Rapport Scilab

Réalisé paR : Encadré par :

Erramhi Ahmed Mr .Garmah Bajddi Jalal

EEEcccooollleee NNNaaatttiiiooonnnaaallleee DDDeee lll ’’’IIInnnddduuussstttrrriiieee MMMiiinnnééérrraaallleee

Année Universitaire 2007/2008

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Erramhi Ahmed Rapport de Mini projet Scilab Bajddi Jalal

- 2 -

IntroductIon Problème 1 : Equation de la chaleur

Schéma explicite Schéma Crank-Nicholson Schéma Implicite

Problème 2 : Equation de transport

Schéma explicite Schéma implicite

ConClusion





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Introduction

Dans l’industrie, les équations différentielles sont d’une grande importance. Mais dans la plupart des cas il n’est pas facile de trouver leurs solutions mathématiques bien qu’on sache démontrer leur existence. C’est pourquoi on utilise les méthodes numériques pour trouver une solution approchée tout en s’assurant de sa convergence vers la solution réelle.

C’est dans ce cadre que pour vérifier la fiabilité de la méthode utilisée (les différences finies), nous résoudrons deux problèmes elliptiques dont les solutions mathématiques sont connues.

Et ceci à l’aide du logiciel SCILAB nous permettant de tracer les deux solutions réelles et numérique donc de les comparer.

Problème 1 : Equation de la chaleur

La variation de la température dans un milieu conducteur est régie par

l'équation aux dérivées partielles dite équation de la chaleur. En dimension 1, cas par exemple d'une tige homogène, c'est l'une des équations aux dérivées partielles les plus simples qui se traite facilement sur le plan numérique et qui permet déjà de rencontrer les problèmes fondamentaux de ce type de résolution : stabilité du schéma de discrétisation, convergence de la solution et influence des paramètres.

On appelle équation de la chaleur l'équation aux dérivées partielles suivantes : Où T(x, t) représente la température en un point x d'une barre, à l'instant t.

∂T/∂t – α ∂2T/∂x2 = f(x, t)





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Schéma explicite :

Traitement du problème

On se propose d’étudier l’équation de la chaleur dans une barre métallique de longueur L Cette équation s’exprime sous l’équation différentielle suivante : ∂T/∂t – α ∂2T/∂x2 = f(x,t) (P) T (0, t) = T (L,t) = 0 T(x, 0) = T0(x) = sin (πx)

Afin de résoudre numériquement cette équation on va approcher le problème par les trois schémas suivants :

Schéma explicite Schéma Crank-Nicholson Schéma implicite

Forme matricielle :

On approche (P) sur un intervalle de temps [0, t], on le subdivise en N

intervalles de longueur k.on pose tn = n k. Le pas de discrétisation en espace est noté h et on considère le schéma

explicite noté (S) associé à (P) :

Tjn+1 - Tj

n = α Tn

j-1 – 2Tnj +Tn

j+1 + fnj

(S) k h2

T0j = sin(πx)





- 5 -

Tn+1= B.Tn + k.Fn

On a: Tjn+1 - Tj

n = α Tn

j-1 – 2Tnj +Tn

j+1 + fnj

k h2

Donc : Tjn+1 = Tj

n + α k/h2 (Tn

j-1 – 2Tnj +Tn

j+1) + k fnj On pose: λ = α k/h2 D’où : Soit les matrices colonnes Tn+1 = (Tj

n+1) pour j=1…..J, Tn =(Tj

n) et Fn =(Fjn)

En écrivant les équations correspondantes à j=1 et j=2 et ……j=M Pour j =1 : T1

n+1 = k.f1n + T1

n + λ. (T2n

– 2.T1n + T0

n )

Pour j =2 : T2n+1 = k.f2

n + T2n + λ. (T3

n – 2.T2

n + T1n )

Pour j =3 : T3n+1 = k.f3

n + T3n + λ. (T4

n – 2.T3

n + T2n )

Pour j = M : TM

n+1 = k.fMn + TM

n + λ. (TM+1n

– 2.TMn + TM-1

n )

T1n+1 = k.f1

n + (1-2. λ).T1n + λ.T2

n + (T0n=0)

T2n+1 = k.f2

n + λ.T1n + (1-2. λ).T2

n + λ.T3n

T3n+1 = k.f3

n + 0.T1n + λ.T2

n + (1-2. λ).T3n

T4n+1 = k.f4

n + 0.T1n + 0.T2

n + λ.T3n + (1-2. λ).T4

n

.

