Probleme de l'obstacle

Problème de l'obstacle

Le problème de l'obstacle est un problème classique de mécanique. Pour visualiser ce problème, il faut imaginer une membrane recouvrant un objet appelé alors obstacle (tel un film cellophane recouvrant un rôti de boeuf !). En effet, ce problème consiste à trouver une courbe solution u qui a une position très précise par rapport à l'obstacle et qui en plus vérifie une propriété de minimisation de longueur.

Pour mieux appréhender le problème, considérons-le en dimension 1. La membrane est alors un élastique recouvrant un objet. Cet élastique qui se trouve toujours au dessus de l'objet tend à minimiser sa longueur. De plus, pour de petites variations, minimiser sa longueur revient à minimiser son énergie, en effet paramétrant l'élastique sur l'intervalle [ − 1,1] par

$\begin{cases} x(t) = t \\ y(t) = u(t) \end{cases}$

pour $t \in [-1,1]$.

la longueur de l'élastique entre − 1 et 1 est :

$l = \int_{-1}^{1} \sqrt{1 + u'(t)^2} \mathrm dt$.

Nous voudrions minimiser cette longueur, c'est-à-dire trouver

$\min_{u \in K} \int_{-1}^{1} \sqrt{1 + u'(t)^2} \mathrm dt$.

Or, si u' est suffisamment petit, nous avons $\sqrt{1 + u'(t)^2} \sim 1 + \tfrac{1}{2}u'(t)^2$.

Minimiser la longueur de l'élastique revient donc à trouver

${\min_{u \in K} { \int_{-1}^{1} \left( 1 + {\frac{1}{2}} u'(t)^2 \right) \mathrm dt}}$,

ce qui revient à minimiser

${\frac{1}{2}} { \int_{-1}^{1} u'(t)^2 \mathrm dt} = {\frac{1}{2}} a(u,u) = {\frac{1}{2}} E(u)$^{[réf. nécessaire]}.

Approche théorique

Existence et unicité

Le problème de l'obstacle peut être vu comme une application du théorème de Stampacchia, en considérant la proposition suivante:

Proposition —  L'espace de Hilbert $H_0^1{(-1,1)},$ le convexe fermé non vide

$K = \{ u \in H_0^1(-1,1) \text{ tel que } u \geq \chi \text{ presque partout } \}$

où $\chi \in C^1$ et χ < 0 aux bords, la forme bilinéaire, continue, coercive et symétrique

{{refnec| $\begin{array}{cccc} a : & H \times H & \to & \mathbb{R} \\ & (u,v) & \mapsto & \displaystyle\int_{-1}^1 u'(t)v'(t) \mathrm dt \end{array}$}}

et la forme linéaire continue

{{refnec|$\begin{array}{cccc} L : & H_0^1 & \to & \mathbb{R} \\ & v & \mapsto & \displaystyle\int_{-1}^1 v(t)g(t) \mathrm dt\quad \forall \ g \in L^2 \end{array}$}}

vérifient les hypothèses du théorème de Stampacchia.

(Les démonstrations se font aisément en utilisant les inégalités de Hölder et de Poincaré.)

Le théorème de Stampacchia s'applique donc, et ainsi il existe un unique

$u \in K = \{ u \in H_0^1(-1,1) \text{ tel que } u \geq \chi \text{ presque partout } \}$

tel que :

$a(u,v-u) \ \geq \ L(v-u) \quad \forall \ v \in K.$^{[réf. nécessaire]}

Ce qui est équivalent à dire qu'il existe un unique $u \in K$ tel que :

${\int_{-1}^1 {u'(t)(v-u)'(t) \mathrm dt}} \ \geq \ {\int_{-1}^1 {g(t)(v-u)(t) \mathrm dt}} \quad \forall \ v \in K.$

De plus, a étant symétrique, alors u est caractérisé par la propriété :

$\begin{cases} u \in K \\ \displaystyle{\frac{1}{2}} {\int_{-1}^1 {(u'(t))^2 \mathrm dt}} - {\int_{-1}^1 {g(t)u(t) \mathrm dt}} = {\min_{v \in K}\left(\frac{1}{2}{\int_{-1}^1 {(v'(t))^2 \mathrm dt}} - {\int_{-1}^1 {g(t)v(t) \mathrm dt}}\right)} \end{cases}$

Propriétés de la solution

Démontrons à présent quelques propriétés vérifées par la solution u, en utilisant la dérivée seconde de u. Cependant $u\in H^1_0$, u' est alors une dérivée faible et se pose alors le problème de définir la dérivée seconde. C'est pourquoi il faut utiliser une théorie plus générale : la théorie des distributions.

Proposition —  Avec les notations du théorème de Stampacchia,

• $- u''-g \geq 0$ au sens des distributions sur Ω = ] − 1,1[
• − u'' − g = 0 au sens des distributions sur $\omega=\{t \mid u(t) > \chi (t)\}$.

