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# Un probleme de stefan avec source sur la frontiere libre

Christian Saguez

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Christian Saguez. Un probleme de stefan avec source sur la frontiere libre. [Rapport de recherche] IRIA-RR-268, IRIA. 1977, pp.52. hal-04716469

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UN PROBLÈME DE STEFAN
AVEC SOURCE SUR
LA FRONTIÈRE LIBRE

(115)

Christian SAGUEZ

Rapport de Recherche N° 268

Novembre 1977

524
# UN PROBLEME DE STEFAN
AVEC SOURCE SUR LA FRONTIERE LIBRE

Christian Saguez

## Résumé :

Dans cet article, on considère un problème de Stéfan avec source de chaleur sur la frontière libre. Un tel phénomène se rencontre par exemple au niveau du bouclier thermique d'une capsule spatiale lors de la rentrée dans l'atmosphère ou dans le phénomène de solidification en coulée continue, en tenant compte de la convection dans le liquide. On associe au problème précédent une inéquation variationnelle pour laquelle on démontre l'existence d'une solution. Une méthode numérique de résolution est proposée. Puis, on étudie quelques problèmes de contrôle associés. Après avoir obtenu l'existence d'une solution, on définit un gradient et un état adjoint, ce qui permet d'utiliser une méthode de gradient pour la résolution numérique.

## Abstract :

In this paper, we study a Stefan problem with heat source along the free boundary. Such a phenomenon can be observed on the heat shield of a space capsule during the entry phase in the atmospher or in the continuous casting process taking the convection in the liquid into account. A variational inequality is associated to this problem. We prove the existence of a solution and a numerical method is proposed. So, some optimal control problems associated to this V.I. are studied. We obtain the existence of an optimal control and the G-differentiability of the state with respect to the control. We define an adjoint state and we use numerically a gradient method.
# UN PROBLEME DE STEFAN
AVEC SOURCE SUR LA FRONTIERE LIBRE

C. SAGUEZ

## INTRODUCTION.

Dans un certain nombre de cas, l'étude des problèmes à frontière libre peut se ramener à la résolution d'inéquations variationnelles (Baiocchi [1], Damlamian [2], Duvaut [3], Friedman-Kinderleher [5],...). Nous étudions ici un problème de ce type, ayant la particularité de posséder une source de chaleur sur la frontière libre. Ce phénomène apparaît, par exemple, lorsqu'il y a un frottement important le long de la frontière libre. Ainsi lors de la rentrée dans l'atmosphère d'un véhicule spatial, au contact des couches denses de l'atmosphère, un échauffement très important apparaît à l'avant de la capsule. Afin de maintenir une température supportable à l'intérieur de l'engin, on place à l'avant un bouclier thermique qui, en se sublimant, absorbera une grande quantité de chaleur. Un tel problème est traité ici dans le cas de la dimension 1. En utilisant un changement de variable du type de celui introduit par Baiocchi [1], nous obtenons une inéquation variationnelle, dans laquelle apparaît explicitement l'équation de la frontière libre comme dans Friedman-Kinderleher [5]. Nous démontrons, sous des hypothèses convenables, l'existence d'une solution et nous donnons une méthode numérique de résolution. Dans un second temps, nous étudions des problèmes de contrôle sur le bord, associés à cette I. V.. Nous obtenons la G-différentiabilité de l'état par rapport au contrôle et nous définissons un état adjoint très semblable à celui introduit dans Mignot [7]. Nous utilisons alors une méthode de gradient pour résoudre numériquement ce problème. La méthode présentée ici peut en fait s'appliquer à de nombreux problèmes de frontière libre. Une application pour la coulée continue de l'acier a été réalisée en collaboration avec l'IRSID.
Le plan est le suivant :

INTRODUCTION.

I. POSITION DU PROBLEME.

II. UN RESULTAT D'EXISTENCE.

III. RESOLUTION NUMERIQUE.

IV. PROPRIETES DE REGULARITE.

V. PROBLEMES DE CONTROLE OPTIMAL.

VI. EXEMPLE NUMERIQUE.

CONCLUSION.
# I. POSITION DU PROBLEME.

On se place en dimension 1. $\theta(x,t)$ désigne la température du système et $s(t)$ la frontière libre. On cherche $\theta(x,t)$, $s(t)$ vérifiant le système :

$$ (1.1) \qquad \frac{\partial \theta}{\partial t} - \frac{\partial^2 \theta}{\partial x^2} + \theta = 0 \qquad 0 < x < s(t) \qquad 0 < t < T $$

$$ (1.2) \qquad \theta(0,t) = v(t) \qquad 0 < t < T $$

$$ (1.3) \qquad \left\{ \begin{array}{l} \theta(s(t),t) = 0 \\ \\ \frac{\partial \theta}{\partial x} (s(t),t) = -L \frac{ds}{dt} + f(t) \end{array} \right. \qquad \begin{array}{l} 0 < t < T \\ \\ 0 < t < T \end{array} $$

$$ (1.4) \qquad \theta(x,0) = \theta_0(x) \qquad 0 < s < s_0 \text{ donné} $$

avec

$$ (1.5) \qquad \left\{ \begin{array}{l} \theta(x,t) = 0 \quad \text{si } x \ge s(t) \\ \\ \theta \ge 0 \end{array} \right. $$

$$ \left\{ \begin{array}{l} f(t) \ge 0, \quad L \ge 0, \quad v(t) > 0 \text{ données} \\ \\ \theta_0(x) \ge 0 \text{ donné} \end{array} \right. $$

Nous allons, par un changement de variable convenable transformer ce problème en une inéquation variationnelle sur un domaine fini $\Omega = ]0,R[$.