.

TJn+1 = k.fJ

n + 0..............................................0 + λ. TJ-1n + (1-2. λ).TJ

n + λ. TJ+1n

Donc, le shéma (S) s’écrit sous forme matricielle comme suit:

Tjn+1 = (1-2 λ) Tnj + λ (Tn

j-1+Tnj+1) + k fn

j





- 6 -

T1

n+1 1-2 λ λ ………. 0 T 1

n f 1

n

T 2n+1

= λ 1-2 λ ……… 0 T 2n

+ k f 2n

…………………… … …. … 0 ……… λ 1-2 λ B Fn

Stabilité du schéma explicite :

On suppose que la fonction f est identiquement nulle : Montrons que sous la condition de stabilité de ce schéma est λ ≤1/2 On a: (S) TJ

n+1 = [λ (S+ + S-) + (1-2 λ) I ] * TJn = B * TJ

n

Avec (S+f)i = fi+1 et (S-f)i = fi-1

Le symbole de ce schéma est déterminé à partir de la transformée de Fourier: ρ(ε) = 1-2. λ + λ.( e-i ε + ei ε) ρ(ε) = 1-2. λ +2. λ.cos(ε) = 1-2. λ (1-cos (ε)) = 1- 4. λ.sin2 ε/2 Alors │ Tn+1│≤ │ Tn│ => -1≤ ρ (ε) ≤ 1 => -1≤ 1- 4. λ.sin2 ε/2 ≤ 1 => -1≤ 1- 4. λ ≤ 1 => -2 ≤ - 4. λ Alors -1≤ ρ(ε) ≤ 1 si: λ ≤1/2 Donc pour λ ≤ 1/2 le schéma explicite est stable.

Consistance du schéma explicite :

On suppose que la solution du problème (P) est C 4. On fait un

développement de Taylor de U au voisinage de (xj,tn).

L’erreur de Consistance j n vérifie :





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j n = (Tj n+1 - Tj n)/K - α (Tj+1n- 2Tj n + Tj-1 n) /h²

= T/t (xj, tn) + rj n - ²T/²x + Rj n

Ainsi pour α K h²/2 (1/2 ) le schéma est convergent dordre (1 , 2) sur 0 , T ] .

Programmation en Scilab :

M=input("Donner le nombre de discrétisation de x"); N=input("Donner le nbre de déscritisation de t "); alpha =input ("Donnez la diffusité thermique (alpha>0) :") k =1/N; h =1/M; a =(alpha*k)/(h^2); //test sur la stablité du shéma while (a>0.5) then disp("shcéma instable") M=input("donner le nombre de points de discrétisation de x"); N=input("donner le nombre de points de discrétisation de t "); alpha =input ("donnez la diffusité thermique (alpha>0) :") k =1/N; h =1/M; a =(alpha*k)/(h^2); end //création de la matrice B B =zeros(M-1,M-1); x =zeros(M,1); for i=1:M-2 B(i+1,i)=a; B(i,i+1)=a; B(i,i)=1-2*a; end B(M-1,M-1)=1-2*a; for i=1 : M+1 x(i) =(i-1)*h; end //condition initiale sur x for i=1:M T(i,1)=sin((%pi)*x(i)); end T(M+1,1)=0; //Conditions aux limites sur t for i=1:N+1 T(1,i)=0; T(M+1,i)=0; end //Calcul de la température à chaque instant et en tous les points for j=2:N+1 T(2:M,j)=B*T(2:M,j-1); end for i=2:N plot2d(x,T(:,i),i); end





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Résultat graphique :

Montrons que Tn+1 =Bn T0 +k

1

0

ni

iB i *F

Un raisonnement par récurrence permet de montrer ce résultat, en

On va procéder par une démonstration par récurrence

Pour n=1, le résultat est vérifié.

Supposons que c’est vrai à l’ordre n, et montrons que c’est aussi vrai pour

l’ordre n+1, donc :

On a:

Tn =Bn-1 u0 + (k

2

0

ni

iB i *F)

Donc pour n+1, on a :





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Schéma Crank-Nicholson

Tn+1=B* Tn+k*F=B (Bn-1 u0 +k

2

0

ni

iB i *F) +k*F

= Bn T0 +( k

2

0

ni

iB i+1 *F)+k*F

= Bn T0 + (k

1

1

ni

iB i *F) +k*F

= Bn T0 +(k

1

0

ni

iB i *F)

D’ou le résultat voulu.

