Analyse, séance 8 : Cours PROBLÈMES HYPERBOLIQUES NON

Mathématiques 2 1
Analyse, séance 8 : Cours
PROBLÈMES HYPERBOLIQUES NON LINÉAIRES
Objectifs
Les problèmes de transport ou d’écoulement, en particulier la mécanique des fluides, sont
associés à des équations qui sont hyperboliques non linéaires ou qui en sont très proches. Nous
allons étudier le plus simple des problèmes de ce type : l’équation de Burgers. Cet exemple très
simple permet de comprendre une partie des problèmes posés par les équations de la mécanique
des fluides, tels que celles qui modélisent la dynamique des gaz.
FIG. 1 – Solution pour les conditions initiales de la question 3. Calcul par le schéma saute mouton
avec viscosité artificielle. La profondeur représente l’évolution en temps
Le problème
L’équation de Burgers est obtenue en écrivant, très formellement, les équations de Navier Stokes
en dimension 1, et en ne tenant pas compte de la conservation de la matière. Elle permet une première
approche des phénomènes d’ondes de choc, qui sont typiquement non linéaires.
Données et hypothèses
On note u(x, t)une fonction de deux variables, représentant une vitesse, définie sur R×[0, T ],
solution du problème :
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∂u
∂t +∂ ∂x(1 2u2)−∂2u ∂x2= 0
u(x, 0) = u0(x)
(1)
(est supposé ici très petit).
Remarquer que pour = 0 l’équation, appelée équation de Riemann, est simplement la formula-
tion eulérienne du mouvement d’un fluide dans lequel chaque particule reste à vitesse constante (car
∂u
∂t +u∂u ∂x est la dérivée particulaire de la vitesse). Si la vitesse des particules qui entrent à gauche
augmente, ces particules vont rattraper celles qui sont devant et on peut s’attendre à avoir un “embou-
teillage”1: c’est ce problème que nous allons étudier en détail.
Cette équation est obtenue en réduisant formellement à une dimension d’espace les équations de
Navier Stokes modélisant l’écoulement d’un fluide compressible, en négligeant l’effet des forces de
pressions. Noter que le terme en ∂2u
∂x2est l’analogue d’une viscosité. Mais ce n’est que dans un écou-
lement en dimension 2 ou 3 que ce terme prendrait sa véritable signification. Dans un fluide comme
l’air la viscosité est très faible, ce qui rend le comportement très proche du cas limite = 0, sauf dans
des zones très confinées où la viscosité empêche les discontinuités du problème limite d’apparaître,
créant ainsi des “couches limites” où certaines grandeurs varient très brutalement.
Des phénomènes (les ondes de choc) qui n’apparaissent que quantitativement dans l’équation de Bur-
gers (par une brusque variation des grandeurs) se traduisent le cas limite = 0 par des propriétés
qualitatives (des discontinuités). Il est donc intéressant d’étudier ce cas limite = 0, dont on sait en
plus calculer des solutions explicites, même s’il présente quelques difficultés mathématiques, dues
précisément à l’existence des discontinuités.
Caractérisation des discontinuités
Nous étudions dans cette question la formulation précise du problème limite obtenu pour = 0
∂u
∂t +∂ ∂x(1 2u2) = ∂u ∂t +u∂u ∂x = 0
u(x, 0) = u0(x)
(2)
Nous verrons plus loin sur un exemple que les vitesses ne peuvent pas toujours rester continues dans
ce cas ; on ne peut pas formuler dans ce cas le problème en imposant à la solution de vérifier l’équation
sauf sur les discontinuités car le fait d’accepter des solutions discontinues dans (2) fait apparaître une
infinité de solutions, nous allons donc voir comment on peut formuler le problème pour que la solution
physique soit la seule solution.
Une solution régulière de (2) est aussi une solution au sens faible, en particulier une solution au
sens des distributions. Mais une fonction peut être solution au sens des distributions de (2) sans être
dérivable.
Soit Ω = R×R+.
1Ces équations servent aussi à modéliser le traffic routier...
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Définition 1 Une fonction uest une solution au sens faible de (2)si
(∀φ∈C1
0(Ω) RΩu∂φ
∂t +u2 2
∂φ
∂x dΩ=0
u(x, 0) = u0(x
(3)
ce qui s’écrit aussi, en posant ~ V= (u, u2
2),
(∀φ∈C1
0(Ω) RΩ~
V .∇φ dΩ=0
u(x, 0) = u0(x)
(4)
Nous allons caractériser les solutions au sens faible de (2) qui sont dérivables sauf sur une courbe C
où elles présentent une discontinuitéde type “saut”. On note ~n = (n1, n2)le vecteur normal à Cen
un point quelconque, la pente de la tangente à Cen ce point est donc p=−n2
n1.
Proposition 1 Une fonction qui admet une discontinuité de type “saut” sur une courbe C, est une
solution au sens des distributions de (2) si elle vérifie la condition de Rankine-Hugoniot
p=u++u−
2(5)
Preuve
En raisonnant d’un point de vue physique on montre que la condition de Rankine-Hugoniot traduit la
conservation de la quantité de mouvement. Nous donnons une démonstration qui permet d’interpréter
très généralement les conditions vérifiées par une solution au sens des distributions d’une équation.
