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KdV Cas general CLT, CLA

Conditions aux limites pour les equations dispersives

Corentin AudiardUPMC, Laboratoire Jacques-Louis Lions

1 decembre 2014

Corentin Audiard UPMC, Laboratoire Jacques-Louis Lions From GP to EK


Plan

1 L’exemple de KdV

2 Le cas general

3 Conditions aux limites absorbantes



Un resultat contre intuitif pour KdV :

∂t u + u∂x u + ∂3x u = 0,

les ondes se deplacent vers la droite (solitons de la forme u(x − ct), c > 0), mais ilfaut imposer trois conditions au bord : une a gauche et deux a droite.Argument d’energie : sur [0,∞[

‖u(·,T )‖2L2(R+)

− ‖u(·, 0)‖2L2(R+)

=

∫ T

0

2u3(0)

3− ∂x u(0, t)2 + 2u(0, t)∂2

x u(0, t)dt ,

l’unicite requiert u(0, t) = 0, mais sur ]−∞, 0]

‖u(·,T )‖2L2(R−)

− ‖u(·, 0)‖2L2(R−)

=

∫ T

0

−2u3(0)

3+ ∂x u(0, t)2 − 2u(0, t)∂2

x u(0, t)dt ,

l’unicite requiert u(0, t) = ∂x u(0, t) = 0.



Ce n’est pas un artefact des calculs :

Theorem (Holmer 06)

Il existe une infinite de solutions au probleme∂t u + u∂x u + ∂3

x u = 0, (x , t) ∈ R− × [0,∞[

u|t=0 = u0,

u|x=0 = 0,

ainsi qu’a ∂t u + u∂x u + ∂3

x u = 0, (x , t) ∈ R− × [0,∞[

u|t=0 = u0,

∂x u|x=0 = 0,



Une interpretation algebrique dans le cas lineaire : on fixe τ = γ + iδ, γ > 0 et on listeles solutions de la forme eλx+τ t , de limite nulle a l’infini.Alors

λ3 + τ = 0 et Re(λ) < 0.

On note E−(τ) l’espace vectoriel engendre par ces solutions, ie

E−(τ) = ∑

αj eλj x+τ t , αj ∈ C

Pour −τ = reiθ, θ ∈]π/2, 3π/2[ fixe, il n’y a qu’une seule solution, λ− = r1/3jeiθ/3, eton a simplement

E−(τ) = αeτ t+λ−x, dim(E−(τ)) = 1.

Remarque : la dimension de E− est independante de τ , c’est lie a une proprietealgebrique du symbole de l’equation.



La condition aux limites B(u, ∂x u, ∂2x u) = 0 donne unicite des solutions sous reserve

que∀ u ∈ E−, B(u) = 0⇒ u = 0.

Autrement dit, B est une injection. On peut aussi montrer que l’existence d’une solutionrequiert que B soit une surjection, donc

Condition de Kreiss-Lopatinskii il existe γ > 0 tel que l’operateur B est unisomorphisme E−(τ)→ Im(B), ∀ τ = γ + iδ.

Quelques exemples :

1 Dirichlet B(u) = u(0), B(eλx+τ t ) = 1, KL est verifiee.

2 Neumann B(u) = ∂x u(0), B(eλx+τ t ) = (−τ)1/3, ok aussi.



Sur R−, on a deux solutions a l’equation

λ3 + τ = 0, Re(λ) > 0,

qui sont λ+k = j−k r1/3eiθ/3, k = 0, 1, l’espace E−(τ) est donc

E−(τ) = 1∑

k=0

αk eτ t+λ+k x.

A nouveau, on remarque dim(E−) = 2 ne depend pas de τ , la condition deKreiss-Lopatinskii B : E− → Rk bijectif implique k = 2.



Condition de Kreiss-Lopatinskii uniforme : l’espace E−(τ) a ete defini pourRe(τ) ≥ 0. On remarque que l’espace E−(τ) “admet une limite” pour Re(τ)→ 0,c’est a dire eτ t+λx a une limite. On “prolonge par continuite” E− a Re(τ) ≥ 0.Pour certaines formes de B, la condition de Kreiss-Lopatinskii est equivalente a

∀ τ ∈ S1, Re(τ) > 0, B : E−(τ)→ Im(B) est un isomorphisme.