Calcul sous forme matricielle :

On approche le problème (P) par le schéma de Crank-Nicholson

2

11

111

2111 )2(

21)2(

21

hTTTk

hTTTk

TfkTnj

nj

nj

nj

nj

njn

jnj

nj

njT =

njT 1 = 0.

0jT =

0T (xj) j=1,…………M.

Posons 2hk





- 10 -

Tjn+1=k.fj

n + Tjn + λ /2 .( Tj+1

n-2 Tjn + Tj-1

n) + λ /2. ( Tj+1n+1-2 Tj

n+1 + Tj1n+1)

Pour j=1 :

T1n+1= k.f1

n + T1n + λ /2(T2

n – 2.T1

n + T0n) + λ/2. (T2

n+1 – 2.T1

n+1+ T0n+1)

Pour j=2:

T2n+1 = k.f2

n + T2n + λ/2. (T3

n –2.T2

n + T1n) + λ/2. (T3

n+1 –2.T2

n+1 + T1n+1)

Pour j=3 :

T3n+1= k.f3

n + T3n + λ/2. (T4

n –2.T3

n + T2n) + λ/2. (T4

n+1 – 2.T3

n+1+ T2n+1)

. . Pour j=M : TM

n+1 = k.fMn +TM

n + λ/2. (TJ+1n –2.TM

n + TM-1n) + λ/2.(TM+1

n+ 1 –2.TM

n+1 + TM-

1n+1)

(1+λ )TM

n+1 - λ/2.(TM+1n+ 1

+ TM-1n+1) = (1- λ)TM

n + λ/2. (TM+1n + TM-1

n)+ k.fMn Sous la forme matricielle : 1+ -α /2..… 0 T1

n+1

-/2 1+ … 0 T2

n+1 =

- /2 /2 0 …… -/2 1+ TM

n+1

/2 1- ……… 0 T2n

+ k F2n

1- /2 …… 0 T1n

F1n

…………………… …

0 …… /2 1- TMn

Fn

M





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Stabilité du Crank-Nicholson : On suppose que la fonction f est identiquement nulle.

On sait que : ( S+ T )J = TJ+1

(S- T)J = TJ-1

Donc le schéma (Ph) s écrit sous la forme :

nj

nj

nj

nj

nj

nj TSTTSTSTTS

2)1(

22)1(

2111

On passe au transformée de Fourier, et on trouve que :

Pour avoir ║ Tn+1║ < ║ Tn║ il faut que : -1≤ ρ (ε) = ≤ 1 Cette condition est toujours vraie quelque soit

Etude de la consistance :

On pourra montrer que le schéma de Crank–Nicholson est consistant et précis au second ordre en temps et au second ordre en espace (d’ordre (2, 2)).

1- 2. λ sin2 (ε/2) 1+ 2. λ sin2 (ε/2)

Donc le Schéma de Crank Nicholson est inconditionnellement stable





- 12 -

global h; global N; global M; global landa ; global k; global alpha; N=input ("donnez le nombre de point de discretisation j :") M=input ("donnez le nombre de point de discretisation K :") alpha =input ("donnez un reel :") k=1/N; h=1/M; landa=(k*alpha)/(h^2); T= zeros(M+1,M+1); x= zeros(1,M+1); A=zeros(M-1,M-1); B=zeros(M-1,M-1); for i=1:M-2 A(i,i)=1+landa; A(i,i+1)=-0.5*landa; A(i+1,i)=-0.5*landa; B(i,i)= 1-landa; B(i+1,i)= 0.5*landa; B(i,i+1)=0.5*landa; end A(M-1,M-1)=1+landa; B(M-1,M-1)=1-landa; for i=1:M+1 x(i)=(i-1)*h; end for i=1:M T(i,1)=sin((%pi)*x(i)); end T(M+1,1)=0; for i=1:N+1 T(1,i)=0; T(M+1,i)=0; end for j=1:N T(2:M,j+1)=inv(A)*B*T(2:M,j); end for i=1:N plot2d(x,T(:,i),i) end

Programmation en scilab :





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Schéma implicite

Résultat graphique:

Forme matricielle :

La résolution de ce problème s’effectue sur le même intervalle : le carré [0, l]×[0, T].

On suppose que la fonction f est identiquement nulle.