Nous utiliserons une des formes ( on note ~n = (n1, n2)la normale extérieure en un point du bord ∂Ω
de Ω) de la formule d’intégration par parties en dimension quelconque
ZΩ
~
V . ∇φ dΩ = ZΩ −∇ .~ V φ dΩ + Z∂Ω
~
Vnφ ds (6)
On suppose que la solution uest C1en dehors d’une courbe Cet qu’elle vérifie alors l’équation aux
dérivées partielles (2) en dehors de C. Soit ωun domaine traversé par la courbe Cqui coupe ωen
deux domaines ω+,ω−. Appliquons la formule de Stokes sur ces deux domaines, en choisissant une
fonction φdont le support est contenu dans ωet en tenant compte de ce que la seule partie du bord de
ces domaines sur laquelle φest non nulle est donc la courbe C, il vient
Zω+
~
V . ∇φ dω+=Zω+ −∇ .~ V φ dω++ZC
~
V+.~n+φ ds (7)
Zω−
~
V . ∇φ dω−=Zω− −∇ .~ V φ dω−+ZC
~
V−.~n−φ ds (8)
où les +et −distinguent les valeurs sur la discontinuité. Les normales extérieures ~n+et ~n−aux
domaines ω+et ω−sur la courbe Cétant opposées on en déduit en additionnant les deux équations
Zω
~
V . ∇φ dω =Zω −∇ .~ V φ dω +ZC (~ V+−~ V−).~n+φ ds (9)
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L’intégrale du premier membre est nulle puisque on suppose que uvérifie l’équation au sens faible.
Comme l’équation s’écrit ∇.~ V= 0 sur les domaines où le champ ~ V= (u, u2
2)est régulier, il vient
ZC
(~ V+−~ V−).~n+φ ds = 0
et comme la restriction de φàCest une fonction quelconque
(~ V+−~ V−).~n+= 0
Ce qui s’écrit encore, en posant ~n = (n1, n2)t
(u+−u−)n1+1
2((u2)+−(u2)−)n2= 0
d’où en divisant par (u+−u−)
n1+1
2(u++u−)n2= 0
et donc, si pest la pente de la tangente à la courbe C(donc p=−n1
n1)
p=u++u−
2(10)
♦
On montre, nous l’admettrons, que la solution (au sens ordinaire) de l’équation (2), quand →0,
converge vers une solution faible, qui vérifie la condition supplémentaire
u−> u+(11)
sur les lignes de discontinuité (condition liée à la variation d’entropie, le sens est celui de la vitesse
u). On montre de plus l’unicité de cette solution faible sous cette condition supplémentaire.
Méthode des caractéristiques
On suppose = 0. On appelle caractéristiques les courbes d’équation dx
dt =u(x(t), t). Sur une
caractéristique on a
du(x(t), t)
dt =∂u ∂x x0(t) + ∂u ∂t =∂u ∂x u(x(t), t)) + ∂u ∂t = 0
La fonction uest donc constante sur les caractéristiques, ce qui implique que les caractéristiques
sont des droites (ce sont tout simplement les trajectoires des particules). Connaissant la valeur de
u(x, 0) = u0(x)on peut tracer dans le plan (x, t)la droite caractéristique (de pente u(x, 0) ) passant
par le point (x, 0), la valeur de la fonction u(x, t)sur cette droite est donc u0(x). Pour calculer la
valeur de la solution en un point (x, t)il faut donc inversement déterminer la droite caractéristique
qui passe par le point (x, t). Deux difficultés peuvent se présentées :
−Deux droites caractéristiques peuvent se croiser ; −Les droites caractéristiques peuvent ne pas
couvrir tout le plan.
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Exemples
Nous allons étudier sur des exemples les difficultés soulevées par l’utilisation de la méthode des
caractéristiques du problème (2).
•Absence de choc
Ici la vitesse des particules entrantes décroît avec le temps. Vérifier que si :
u0(x) = 0si x≤0
xsi x≥0(12)
alors la fonction :
u(x, t) = (0si x≤0
x
t+ 1 si x≥0(13)
est une solution faible de (2).
•Ondes de détente
Dans cet exemple une discontinuité initiale des vitesses pourrait créer un “vide”, ce qui est physique-
ment à rejeter. Vérifier que si :
u0(x) = 0pour x≤0
1pour x≥0(14)
alors la fonction u(x, t)définie par :
u(x, t) = 
0pour x≤0
1pour x≥t > 0
x
tpour 0≤x≤t
(15)
est une solution faible de (2).
Trouver une autre solution de ce problème qui admet une discontinuité, mais cette discontinuité ne
vérifie pas la condition entropique (11). (Rappelons, nous l’avons admis plus haut, l’unicité d’une
solution vérifiant la condition entropique (11)). Une solution continue , si elle existe, vérifie par
définition la condition d’entropie, c’est donc la seule solution à remplir cette condition.
Noter que si l’on résout l’équation (2) sur un intervalle avec x∈[−A, A], il faut fixer une condition
aux limites sur les seuls points du bord en lesquels la vitesse est entrante pour pouvoir résoudre
l’équation.
•Apparition d’un choc On considère un exemple de condition initiale où la vitesse des particules
entrantes est croissante. Montrer que si :
u0(x) = 
1pour x≤0
1−xpour 0≤x≤1
0pour 1≤x
(16)
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