Si (1.1) ... (1.5) admet une solution, on a alors comme $\theta \ge 0$ et $\theta(s(t),t) = 0$, on a :
$$
(1.6) \quad - L \frac{ds}{dt} + f(t) \le 0
$$

et donc en particulier

$$
(1.7) \quad \frac{ds}{dt} \ge \frac{f(t)}{L}
$$

On considère Ω suffisamment grand, pour que :

$$
(1.8) \quad \{x | 0 \le x \le s(t)\} \subset \Omega = ]0, R[ \ \forall t \in ]0, T[
$$

Soit $\tilde{\Theta}$ le prolongement de $\Theta$ par zéro dans $\Omega \times ]0, T[$ = $Q$. On a :

$$
(1.9) \quad \left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle \frac{\partial \tilde{\Theta}}{\partial t} - \Delta \tilde{\Theta} + \tilde{\Theta} = \left( - L \frac{ds}{dt} + f(t) \right) \delta(x-s(t)) \\
\tilde{\Theta}(0,t) = v(t)
\end{array}
\right.
$$

$$
(1.10) \qquad \tilde{\Theta}(0,t) = v(t)
$$

$$
(1.11) \qquad \tilde{\Theta}(R,t) = 0
$$

$$
(1.12) \quad \tilde{\Theta}(x,0) = \tilde{\Theta}_0(x)
$$

On effectue alors le changement de variable :

$$
(1.13) \quad y(x,t) = \int_x^R \tilde{\Theta}(\xi,t) d\xi
$$

On a, en intégrant en x (1.9) :

$$
(1.14) \quad \frac{\partial y}{\partial t} - \Delta y + y = \left( - L \frac{ds}{dt} + f(t) \right) H_s(t), \text{avec } H_s(t) \text{ la fonction de}
$$

graphe :

<figure><img src="image_3.png" /></figure>
or $(-L \frac{ds}{dt} + f(t))H_s(t) = -L \frac{ds}{dt} + f(t) - (-L \frac{ds}{dt} + f(t))(1 - H_s(t))$

et on remarque que :

$$ (1.15) \qquad (1 - H_s(t))y = 0 $$

$$ (1.16) \qquad -(-L \frac{ds}{dt} + f(t))(1 - H_s(t)) \ge 0 \quad \text{d'après (1.6)} $$

De plus on a :

$$ \frac{\partial y}{\partial x}(0,t) = -v(t) \quad ; \quad y(R,t) = 0 $$

On se ramène alors à l'inéquation variationnelle :

$$ \text{Trouver} \quad \left\{ \begin{array}{l} y \in L^2(0,T; H^1(\Omega)) \\[1em] \frac{dy}{dt} \in L^2(0,T; L^2(\Omega)) \quad \text{tels que} \\[1em] s(t) \in H^1(0,T) \\[1em] \Omega = ]0,R[ \end{array} \right. $$

$$ (1.17) \quad \left\{ \begin{array}{l} \left(\frac{\partial y}{\partial t}, \varphi - y\right) + a(y, \varphi - y) \ge (-L \frac{ds}{dt} + f(t), \varphi - y) + v(t) (\varphi(0) - y(0,t)) \\[1em] \forall \varphi \in K = \{\varphi \in H^1(\Omega) : \varphi(R) = 0, \varphi \ge 0\} \end{array} \right. $$

$$ (1.18) \quad y(x,0) = y_0(x) = \int_x^R \tilde{\Theta}_0(x)dx \quad \begin{array}{l} \text{(on remarque que pour } R > s_0 \\ \text{y}_0(x) \text{ est indépendant de } R) \end{array} $$

$$ (1.19) \quad \begin{cases} s(t) = \operatorname{Inf}\{x|y(x,t) = 0\} & 0 < t \le T \\ s(0) = s_0 \end{cases} $$

$$ (1.20) \qquad s(t) < R $$

**Remarque 1** : si $a(u,v) = (\operatorname{grad} u, \operatorname{grad} v)$, pour se ramener au cas étudié ici, il suffit de faire le changement de variable $y = e^t z$.
**Remarque 2** : La condition (1.20) permet d'avoir, pour une régularité suffisante de y, l'équivalence entre les problèmes (1.17) - (1.20) et (1.1) - (1.5)