La condition de Kreiss-Lopatinskii uniforme s’ecrit

∀ τ ∈ S1, Re(τ) ≥ 0, B : E−(τ)→ Im(B) est un isomorphisme.

La version uniforme assure que “la condition ne degenere pas sur les bords dudemi-cercle”.



Plan


2 Le cas general




Pour une classe d’equations aux derivees partielles satisfaisant les memes proprietesalgebriques, on peut definir similairement la condition de Kreiss-Lopatinskii.Classe consideree

P(∂t , ∂x1 , · · · , ∂xd )u = f , P polynome “quasi-homogene”,

P(iδ, iξ) a toutes ses racines reelles en δ pour ξ ∈ Rd fixe (on peut inclure lessystemes quitte a remplacer P par un polynome caracteristique).Probleme pose sur le demi espace xd > 0. A nouveau, on liste les solutions de laforme eτ t+iξ′·x′+λxd , τ = γ + iδ, γ > 0, ξ′ ∈ Rd−1, Re(λ) < 0 et on note E−(τ, ξ′)

l’espace vectoriel engendre par ces solutions.Les nombres (τ, ξ′, λ) satisfont

P(τ, iξ′, λ) = 0,



On considere maintenant le probleme avec condition au bordP(∂t ,∇) = P(∂t ,∇)u = 0,Bu = g, avec B a valeurs dans Rn.

A nouveau, l’unicite des solutions requiert l’implication

∀ u ∈ E−(τ, ξ′), B(u) = 0⇒ u = 0.

Deux faits importants : l’espace E−(τ, ξ′) a une dimension independante de (τ, ξ′),l’espace E−(τ, ξ) peut se prolonger par continuite dans la limite Re(τ)→ 0.

On peut definir comme pour AiryCondition de Kreiss-Lopatinskii : pour tout (τ, ξ′) ∈ γ + iδ, δ ∈ R × Rd−1,l’operateur B est un isomorphisme E−(τ, ξ′)→ Im(B).



La condition de Kreiss-Lopatinskii uniforme generale : pour certaines formes de B, lacondition de Kreiss-Lopatinskii est equivalente a

∀ (τ, ξ′) ∈ Sd , Re(τ) > 0, B : E−(τ)→ Im(B) est un isomorphisme.

La condition de Kreiss-Lopatinskii uniforme s’ecrit

∀ (τ, ξ′) ∈ Sd , Re(τ) ≥ 0, B : E−(τ)→ Im(B) est un isomorphisme.

La version uniforme assure que “la condition ne degenere pas sur les bords de lademi-hypersphere”.



Exemple : l’equation de Schrodinger

P(∂t ,∇) = i∂t u + ∆u = i∂t u +d∑1

∂2j u = 0.

P est quasi-homogene et P(iδ, iξ) = −δ + |ξ|2 n’a effectivement que des racinesreelles en δ. Espace stable : solution particuliere eτ t+ξ′·x′+λxd , donc

iτ − |ξ′|2 + λ2 = 0⇔ λ2 = (−iγ + δ + |ξ′|2).

Une seule racine de partie reelle negative, qu’on note√−iτ + |ξ′|2, donc

dim(E−(τ, ξ′)) = 1.



KL et KL uniforme pour les conditions de Dirichlet et les conditions de Neumann :

1 Conditions de Dirichlet : B(u) = u(0) = 1, donc KL et KLU sont respectees.

2 Conditions de Neumann : B(u) =√−iτ + |ξ|2, donc KL est respectee, mais pas

KLU (echec pour τ = 0− i|ξ|2, aux points dits de glancing). C’est le memeprobleme que pour l’equation des ondes.L’equation de Schrodinger avec condition de Neumann homogene est cependantun probleme bien posee.