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Le problème (P) peut être discrétisé selon le schéma implicite approché suivant :

(Ph): Ti

n = (1+2) Tin+1 - (Ti+1

n+1 + Ti-1

n+1) Avec: = αk/h² Le schéma (Ph) peut être traduit on peut traduire le schéma (Ph) sous forme matricielle sous la forme matricielle suivante :

1+2 - T1n+1 T1

n

- 1+2 - 0 T2n+1

T2n

- 1+2 -

= 0 - - 1+2 TM

n+1 TM

n

B Tin+1 Ti

n

Stabilité du schéma implicite: (Ph) Ti

n = [(1+2 α)I -α ( S+ + S-)] * Tin+1

=> Tin = B* Ti

n+1

Le symbole de Q est déterminé à partir la transformée de Fourier

1 1 ρ(ε) = =

(1+2α)- α ( e-i ε + ei ε) 1+2α (1-cos(ε) )

D’où : ρ(ε) = 1

1+4 α sin2(ε)

Alors 0≤ ρ(ε) ≤ 1 quelque soit α ≥0 Donc le schéma implicite est inconditionnellement stable.





- 15 -

global h; global k; global N; global M; global landa; global alpha; M=input ("Donnez le nombre de points de discrétisation suivant x :") N=input ("Donnez le nombre de points de discrétisation suivant t :") alpha =input ("Donnez la diffusité thermique :") k =1/N; h =1/M; landa =(alpha*k)/(h^2); A =zeros(M-1,M-1); T =zeros(M+1,1); x =zeros(1,M+1); for i=1:M-2 A(i+1,i)=-landa; A(i,i+1)=-landa; A(i,i)=1+2*landa; end A(M-1,M-1)=1+2*landa; for i=1 : M+1 x(i) =(i-1)*h; end for i=1:M T(i,1)=sin((%pi)*x(i)); end for i=1:N+1 T(1,i)=0; T(M+1,i)=0; end for j=2:N+1 T(2:M,j)=inv(A)*T(2:M,j-1); end for j=1:N plot2d(x,T(:,j),j); end

Consistance du schéma implicite:

On suppose que la solution du problème (P) est C 4. On fait un développement de Taylor de U au voisinage de (xj,tn+1) .

L’erreur de Consistance j n+1 vérifie :

j n+1 = (Tj n+1 - Tj n )/K - α ( Tj+1n+1 - 2Tj n+1 + Tj-1

n+1 ) /h²

= T/t (xj , tn+1) + rj n+1 - ²T/²x + Rj n+1

Ainsi le schéma implicite est convergent dordre (1, 2) Sur 0, T].






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Résultat graphique:

Remarques :

On peut conclure que le schéma implicite est inconditionnellement stable alors que pour l’explicite et le Clark Nicholson il faut vérifier la condition de stabilité.

En outre la bonne précision du schéma de Crank-Nicholson (d’ordre 2) par rapport au temps que celle du schéma explicite (d’ordre 1).





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Schéma explicite :

Problème 2 :Equation Hyperbolique

On étudie le problème hyperbolique suivant :

∂U/∂t + c0∂U/∂x = 0 x R (F) t > 0 U(x,0) = w(x) On approche (P) sur un intervalle de temps [0, t], on le subdivise en N intervalles de longueur k.on pose tn = n k. Le pas de discrétisation en espace est noté h. Puisque c0 est une constatnte positive, alors on choisit les derivées retrogrades pour T par rapport à x. On considère le schéma explicite noté (S) associé à (P) : Ujn+1 - Uj

n =c0 Un

j-1 - Unj

(F) k h

U0j = w(x)

Etude de la Stabilité : Un+1

j =c0 (k/h). (Unj-1 - Un

j) + Unj en posant α = c0k/h

=> Un+1j = α. Un

j-1 + (1- α). Unj

=> Un+1j = (α. S- + 1 – α). Un

j En appliquant la transformée de Fourier, on trouve : ûn+1

j = (α.cos ε – i. α. sin ε +1 – α). ûnj

=> = (1-2. α. sin2 (ε/2) – i. α. sin ε). ûnj

ρ(ε) = (1-2. α. sin2 (ε/2) – i. α. sin ε)

)( 2 ≤ 1 => (1- 4. α. sin2 (ε/2) + 4. α2. sin4 (ε/2)) + α2. sin2 (ε)) ≤ 1





- 18 -

=> (1- 4. α. sin2 (ε/2) + 4. α2. sin4 (ε/2)) + 4α2. sin2 (ε/2).cos2(ε/2)) ≤ 1 => (1- 4. α. sin2 (ε/2) + 4. α2. sin2 (ε/2)) ≤ 1 => (1- 4. α. sin2 (ε/2).(1- α)) ≤ 1 Cette condition est vrais si et seulement si : α ≤ 1

Etude de la Consistance :

On suppose que la solution du problème (S) est C 4. On fait un

développement de Taylor de U au voisinage de (xj, tn). et on trouve que pour

(α 1 ) le schéma est convergent dordre ( 2 , 2 ) sur 0 , T ] .