## II. UN RESULTAT D'EXISTENCE.

Dans ce paragraphe, nous allons montrer le résultat suivant :

Hypothèses :

$$ (2.1) \quad f(t) \in L^\infty(0,T) , f(t) \ge 0 $$

$$ (2.2) \quad v(t) \in L^\infty(0,T), \text{ croissante, } v(t) > 0 $$

$$ (2.3) \quad y_0(x) \in H^3(\Omega) \text{ avec } \left\{ \begin{array}{ll} \displaystyle \frac{dy_0}{dx} < 0 & \text{pour } x \in ]0, s_0[ \\[1.5ex] \displaystyle \frac{dy_0}{dx}(s_0) = 0, & y_0(x) = 0 \text{ pour } x > s_0 > 0 \\[1.5ex] \displaystyle \frac{d^3 y_0}{dx^3} - \frac{dy_0}{dx} \le 0 \\[1.5ex] \displaystyle \int_{s_0}^{s} y_0(x) dx = c > 0; & \frac{dy_0}{dx}(0) = -v(0) \end{array} \right. $$

**Théorème 1** : *Sous les hypothèses (2.1)-(2.2)-(2.3) le problème (1.17)-(1.20) admet une solution* (y,s) avec :

$$ \left\{ \begin{array}{ll} y \in L^2(0,T; H^1(\Omega)) & \\ \\ \frac{dy}{dt} \in L^2(0,T; L^2(\Omega)) & \text{et } s(t) \in H^1(0,T) \end{array} \right. $$

<figure><img src="image_4.png" /></figure>

Le plan de la démonstration sera le suivant :

1. On définit un problème semi-discrétisé en temps pour lequel on démontre l'existence d'une solution pour R fixé.
2. On démontre que la frontière libre associée est bornée indépendamment de R et du pas de discrétisation. On choisit alors R assez grand pour avoir toujours (1.20).

3. On obtient les estimations à priori qui permettent de passer à la limite sur le problème semi-discrétisé pour R fixé au 2. On démontre que la limite est solution de (1.17) - (1.20).

### Etape 1 :

Soit le problème semi-discrétisé avec un schéma implicite pour R fixé. : trouver$(y^{n+1}, s^{n+1}) \in H^1(\Omega) \times \mathbb{R}$ tel que :

$$ 
\begin{array}{l@{\quad}l@{\quad}l}
(2.4) & \left( \left( \frac{y^{n+1}-y^n}{\Delta t} , \varphi-y^{n+1} \right) + a(y^{n+1},\varphi-y^{n+1}) \right) \ge & (-L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1}, \varphi-y^{n+1}) \\
& & + v^{n+1}(\varphi(0)-y^{n+1}(0)) \qquad \forall \varphi \in K \\[1em]
(2.5) & y^0(x) = y_0(x) & \\[1em]
(2.6) & s^{n+1} = \operatorname{Inf} \{x|y^{n+1}(x) = 0\} &
\end{array}
$$

avec

$$ (2.7) \quad f^n = \frac{1}{\Delta t} \int_{n\Delta t}^{(n+1)\Delta t} f(t)dt \quad ; \quad v^n = \frac{1}{\Delta t} \int_{n\Delta t}^{(n+1)\Delta t} v(t)dt $$

### Lemme 1. : Soit $\tilde{y}$ la solution de l'équation :

$$ (2.8) \quad \tilde{a}(\tilde{y}, \varphi) = (f, \varphi) \quad \forall \varphi \in V = \{H^1(\Omega) \mid \varphi(R) = 0\}. $$

et y la solution de l'inéquation :

$$ (2.9) \quad a(y, \varphi-y) \ge (f, \varphi-y) \quad \forall \varphi \in K = \{\varphi \in V, \varphi \ge 0\} $$

alors $\tilde{y} \le y$ p.p.

En effet si on prend dans (2.8) $\varphi = -(y-\tilde{y})^-$ on obtient :
$$
(2.10) \quad -a (\tilde{y}, (y-\tilde{y})^-) = -(f, (y-\tilde{y})^-)
$$

si on prend φ = y+(y-ŷ)⁻ dans (2.9) on obtient :

$$
(2.11) \quad a(y, (y-\tilde{y})^{-}) \geq (y, (y-\tilde{y})^{-})
$$

En additionnant (2.7) et (2.8), on a :

$$
a(y-\tilde{y}, (y-\tilde{y})^{-}) \geq 0
$$

donc $(y - \tilde{y})^{-} = 0 \text{ p.p.}$

<figure><img src="image_5.png" /></figure>

On va démontrer l'existence d'une solution $(y_i^{n+1}, s_i^{n+1})$ au problème semi-discrétisé (2.4) - (2.6). Pour cela on utilisera un théorème de point fixe par rapport à $s = \{s^n\} \in \mathbb{R}^N$. On étudie donc l'application qui à $\{s_i^n\} \in \mathbb{R}^N$ associe $\{s_{i+1}^n\} \in \mathbb{R}^N$ définie comme suit :