Conditions au bord et regularite : le problemei∂t u + ∂2

x u = 0,u|t=0 = u0,

u|xd =0 = g

a une solution d’energie finie (H1) pour g ∈ H3/4(R+), g(0) = 0. Plus generalement, siu est 2n fois derivable en espace et n fois en temps, elle doit satisfaire les conditionsde compatibilite

u ∈ CT H2n+1 ∩ CnT H1 ⇒ g ∈ Hn+3/4(R+) et ∂n

t g|t=0 = (i∂2x )nu0.

Les conditions de compatibilites avec un second membre f , en dimension superieure,peuvent s’ecrire similairement : posant ϕ0 = u0, ϕn+1 = −i(∂n

t f |t=0 −∆ϕn),necessairement ∂n

t g|t=0 = ϕk |∂Ω.



Plan


2 Le cas general




Pour l’analyse numerique, il faut evidemment restreindre l’etude de l’EDPP(∂t ,∇)u = 0, x ∈ R,u|t=0 = u0,

a un intervalle borne, avec donc des conditions au bord.Comment choisir B1,B2 tels que u|x∈[0,1] soit solution de

P(∂t ,∇)u = 0, x ∈ [0, 1]

u|t=0 = u0,



Operateur de Dirichlet-Neumann : pour u solution deP(∂t ,∇)u = 0, x ∈]−∞, 0], t ≥ 0,u|t=0 = 0, x ∈]−∞, 0], t ≥ 0,u|x=0 = g, t ≥ 0

c’est l’operateur g 7→ DN0(g) = ∂nu|x=0. En particulier, si u0 est a support dans [0, 1],u est solution de

P(∂t ,∇)u = 0, x ∈]−∞, 0], t ≥ 0,u|t=0 = 0, x ∈]−∞, 0], t ≥ 0,−∂x u|x=0 = DN(u), −∂x u|x=1 = DN(u).

En general, l’operateur DN est complexe, mais le point cle est que c’est un operateurtangentiel, applique a u|x=0.



Exemple : l’equation des ondes : (Majda-Engquist, 77, Absorbing boundaryconditions for the numerical simulation of waves)

En dimension 1, toute solution de l’equation des ondes

∂2t u − ∂2

x u = 0,

se scinde en u(x , t) = v(x − t) + w(x + t). En particulier, si la donnee initiale estsupportee dans [0, 1], la solution exacte satisfait

(∂t u − ∂x u)|x=0 = 0,(∂t u + ∂x u)|x=1 = 0.

L’operateur de Dirichlet-Neumann en x = 0 et x = 1 est donc evident.



Plusieurs raisons plus profondes a ce resultat :

1) Factorisation de ∂2t − ∂2

x = (∂t − ∂x )(∂t + ∂x ).⇒ deux equations aux deriveespartielles sous jacentes, qui regissent le comportement des ondes voyageant vers ladroite et celui de celles voyageant vers la gauche.L’idee se generalise en dimension superieure,

∂2t − (∂2

x + ∂2y ) = (∂t − ∂2

y )− ∂2x = (

√∂2

t − ∂2y − ∂x )(

√∂2

t − ∂2y − ∂x ),

c’est la factorisation de Nirenberg. L’operateur pseudodifferentiel√∂2

t −∆′ estinutilisable, mais il existe une famille d’operateurs qui l’approchent : conditions auxlimites absorbantes. Par exemple√

∂2t − ∂2

y ' ∂t , ∂t − ∂2y∂−1t · · ·



2) Analyse de Fourier-Laplace sur [1,∞[ : on pose u(τ, x , ξ) =∫∫

eτ t+iyξu dy dt , u estsolution de

(−τ2 + ξ2 − ∂2x )u = 0,

limx→∞

u = 0.

la solution decroissante a l’infini est e−√τ2+ξ2x u(τ, 0, ξ),

∂x u = −√−τ2 + ξ2u ⇔ ∂x u = −

√∂2

t − ∂2y .

La meme analyse sur ]−∞, 0] donnerait

∂x u =√∂2

t − ∂2y u.