M=input("Donnez le nombre de discrétisation suivant x") N=input("Donnez le nombre de discrétisation suivant t") c=input("Donnez la constante c"); k=1/N; h=1/M; z=(c*k)/h; while (z>1) then disp(Schéma instable") M=input("écrire le nombre de discrétisation suivant x") N=input("écrire le nombre de discrétisation suivant t") k=1/N; h=1/M; z=(c*k)/h; end for i=1:N+1 u(1,i)=0; u(M,i)=0; end for j=1:M+1 x(j)=(j-1)*h; u(j,1)= (x(j))^2; end for i=1:N+1 for j=2:M u(j,i+1)=(1-z)*u(j,i)+z*u(j-1,i); end end for i=1:N plot2d(x,u(:,i),i) end





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Schéma implicite

Exécution du programme:

Dans l’exécution du programme on a pris w(x) = x^2

Ujn+1 - Uj

n =c0Un+1

j-1 - Un+1j

(F) k h

U0j = w(x)

Un+1

j =c0 (k/h). (Un+1j-1 - Un+1


=> Unj = - α. Un+1

j-1 + (1+ α). Un+1j

=> Unj = (-α. S- + (1 + α)I). Un+1

j





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=> Un

j = B. Un+1j

1+ α 0 T1

n+1 T1n

- α 1+ α 0 0 T2n+1

T2n

- α 1+ α 0

= 0 0 - α 1+ α TM

n+1 TM

n

B Tin+1 Ti

n

Stabilité : Un+1

j =c0 (k/h). (Un+1j-1 - Un+1


=> Unj = - α. Un+1

j-1 + (1+ α). Un+1j

=> Unj = (-α. S- + (1 + α)I). Un+1

j

En appliquant la transformée de Fourier, on trouve :

ûnj = (-α.cos ε + i. α. sin ε +1 + α). ûn+1

j => = (1+2. α. sin2 (ε/2) + i. α. sin ε). ûn

j (ρ(ε))-1 = (1+2. α. sin2 (ε/2) + i. α. sin ε)

)( -2 ≤ 1 => (1+ 4. α. sin2 (ε/2) + 4. α2. sin4 (ε/2)) + α2. sin2 (ε)) ≥1 => (1+4. α. sin2 (ε/2) + 4. α2. sin4 (ε/2)) + 4α2. sin2 (ε/2).cos2(ε/2)) ≥ 1 => (1+ 4. α. sin2 (ε/2) + 4. α2. sin2 (ε/2)) ≥1 => (1+ 4. α. sin2 (ε/2).(1+ α)) ≥1 Cette condition est toujours vraie car α > 0 Donc le shéma est inconditionnellement stable.





- 21 -

Programmation en Scilab :

global h; global k; global N; global M; global alpha; M=input ("donnez le nombre de point de discrétisation suivant x :") N=input ("donnez le nombre de point de discrétisation suivant t :") c =input ("donnez la constante c :") k =1/N; h =1/M; alpha =(c*k)/(h); A =zeros(M-1,M-1); U =zeros(M+1,1); x =zeros(1,M+1); for i=1:M-2 A(i+1,i)=-alpha; A(i,i)=1+alpha; end A(M-1,M-1)=1+alpha; for i=1 : M+1 x(i) =(i-1)*h; end for i=1:M U(i,1)=(x(i))^2; end for i=1:N+1 U(1,i)=0; U(M+1,i)=0; end for j=2:N+1 U(2:M,j)=inv(A)*U(2:M,j-1); end for j=1:N plot2d(x,U(:,j),j); end





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Exécution Graphique :

Dans l’exécution du programme on a pris w(x) = x^2

Conclusion

A travers ce mini projet nous avons pu nous familiariser avec le logiciel Scilab qui aide à approcher des solutions pour des problèmes complexes et nous avons encore vu les différences entre différentes schémas de discrétisation pour enfin le schéma le plus adapté pour traiter le problème posé




Documents

Rapport Scilab