Soit $y_i$ solution de :

$$
\left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle\left(\frac{y_i^{n+1} - y_i^n}{\Delta t}, \varphi - y_i^{n+1}\right) + a(y_i^{n+1}, \varphi - y_i^{n+1}) \ge (-L \frac{s_i^{n+1} - s_i^n}{\Delta t} + f^{n+1}, \varphi - y_i^{n+1}) \ge \\
\displaystyle\qquad + v^{n+1}(\varphi(0) - y_i^{n+1}(0)) \quad \forall \varphi \in K \\
\\
y_i^0(x) = y_i^0(x)
\end{array}
\right.
\qquad (2.12)
$$

et alors $$ s_{i+1}^{n+1} = \operatorname{Inf} \{x \in \Omega \mid y_i^{n+1}(x) = 0\} $$

Remarquons tout d'abord que {$y_i$} solution de (2.12) appartient à {$H^2(\Omega)$}^N

et donc

$$
(2.13) \qquad y_i \in C^1(\Omega)
$$

on en déduit que

$$
(2.14) \quad \frac{dy_i^n}{dx} (s_{i+1}^n) = 0 \quad \text{si} \quad s_{i+1}^n < R
$$

et

$$
(2.15) \quad \frac{dy_i^n}{dx} (s_{i+1}^n) \le 0 \quad \text{si} \quad s_{i+1}^n = R
$$
(car alors $y_i^n \ge 0 \quad \forall x \in \Omega$)

Lemme 2 : Soit $y^0 \in H^3(\Omega)$ telle que $y_o(x) > 0$ sur $[0, s_o[$, $y_o(x) = 0$ sur $[s_o, R]$, $\frac{dy^0}{dx}(x) < 0$ sur $[0, s_o[$. A la suite $(s_o, \dots, s_n)$ ∈ $\mathbb{R}^n$ on associe les fonctions $y^0 = y_o$, $y^1, \dots, y^N$ définies par la récurrence

$$ egin{cases} 
\left( \frac{y^{n+1}-y^n}{\Delta t}, \varphi-y^{n+1} \right) + a(y^{n+1}, \varphi-y^{n+1}) \ge (-L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1}, \varphi-y^{n+1}) \\ 
+ v^{n+1}(\varphi(o) - y^{n+1}(o)) \\[1em] 
\forall \varphi \in K = \{ \varphi \in H^1(\Omega) : \varphi \ge 0, \varphi(R) = 0 \} \\[1em] 
y^{n+1} \in K 
\end{cases} 
$$

Alors on a $y^n \in H^2(\Omega)$, $y^n \ge 0$ sur $[0, R]$ et il existe $s^n \in ]0, R[$ tel que

$$y^n(x) = 0 \text{ sur } [S^n, R], y^n(x) > 0 \text{ sur } [0, S^n[$$

$$\frac{dy^n}{dx}(x) = 0 \text{ sur } [S^n, R], \frac{dy^n}{dx}(x) < 0 \text{ sur } [0, S^n[$$

Démonstration :

La propriété est vraie pour $n = 0$ par hypothèse.

Démontrons alcrs le résultat par récurrence, supposons la propriété vraie pour $n$.

i) on a $y^{n+1}(x) \in H^2(\Omega) \subset C^1(\bar{\Omega})$ vérifie

$$ egin{cases} 
\left( \frac{y^{n+1}-y^n}{\Delta t}, \varphi-y^{n+1} \right) + a(y^{n+1}, \varphi-y^{n+1}) \ge (-L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1}, \varphi-y^{n+1}) \\ 
+ v^{n+1}(\varphi(o) - y^{n+1}(o)) \\[1em] 
\forall K \in \{ \varphi | \varphi \in H^1(\Omega), \varphi \ge 0, \varphi(R) = 0 \} 
\end{cases} 
$$

En interprétant cette inéquation au bord, on obtient :

$$- \frac{dy^{n+1}}{dx}(0) \ge v^{n+1} > 0 \text{ et donc } \frac{dy^{n+1}}{dx}(0) < 0$$
ii) De plus comme $y^{n+1} \ge 0$ sur $[0,R[$, on en déduit qu'il existe $S^{n+1}$ tel que $y^{n+1}(x) > 0$ sur $[0,S^{n+1}]$ et $y_i^{n+1}(S^{n+1}) = 0$. Donc

$$ \{x | x \in [0, R], y^{n+1}(x) > 0\} = \bigcup_{n \in N} ]\alpha_n, \beta_n[$$

$$ \text{avec} \quad \alpha_n > 0, \beta_n \le R $$

$$ y^{n+1}(\alpha_n) = y^{n+1}(\beta_n) = 0 $$

et comme

$$ y^{n+1} \in C^1 \text{ et } y^{n+1} \ge 0 \text{ , on a } \frac{dy^{n+1}}{dx} (\alpha_n) = \frac{dy^{n+1}}{dx} (\beta_n) = 0 $$

$$ \text{sauf si } \beta_n = R \text{ alors } \frac{dy^{n+1}}{dx}(R) \le 0. $$

$$ \text{Montrons que sur } ]\alpha_n, \beta_n[ \text{, } \frac{dy^{n+1}}{dx} \le 0 $$