Démonstration —

• Pour la première assertion : soit $\varphi\in \mathcal{D}(\Omega)$ une fonction test telle que $\varphi (t)\geq 0$ sur Ω. Alors $u+\varphi\geq u \geq\chi$ et $u\in H_0^1, \varphi\in \mathcal{D}(\Omega)$ donc $u+\varphi\in H_0^1$ ainsi $u+\varphi\in K$. En appliquant le théorème de Stampacchia avec $v=u+\varphi$, nous obtenons :

${\int_{-1}^{1} u'\varphi '} \geq {\int_{-1}^1 g\varphi.}$

Ainsi, en passant aux distributions :

$\langle -u''-g,\varphi \rangle\,\geq 0.$

Donc $-u''-g\geq 0$ au sens des distributions.

• Pour la seconde assertion : ω est un ouvert. Soit $\varphi\in D(\omega)$ et soit C un compact de ω tel que supp $\varphi \subset C$. Le principe est le même que précédemment, il faut trouver $\alpha \in \mathbb{R}$ suffisamment petit pour que $u+\alpha\varphi\in K$. Prenant alors α tel que

$|\alpha |\leq\frac{{\inf_C (u-\chi)}}{{\sup_C (\varphi)}}$,

nous obtenons $u+\alpha\varphi\geq \chi$, et $u+\alpha\varphi\in H_0^1$ donc $u+\alpha\varphi\in K$. Appliquons le théorème de Stampacchia avec $v= u+\alpha\varphi$:

$\alpha\left\{{\int_{-1}^{1} u'\varphi '}- {\int_{-1}^{1} g\varphi}\right\}\geq 0.$

Comme α prend des valeurs positives ou négatives, alors

$\langle -u''-g,\varphi \rangle = 0.$

Recherche intuitive de la solution

Etablissons un raisonnement afin de trouver une solution explicite au problème de l'obstacle où χ(t) = 1 − 2t² et g = 0^{[réf. nécessaire]}. L'obstacle est donc une parabole symétrique.

Forme de la solution près des bords

Proposition — Sur $\omega=\{t \mid u(t) > \chi (t)\}, u$ est une droite.

Démonstration — D'après un corollaire du lemme de Dubois-Raymond, u' est égale à une constante a presque partout. Or, $u \in H_0^1(-1,1)$, u est donc de la forme

$u(x) = { \int_{-1}^{x} u'(t) \mathrm dt}$.

Et puisque u' est égale à une constante a presque partout, alors u(x) = a(x + 1).

La proposition suivante montre que la solution ne peut « couper » l'obstacle, sans quoi l'inégalité sur u'' n'est pas vérifiée.

Fig. 1: Le saut de la dérivée en t₀ est "positif"

Proposition —  Soit $u\in C^1(I \smallsetminus \{t_0\}) \cap C^0(I)$ où u est une droite telle que u( − 1) = 0 et coupe χ au point d'abscisse t₀, à partir de ce point u = χ(voir figure). Ainsi u'(x) < u'(y) où a < x < t₀ < y < b tels que $a,b\in\R$ soient très proches de t₀. Alors $u''\not\leqslant0$ au sens des distributions sur ]a,b[.

Démonstration — En utilisant les propriétes des dérivées des distributions et en prenant a et b très proches de t₀ il est possible de construire une fonction test $\varphi\in \mathcal{D} (]a,b[), \ \varphi \geq 0$ pour laquelle $\textstyle\int_{t_0}^b \varphi \approx 0$ et alors :

$\langle u'',\varphi \rangle > 0$.

Comparaison d'énergies

Proposition —  Soit T₀ la tangente à χ au point d'abscisse $t_0\in [-1,0]$ telle que T₀( − 1) = 0. Soit T₁ la tangente à χ au point d'abscisse $t_1\in [0,1]$ telle que T₁(1) = 0. Définissons deux fonctions dans K :

$u(t) = \left\{ \begin{array}{ll} T_0(t) \ & t\in [-1,t_0],\\ \chi (t) \ & t\in [t_0,t_1],\\ T_1(t) \ & t\in [t_1,1]. \end{array} \right.$

$u_1(t) = \left\{ \begin{array}{ll} T_0(t) \ & t\in [-1,0],\\ T_1(t) \ & t\in [0,1]. \end{array} \right.$

• L'énergie de u, $\textstyle E(u)= { \int_{-1}^1 u'(t)^2 \mathrm dt}$ est inférieure à celle de u₁, $\textstyle E(u_1)= { \int_{-1}^1 u_1'(t)^2 \mathrm dt}$.
• En considérant u₁ telle qu'elle a été définie précédemment et u₂ un triangle centré (voir figure 2), l'énergie de u₂ est supérieure à celle de u₁.
• L'énergie d'un triangle décentré u₃ est supérieure à celle d'un triangle centré u₂ (voir figure 2).
• Soit $u_*~$ la solution tordue (voir figure 2). Alors l'énergie de $u_*~$ est supérieure à celle de u.

