Modélisation, analyse mathématique et simulations numériques de ...

tel-00656013, version 1 - 3 Jan 2012
136 Système continu
conditions initiales (uε 0 ,vε 0 ) et (ũε0 ,˜vε 0 ). Alors, pour tout intervalle [c,d] de R, pour presque
tout t ≥ 0, on a l’estimation :
d
c
|u ε (t,x)−ũ ε (t,x)|+|v ε (t,x)− ˜v ε
(t,x)| dx
(1+√ a) 2
√ a
d+ √ at
c− √ at
|u ε 0 (x)−ũε 0 (x)|+|vε 0 (x)− ˜vε 0 (x)|
dx. (B.2.17)
Démonstration. Nous omettons les exposants ε pour plus de clarté. En considérant le
système sous sa formulation diagonale (B.2.1), nous pouvons appliquer le Théorème 15.
Alors, pour tout intervalle [c,d] de R, pour presque tout t ≥ 0 :
d
c
|w(t)− ˜w(t)|+|z(t)− ˜z(t)| dx ≤
+ 1
ε
t √
d+ a(t−s)
0
c− √ a(t−s)
d+ √ at
c− √ at
|w0 − ˜w0|+|z0 − ˜z0| dx
G(w,z)−G(˜w,˜z) sgn(w − ˜w)−sgn(z − ˜z) dx ds.
Or le deuxième terme du membre de droite de cette inégalité est négatif en raison des
propriétés de quasimonotonie du système. En effet, notons
E := G(w,z)−G(˜w,˜z) sgn(w − ˜w)−sgn(z − ˜z) .
Alors, E peut s’écrire sous la forme :
E =
sgn(w − ˜w)−sgn(z − ˜z)
1
(w − ˜w) ∂wG(θw+(1−θ)˜w;z) dθ
0
+ (z − ˜z)
1
0
∂zG(˜w;θz +(1−θ)˜z) dθ
Ainsi, si w − ˜w et z − ˜z sont du même signe, alors E = 0. Tandis que s’ils sont de signes
opposés, on a :
E = 2|w − ˜w|
1
0
∂wG(θw+(1−θ)˜w;z) dθ −2|z − ˜z|
.
1
0
∂zG(˜w;θz +(1−θ)˜z) dθ.
Ainsi, puisque ∂wG ≤ 0 et que ∂zG ≥ 0, on a bien toujours E ≤ 0, et donc :
d
c
|w(t)− ˜w(t)|+|z(t)− ˜z(t)| dx ≤
d+ √ at
c− √ at
|w0 − ˜w0|+|z0 − ˜z0| dx. (B.2.18)