Sur $]\alpha_n, \beta_n[$ on a :

$$ \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{y^{n+1}}{\Delta t} + y^{n+1} - \Delta y^{n+1} = -L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1} + \frac{y^n}{\Delta t} \\[1em] \displaystyle \frac{dy^{n+1}}{dx}(\alpha_n) = 0 \\[1em] \displaystyle \frac{dy^{n+1}}{dx}(\beta_n) \le 0 \end{array} \right. $$

comme $y^{n+1} \in C^1(\bar{\Omega})$, $\Delta y^{n+1} \in C^1(\bar{\Omega})$, on peut dériver l'expression et en

posant $z^{n+1} = \frac{dy^{n+1}}{dx}$ on obtient :

$$ \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{z^{n+1}}{\Delta t} + z^{n+1} - \Delta z^{n+1} = \frac{z^n}{\Delta t} \\[1em] \displaystyle z^{n+1}(\alpha_n) = 0 \\[1em] \displaystyle z^{n+1}(\beta_n) \le 0 \end{array} \right. $$

or, par hypothèse $z^n \le 0$, donc, par le principe du maximum, on en déduit que $z^{n+1} \le 0$ sur $]\alpha_n, \beta_n[$ et donc $y^{n+1} = 0$ sur $]\alpha_n, \beta_n[$ ce qui montre que $]\alpha_n, \beta_n[$ = $\emptyset$ et alors

$$ \{x | x \in [0, R], y_i^{n+1}(x) > 0\} = [0, S^{n+1}[ \ S^{n+1} \le R $$
Montrons enfin que $z^{n+1} (x) \le 0$ sur $[0, S^{n+1}]$. Sur $]0, S^{n+1}]$

or, a :

$$
\left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle \frac{z^{n+1}}{\Delta t} + z^{n+1} - \Delta z^{n+1} = \frac{z^n}{\Delta t} \\[2ex]
\displaystyle z^{n+1}(0) < 0 \\[2ex]
\displaystyle z^{n+1}(S^{n+1}) \le 0
\end{array}
\right.
$$

et le principe du maximum permet de conclure.

**Proposition 1** : L'application $T$ de $\mathbb{R}^N$ dans $\mathbb{R}^N$ qui à $\{s_i^n\}$ associe $\{s_{i+1}^n\}$ est continue.

On définit $\{s_{i+1}^n\}$ à partir de $\{s_i^n\}$ de la façon suivante :

Soit $\{y_i^n\}$ solution de la famille d'inéquations :

$$
\left\{
\begin{array}{l}
\left( \frac{y_i^{n+1} - y_i^n}{\Delta t} , \varphi - y_i^{n+1} \right) + a(y_i^{n+1}, \varphi - y_i^{n+1}) \ge (-L \frac{s_i^{n+1}}{\Delta t} - s_i^n + f^{n+1}, \varphi - y_i^{n+1}) \\
\qquad + v^{n+1}(\varphi(0) - y_i^{n+1}(0)) \quad \forall \varphi \in K \\[2ex]
y_i^O(x) = y_i^O(0)
\end{array}
\right.
$$

et alors $s_{i+1}^{n+1} = \inf\{x \in \Omega \mid y_i^{n+1}(x) = 0\}$

et donc $y_i^{n+1}$ vérifie en particulier l'équation :

$$
(2.16) \quad \left\{ \frac{y_i^{n+1} - y_i^n}{\Delta t} - \Delta y_i^{n+1} + y_i^{n+1} = -L \frac{s_i^{n+1}}{\Delta t} - \frac{s_i^n}{\Delta t} + f^{n+1}
$$

$$
(2.17) \quad \frac{d}{dx} y_i^{n+1}(0) = - v^{n+1}
$$

$$
(2.18) \quad y_i^{n+1}(s_{i+1}^{n+1}) = 0
$$

On définit donc ainsi une application $T$ de $\mathbb{R}^N$ dans $\mathbb{R}^N$.

Soit {$s_i^{n,k}$} une famille de suites {$s_i^n$} convergeant vers {$s_i^{n,*}$}
dans $\mathbb{R}^N$ quand $k \to +\infty$.
Montrons qu'alors $\{s_{i+1}^{n,k}\} \to \{s_{i+1}^{n,+}\}$ avec $\{s_{i+1}^{n,+}\} = T\{s_i^{n,*}\}$.