Exemple de l’equation de Schrodinger en dimension 1 :

Approche 1 : factorisation de l’operateur :

i∂t + ∂2x = (∂x − e−iπ/4

√∂t )(∂x + e−iπ/4

√∂t ).

Quel facteur regit les ondes se deplacant vers la droite ? On utilise les solutionsparticulieres u = eτ t+

√−iτx), avec Re(

√−iτ) < 0, pour lesquelles

∂x u =√−iτu = −e−iπ/4√τu ⇒ ∂x u + e−iπ/4

√∂t u = 0.

Similairement, le facteur regissant les ondes qui se deplacent vers la gauche est∂x − e−iπ/4√∂t .



Approche 2 : analyse de Fourier-Laplace : On considere la solution deiτ u + ∂2

x u = 0,lim

x→∞u = 0,

donnee par e√−iτx u(0), Re(

√−iτ). Donc ∂x u =

√−iτ u. On retrouve le meme

resultat.

Remarque : Kreiss-Lopatinskii et condition aux limites transparentes. Pour Re(τ) > 0,soit eτ t+

√−iτx une base de E−(τ), on a formellement

(∂x u + e−iπ/4∂1/2t )u = 2

√−iτu,

donc la condition de Kreiss-Lopatinskii (simple et uniforme) est satisfaite.(peut etre rendu rigoureux)



Implementation pratique : en general delicat. L’operateur se reecrit plus explicitementcomme √

∂t f =∂t√π

∫ t

0

f (s)√

t − sds,

et ∂nu + e−iπ/4√∂t1/2u = 0 peut etre discretise par

un+1 = −eiπ/4 2δt

2

n+1∑k=0

αk∂nun+1−k , (αk explicites)

Cas des dimensions superieures : la factorisation naıve

i∂t + ∂2n + ∂2

y = (∂x −√−i∂t − ∂2

y )(∂x +√−i∂t − ∂2

y ) ne donne pas le bon operateurlorsque ∂Ω est courbe. Bonne approche : laplacien en coordonnees locales∆ = ∂2

r + κ/(1 + rκ)∂r + (1 + rκ)−1∂s((1 + rκ)−1∂s), qui donne en premiereapproximation

∂nu ' −e−iπ/4∂1/2t u, −e−iπ/4∂

1/2t − κu/2, · · ·



Un cas d’ordre superieur : Airy On reprend∂t u + ∂3

x u = 0,u|t=0 = u0,

Soient λ−, λ+1 , λ

+2 les racines de λ3 + τ = 0. Le calcul de l’operateur DN donne en

x = 1 : ∂x (u, ∂x u) = λ−(u, ∂x u). Pour x = 0, l’equation

u = αeλ+1 x + βeλ

−2 x

donne∂2

x u − (λ+2 + λ+

1 )∂x u + λ+2 λ

+1 u = 0.



Un exemple vectoriel : equation type Euler-Korteweg (tres) linearise∂tρ+ ∂x u = 0,∂t u − ∂3

x ρ = 0

qui admet la relation de dispersion

det

(iδ iξiξ3 iδ

)= 0⇔ δ2 − ξ4 = 0.

Il y a une equation de Schrodinger sous jacente : posant v = ∂xρ, z = u + iv ,

i∂t z − ∂2x z = 0.

Le meme genre d’analyse que pour les problemes scalaires (espace stable, conditionde Kreiss-Lopatinskii) peut etre applique au systeme.



Bibliographie :

X.Antoine, C.Besse, Unconditionally stable discretization schemes ofnon-reflecting boundary conditions for the one-dimensional Schrodinger equation,J. Comp. Phys., Vol. 188, No. 1, (2003), pp 157-175

X. Antoine, C. Besse, Construction, structure and asymptotic approximations of amicrodifferential transparent boundary condition for the linear Schrodingerequation, J. Math. Pures Appl. (9), Vol. 80, No. 7, (2001)

A., Nonhomogeneous boundary value problems for linear dispersive equations,CPDE, 2011

Engquist, Bjorn ; Majda, Andrew, Absorbing boundary conditions for the numericalsimulation of waves. Math. Comp. 31 (1977), no. 139, 629-651.


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