Démonstration — Les démonstrations se font facilement en calculant la dérivée pour chaque fonction. Quant à la solution tordue, il faut considérer $u_*~$ de la forme $u_*(t) = u(t) + h(t)~$, où

$\begin{cases} h \in H_0^1(t_0,t_1), \\ h \geq 0. \end{cases}$

Conclusion

Fig. 3: Solution dans le cas d'un obstacle concave

La solution semble donc être (voir Fig. 3)

$u(t) = \begin{cases} T_0(t) \ & t\in [-1,t_0],\\ \chi (t) \ & t\in [t_0,t_1],\\ T_1(t) \ & t\in [t_1,1]. \end{cases}$,

et on vérifie facilement que c'est le cas car cette solution vérifie le théorème de Stampacchia qui garantit son unicité :

${ \int_{-1}^{1} u'(v-u)'} = 4{\int_{t_0}^{t_1} (v - \chi)} \geq 0.$

Extensions du problème

Obstacle non concave

Fig. 4: Solution du problème avec obstacle non-concave

Considérons maintenant un autre obstacle, à savoir : χ(t) = − 5t⁴ + 3t² + 0,5 sur I = [ − 1,1]. Le raisonnemement établi lors de l'étude de l'obstacle précédent nous laisse penser que la solution éventuelle serait de la forme (voir Fig. 4):

$u(t) = \left\{ \begin{array}{ll} a(t + 1) & t\in [-1,t_0]\\ \chi (t) & t\in [t_0,t_1]\\ \chi (t_1)= \chi (t_2) & t\in [t_1,t_2]\\ \chi (t) & t\in [t_2,t_3]\\ -a(t - 1) & t\in [t_3,1] \end{array} \right.$

où $a \in \mathbb{R}$ et t₀,t₁,t₂,t₃ sont tels que :

• a(t + 1) est la tangente de χ au point d'abscisse t₀ s'annulant en − 1 ,
• χ(t) atteint son maximum sur [ − 1,0] au point t₁;
• Par symétrie, comme χ est une fonction paire, t₁ = − t₂ et t₃ = − t₀. Ainsi, χ(t) atteint son maximum sur [0,1] au point t₂ et − a(t − 1) est la tangente de χ au point d'abscisse t₃ s'annulant en 1.

Cette solution vérifie bien le théorème de Stampacchia car

${ \int_{-1}^{1} u'(v-u)'} = {\int_{t_0}^{t_1} \chi ''(\chi - v)} + {\int_{t_2}^{t_3} \chi ''(\chi - v)} \geq 0$

et est donc l'unique solution.

Double obstacle

En considérant maintenant le convexe fermé

$K' = \left \{ u \in H_0^1(-1,1) \text{ tel que } \chi^- \leq u \leq \chi^+ \text{ presque partout } \right \}$,

on peut alors étudier le problème à deux obstacles. Considérons les obstacles χ ⁻ (t) = − 5t⁴ + 3t² + 0,5 et χ ⁺ (t) = 4t² + 0,7 sur I = [ − 1,1].

Le raisonnemement établi précédemment laisse penser que la solution éventuelle serait de la forme (voir Fig. 5):

Fig. 5: Solution du problème à deux obstacles

$u(t) = \begin{cases} at + a\, & t\in [-1,t_0]\\ \chi^- (t) \ & t\in [t_0,t_1]\\ bt+c\, & t\in [t_1,t_2]\\ \chi^+ (t) \ & t\in [t_2,t_3]\\ -bt+c\, & t\in [t_3,t_4]\\ \chi^- (t) \ & t\in [t_4,t_5]\\ -at + a\, & t\in [t_5,1] \end{cases}$

où $a,b,c \in \mathbb{R}$ et t₀,t₁,t₂,t₃,t₄ett₅ sont tels que

• at + a est la tangente de χ ⁻ au point d'abscisse t₀ s'annulant en − 1,
• bt + c est la tangente commune aux deux obstacles. Elle est la tangente de χ ⁻ au point d'abscisse t₁ et est la tangente de χ ⁺ au point d'abscisse t₂.
• Par symétrie, comme χ ⁻ et χ ⁺ sont deux fonctions paires, t₀ = − t₅, t₁ = − t₄ et t₂ = − t₃. Ainsi, − bt + c est la tangente de χ ⁺ au point d'abscisse t₃ et est la tangente de χ ⁻ au point d'abscisse t₄ et

− at + a est la tangente de χ ⁻ au point d'abscisse t₅ s'annulant en 1.

Par les mêmes calculs que précédemment, il est facile de voir que cette solution vérifie le théorème de Stampacchia et est donc l'unique solution.

Problème en dimensions ≥ 2

Enfin, ce problème peut être étudié en dimension supérieure utilisant alors la notion de gradient à la place des dérivées. Une des applications physiques est le recouvrement d'un objet par une membrane élastique.

Notes et références

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