On va maintenant raisonner sur un élément $s_i^n$.

i) L'application qui à $\{s_i^n\}$ associe $\{y_i^n\}$ est continue de $\mathbb{R}^N$ dans $\{H^1(\Omega)\}^N$ fort et donc :

$$ y_i^{n,k} \to y_i^{n,*} \text{ dans } H^1(\Omega) \text{ fort } \forall n = 1, \dots, N $$

et on a donc l'équation équivalente à (2.16)-(2.18) :

$$ \left\{ \begin{aligned} & \frac{y_i^{n,*} - y_i^{n-1,*}}{\Delta t} - \Delta y_i^{n,*} + y_i^{n,*} = -L \frac{s_i^{n,*} - s_i^{n-1,*}}{\Delta t} + f^n \quad \text{sur } ]0, s_{i+1}^{n,*}[ \\ & \frac{dy_i^{n,*}}{dx}(0) = -v^n \\ & y_i^{n,*}(s_{i+1}^{n,*}) = 0 \end{aligned} \right. $$

$$ \text{ii) Soit } \{s_{i+1}^{n,*}\} = T\{s_i^{n,*}\} $$

On peut passer à la limite sur l'équation (2.16)-(2.18) en définissant le prolongement par zéro de $y_i^{n,k}$ sur $]s_{i+1}^{n,k}, \mathbb{R}[$.

On obtient alors que $y_i^{n,*}$ vérifie également l'équation :

$$ \left\{ \begin{aligned} & \frac{y_i^{n,*} - y_i^{n-1,*}}{\Delta t} - \Delta y_i^{n,*} + y_i^{n,*} = (-L \frac{s_i^{n,*} - s_i^{n-1,*}}{\Delta t} + f^n) \quad \text{sur } ]0, s_{i+1}^{n,+}[ \\ & \frac{dy_i^{n,*}}{dx}(0) = -v^n \\ & y_i^{n,*}(s_{i+1}^{n,+}) = 0 \end{aligned} \right. $$

(En effet, en particulier on a :

$$ \begin{aligned} |y_{i-}^{n,*}(s_{i+1}^{n,+})| & \le |y_{i-}^{n,*}(s_{i+1}^{n,+}) - y_{i-}^{n,k}(s_{i+1}^{n,+})| + |y_{i-}^{n,k}(s_{i+1}^{n,+}) - y_{i-}^{n,k}(s_{i+1}^{n,k})| \\ & \le K \|y_{i-}^{n,+} - y_{i-}^{n,k}\|_{H^1(\Omega)} + C \|y_{i-}^{n,k}\|_{H^1(\Omega)} |s_{i+1}^{n,+} - s_{i+1}^{n,k}|^{\frac{1}{2}} \end{aligned} $$

Donc, d'après la définition de $s_{i+1}^{n,*}$ on a :

$$ s_{i+1}^{n,*} \le s_{i+1}^{n,+} $$
Supposons que $s_{i+1}^{n,*} < s_{i+1}^{n,+}$ et montrons qu'on obtient une contra-diction. D'après le lemme 2 on a : $\frac{dy_i^n}{dx} \le 0$

Donc, on a $y_i^{n,*} \equiv 0$ sur $]s_{i+1}^{n,*}, s_{i+1}^{n,+}]$

et alors $f^n -L \frac{s_{i+1}^{n,*} - s_i^{n,*}}{\Delta t} + \frac{y_i^{n-1,*}}{\Delta t} = 0$ sur $]s_{i+1}^{n,*}, s_{i+1}^{n,+}]$

D'après le lemme 2, on en déduit que :

$f^n -L \frac{s_{i+1}^{n,*} - s_i^{n,*}}{\Delta t} + \frac{y_i^{n-1,*}}{\Delta t} \ge 0$ sur $]0, s_{i+1}^{n,+}]$

et d'après le principe du maximum et le lemme 1, $s_{i+1}^{n,*} \ge s_{i+1}^{n,+}$ et

donc $s_{i+1}^{n,*} = s_{i+1}^{n,+}$

<figure><img src="image_6.png" /></figure>

**Proposition 2** : Le problème (2.1) admet une solution.

En effet, la solution $s^n$ doit vérifier $s^n = Ts^n$, c'est à dire que l'application $T: \{s_i\} \to \{s_{i+1}\}$ doit admettre un point fixe ce qui est la cas, car $\{s_i\}$ appartient à $[0,R]^N$ et l'application T est continue.

