Etude de méthodes de pas de temps local dans un schéma Galerkin ...

En revanche, le même raisonnement ne peut s’appliquer sur β, celui-ci étant présent dans les deuxautres flux et ne pouvant les annuler en même temps ; on ne peut donc pas lui attribuer une valeurdépendant des champs de manière évidente comme ce fut le cas pour α. On peut cependant le cherchertel que la somme des flux restant soit nulle, c’est-à-dire tel que :2∆t3(E n 2∣ S 21(H n+ 1 61 − H n+ 1 21 ) + 3 )2 β+ 2∆t3(E n+12∣ S 21(H n+ 5 61 − H n+ 1 21 ) + 3 )2 β = 0,soit encore, en regroupant les termes en β et en posant a = E2 n + En+1 2 et b = (E2 n| S 21(H n+ 1 6H n+ 1 21 )) + (E2n+1∣ S21 (H n+ 5 61 − H n+ 1 21 )), chercher β tel que :( ∣ 3 ∣∣∣a)2 β + b = 0.1 −Le problème de la détermination de β est donc largement surdéterminé. On peut donc chercher la correctionβ qui minimise l’écart entre les champs E2 n+1 avant et après correction, afin de conserver unesolution numérique la plus fidèle possible. En pratique, on corrigera le champ E2 n+1 en ajoutant M2 ε−1 β(d’après la définition de β dans (25)). On définit ainsi le problème d’optimisation :Trouver β solution du problème :⎧ ∥ ⎨ ∥∥Mminε −12 β∥ 2β⎩s.c : ( 32 β∣ ∣ a ) + b 0Remarque 21 Plutôt que considérer la contrainte ( 32 β∣ ) (∣ a + b = 0, on choisit 32 β∣ )∣ a + b 0 quitraduit le fait que la correction doit annuler les flux restants ou les rendre dissipatifs, ce qui est suffisant∥pour stabiliser le schéma. La fonction coût ∥M2 ε−1 β∥ 2 traduit quant à elle l’écart entre les champsavant et après correction. Ce problème admet une unique solution, la contrainte étant linéaire et lecritère quadratique.On définit le Lagrangien du problème :(L(β, µ) = M ε−1∣ M ε−12 β2 β) (( ∣ ) )3 ∣∣∣+ µ2 β a + b ,µ ∈ R étant le paramètre KKT associé à la contrainte. Les conditions d’optimalité du 1 er ordre donnentle système d’équations :⎧⎪⎨⎪⎩∂ β L = 0( 32 β∣ ∣ a)+ b 0µ (( 32 β∣ ∣ a ) + b ) = 0⎧⎪⎨⇐⇒⎪⎩2M ε−22 β + µa = 0 (1)( 32 β∣ ∣ a)+ b 0 (2)µ (( 32 β∣ ∣ a ) + b ) = 0 (3)– Si b 0 (i.e : les flux sont dissipatifs) : alors la contrainte est relaxée pour la solution globaleβ = 0 ; pas de correction. C’est un résultat logique puisque si les flux sont dissipatifs il n’y a pasde correction à faire.– Si b > 0 : Alors la contrainte est saturée, car si µ = 0, alors β = 0 par (1) et la contrainte (2) n’estplus vérifiée. On a donc µ ≠ 0 (et donc ( 32 β∣ )∣ a + b = 0). En multipliant à gauche (1) par Mε 22 eten multipliant scalairement par a, on obtient :( ∣ )2 (β| a) + 3 ∣∣2 µ M2 ε2aa = 0( ∣ )⇐⇒ − 4 3 b + 3 ∣∣2 µ M2 ε2aa = 08⇒ µ =9( M2 εa|M 2 εa)b⇒ β = − 2 b3 ( M2 εa|M 2 εa)Mε22 a.37(27)