de (RN (u)(x))N .
P
rn
Question 12 : (plus difficile) Si +1
n=0 2n < +1, montrer qu’alors on a KN ! K dans
1
L (I ⇥ I) où K est défini dans une question précédente.
P
Question 13 : (plus difficile) Dans le cas où
rn /2n = +1, KNRse "concentre" dans
un voisinage de la diagonale de I⇥I, et montrer que : pour tout q 2 L2 (I), I K̃N (x, ·)q(x) dx !
q(·) dans L2 (I), où K̃N = KN /kKN kL1 (I⇥I) . Indications : Commencer par montrer le résultat pour q 2 C 0 (I) puis utiliser par un argument de densité. Utiliser que (KN (x, y))N est
stationnaire dès que N > log2 |x y|.
2.3.3
Décomposition spectrale de R. Base de Haar
On définit l’opérateur R de L2 (I) dans lui même par :
Z
p = Ru () p(x) = K(x, y)u(y) dy p.p. sur I,
(2.3)
I
où K est défini dans une question précédente. Soit J ⇢ R, la fonction 1J est définie par
1J (x) = 1 si x 2 J et 0 sinon.
Definition 2.4 (Base de Haar). Soit 2 L2 (I) définie par = 1]0,1/2[ 1]1/2,1[ . Pour tout
N
0, 0  k  2N 1, on introduit x 2 I 7! N,k (x) = 2N/2 (2N x k), et on définit 0
par 0 (x) ⌘ 1. La famille ( 0 , ( N,k )0N,0k2N 1 ) est une base de Hilbert de L2 (I), appelée
base de Haar.
Question 14 : Montrer que la base de Haar ( 0 , ( N,k )0N , 0k2N 1 ) est une famille
de vecteurs propres pour R. Montrer que la famille de valeurs propres correspondantes est
( 0 , ( N,k )0N , 0k2N 1 ), avec
N,k
= ⇢N +1 =
+1
X
r`
2`
0  N , 0  k  2N
`=N +1
et
0
2.3.4
= ⇢0 =
P+1
r`
`=0 2`
1,
est la résistance globale.
Arbre géométrique
On considère dans cette partie le cas où les résistances suivent une loi géométrique rn =
r0
où ↵ est un paramètre. On suppose ↵ 2]0, 2[, si bien que R défini par (2.3) est bien
défini comme un opérateur de L2 (I) sur lui-même. Cet opérateur est symétrique tel que
↵n
5
R
I
(Ru) (x)u(x) dx
aux valeurs propres
0 pour tout u 2 L2 (I) et ses éléments propres sont
0
= ⇢0 =
r0
1 ↵/2
et
N,k
= ⇢0
0
et
N,k
associés
↵ N +1
.
2
Question 15 : On suppose que rn = r0 ↵n , avec ↵ > 0, et K est la fonction définie
dans une question précédente. Si ↵ 2]0, 1[, alors K est bornée. Si ↵ = 1, alors 0  K(x, y) 
C ln |x y|, et si ↵ 2]1, +1[, alors 0 
y)⇥  C|x y| ln ↵/ ln 2 . Indications
: C’est
⇤ K(x,
PN
1
1
n
une conséquence du fait que si |x y| 2 2N +1 , 2N alors K(x, y)  RN = r0 n=0 ↵ .
Question 16 : Suivant la valeur de ↵, on obtient que K vérifie
0  ↵ < 1 =) K 2 L1 (I ⇥ I)
↵ = 1 =) K 2 Lp (I ⇥ I) 8p 2 [1, +1[
1 < ↵ < 2 =) K 2 Lq (I ⇥ I) 8q < ln 2/ ln ↵
6