<figure><img src="image_7.png" /></figure>

## Étape 2

Nous allons maintenant obtenir des estimations à priori pour pouvoir passer à la limite dans (2.4). Remarquons qu'on a encore

$y^n \in H^2(\Omega)$ et $\frac{dy^n}{dx}(s^n) = 0$ si $s^n < R$, $\frac{dy^n}{dx}(s^n) \le 0$ si $s^n = R$

**Lemme 3** : on a $s^n \ge s^n \quad \forall n = 0, 1, ..., N-1$

de plus si $s^n < R$ alors $s^{n+1} > s^n$

et si $s^n < R$ $f^{n+1} \frac{\Delta t}{L}$ alors $-L \frac{s^{n+1} - s^n}{\Delta t} + f^{n+1} \le 0$
Démonstration :

Supposons $s^{n+1} < s^n \le R$ on a alors :

$$ - L \frac{s^{n+1} - s^n}{\Delta t} + f^{n+1} + \frac{y^n}{\Delta t} > 0 $$

et donc, d'après le lemme 1, $s^{n+1} = R$, d'où une contradiction. Donc

$$ s^{n+1} \ge s^n $$

De plus, si $s^n < R$ on a $s^{n+1} > s^n$, en effet, sinon on aurait
$$ s^{n+1} = s^n \quad \text{et donc} $$

$$ - L \frac{s^{n+1} - s^n}{\Delta t} + f^{n+1} + \frac{y^n}{\Delta t} = f^{n+1} + \frac{y^n}{\Delta t} > 0 $$

et d'après le lemme 1 $s^{n+1} = R$, ce qui contredit l'hypothèse.

Enfin, soit $s^n < R - f^{n+1} \frac{\Delta t}{L}$ c'est à dire $\frac{L s^n}{\Delta t} + f^{n+1} < \frac{L R}{\Delta t}$. Si
- $L \frac{s^{n+1} - s^n}{\Delta t} + f^{n+1} > 0$, alors, d'après le lemme 1, $s^{n+1} = R$ et
- $L \frac{R - s^n}{\Delta t} + f^{n+1} > 0$ ce qui est contradictoire avec l'hypothèse.

<figure><img src="image_8.png" /></figure>

Avec un raisonnement analogue à celui du lemme 2, on démontre :

Lemme 4 : $\frac{dy^n}{dx} \le 0 \quad \forall n = 0, 1, \dots, N$

Lemme 5 : on a $y^n \ge y^0 \quad \forall n = 1, \dots, N$
Démonstration :

On suppose $s_0 < R$ et alors on a donc d'après le lemme 3
$s^n > s_0 \quad \forall n$. Le lemme 5 est bien sûr vrai sur $]s_0, s_n[$.

$$
\text{Sur } ]0, s_0[ \text{ on a :}
\left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle \frac{y^{n+1}}{\Delta t} - \Delta y^{n+1} + y^{n+1} = - L \frac{s^{n+1} - s^n}{\Delta t} + f^{n+1} + \frac{y^n}{\Delta t} \\[2ex]
\displaystyle \frac{dy^{n+1}}{dx}(0) = -v^{n+1} \\[2ex]
\displaystyle y^{n+1}(s_0) > 0, \quad \frac{dy^{n+1}}{dx}(s_0) \le 0
\end{array}
\right.
$$

On a donc :

$$
\left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle \frac{y^{n+1} - y^0}{\Delta t} - \Delta(y^{n+1} - y^0) + (y^{n+1} - y^0) = \Delta y^0 + \left(-L \frac{s^{n+1} - s^n}{\Delta t} + f^{n+1}\right) + \frac{y^n - y^0}{\Delta t} - y^0 \\[1.5ex]
\text{du premier ordre} (0) = -v^{n+1} + v^0 \le 0 \\[1.5ex]
\displaystyle \frac{dy^{n+1} - y^0}{dx}(0) = \frac{dy^{n+1}}{dx}(s_0) = \frac{dy^n}{dx}(s_0) \le 0
\end{array}
\right.
$$

Donc, si on note $z^n = \frac{dy^n}{dx}$ on a :

$$
\left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle \frac{z^{n+1} - z^0}{\Delta t} - \Delta(z^{n+1} - z^0) + (z^{n+1} - z^0) = \Delta z^0 + \frac{z^n - z^0}{\Delta t} - z^0 \\[1.5ex]
\text{(du premier ordre)} (0) < 0 \\[1.5ex]
\text{(du second ordre)} (s_0) < 0
\end{array}
\right.
$$

On raisonne par récurrence et on suppose $z^{n+1} - z^n \le 0$. Alors, comme par hypothèse $\Delta z^{n+1} - z^{n+1} \le 0$, on obtient par le principe du maximum $z^{n+1} \le z^n$ et comme

$$
y^{n+1}(x) = y^{n+1}(s_0) - \int_x^{s_0} z^{n+1} dx \quad \text{on obtient} \quad y^{n+1} \ge y^0 \quad \text{pour } x < s_0.
$$
Démontrons la propriété pour $n=1$. On a alors :

$$ \frac{z^1 - z^0}{\Delta t} - \Delta(z^1 - z^0) + (z^1 - z^0) = \Delta z^0 - z^0 \text{ et on conclut comme précédemment.} $$

<figure><img src="image_9.png" /></figure>

On définit :

$$ (2.19) \quad y_{\Delta t}(t) = y^n \quad \text{pour } t \in [n\Delta t, (n+1)\Delta t] $$

$$ (2.20) \quad \tilde{y}_{\Delta t}(t) = \frac{(n+1)\Delta t - t}{\Delta t} y^n + \frac{(t-n\Delta t)}{\Delta t} y^{n+1} \quad \text{pour } t \in [n\Delta t, (n+1)\Delta t] $$

De même, on définit $s_{\Delta t}^n(t)$ et $\tilde{s}_{\Delta t}^n(t)$.

**1ère Estimation à Priori** : Nous allons maintenant obtenir une première estimation à priori et plus précisément si $R > Ce^{K_1 T}$ alors il existe $\tilde{S}$ tel que $\forall n \in \mathbb{N}^+ : \tilde{S}_n = 0, \dots, N$.

Prenons $\varphi = 0$ dans (2.4) on obtient :

$$ (2.21) \quad \left| \frac{y^{n+1}}{\Delta t} \right|^2 + a(y^{n+1}, y^{n+1}) \le \frac{(y^n, y^{n+1})}{\Delta t} + (-L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1}, y^{n+1}) + v^{n+1} y^{n+1} \quad (0) $$

Soit :

$$ (2.22) \quad \begin{aligned} & |y^{n+1}|_{L^2(0,s^n)}^2 + \Delta t ||y^{n+1}||_{H^1(0,s^{n+1})}^2 + L(s^{n+1}-s^n) \int_0^s y^{n+1} \\ & \le (y^n, y^{n+1}) + \Delta t (f^{n+1}, y^{n+1}) + \Delta t v^{n+1} y^{n+1} \quad (0) \end{aligned} $$

$$ \text{or } y^{n+1}(0) = \int_0^s \frac{dy^{n+1}}{dx} dx, \text{ donc } y^{n+1}(0) \le \sqrt{s^{n+1}} \left| \frac{dy^{n+1}}{dx} \right|_{L^2(0,s^{n+1})} \text{ et} $$

$$ y^{n+1}(0) \le \frac{\gamma_3}{2} s^{n+1} + \frac{1}{2\gamma_3} \left| \frac{dy^{n+1}}{dx} \right|^2_{L^2(0,s^{n+1})} $$

De (2.22) on déduit :
$$|y^{n+1}|^2_{L^2(0,s^{n+1})} + \Delta t ||y^{n+1}|^2_{H^1(0,s^{n+1})} + L(s^{n+1}-s^n) \int_0^s y^0 dx \le$$

$$\le \frac{\gamma_1}{2} |y^n|^2 + \frac{1}{2\gamma_1} |y^{n+1}|^2 + \frac{\gamma_2}{2} \Delta t |f^{n+1}|^2 s^{n+1} + \frac{\Delta t}{2\gamma_2} |y^{n+1}|^2$$

$$+ \Delta t \frac{\gamma_3}{2} (v^{n+1})^2 s^{n+1} + \frac{\Delta t}{2\gamma_3} \left| \frac{dv}{dx} \right|^2$$

En prenant $\gamma_1=1$ et $\gamma_2, \gamma_3$ tel que $C_1=1 - \frac{1}{2\gamma_2} - \frac{1}{2\gamma_3} > 0$, $C_2=L \int_0^s y^0 dx > 0$

on obtient :

$$(2.23) \quad \frac{1}{2} |y^{n+1}|^2_{L^2(0,s^{n+1})} + c \Delta t ||y^{n+1}|^2_{H^1(0,s^{n+1})} + C_2(s^{n+1}-s^n) \le \frac{1}{2} |y^n|^2 + K \Delta t s^{n+1}$$

$$\text{avec } K = \frac{\gamma_2}{2} \text{ Sup}(f^{n+1})^2 + \frac{\gamma_3}{2} \text{ Sup}(v^{n+1})^2, \text{ constante finie}$$

$$\text{car } f \in L^\infty(0,T), v \in L^\infty(0,T).$$

En sommant pour $n=0, \dots, m$ on obtient :

$$\frac{1}{2} |y^{m+1}|^2 + C_2(s^{m+1}-s^0) \le \frac{1}{2} |y^0|^2 + K \sum_{n=0}^{m} (s^{n+1} \Delta t)$$

Donc

$$C_2 s^{m+1} \le K_0 + K \sum_{n=0}^{m} \Delta t s^{n+1}$$

Si on choisit $\Delta t$ suffisamment petit pour que $C_2-K\Delta t \ge 0$, on obtient :

$$(2.24) \quad s^{m+1} \le \frac{K_0}{C_2-K\Delta t} + \frac{K}{C_2-K\Delta t} \sum_{n=0}^{m} \Delta t s^n \quad \forall m = 1, \dots, N-1$$

On en déduit que :

$$(2.25) \quad s^n \le \tilde{K}_0 e^{K_1 n \Delta t} \le \tilde{K}_0 e^{K_1 N \Delta t} \quad (\text{constante indépendante de } N, \Delta t, R) \quad \forall n$$
En effet, (2.25) est vrai pour $n=0$ avec $\tilde{K}_0 = \text{Sup}(K_0, s_0)$.
Supposons (2.25) vrai pour n, alors

$$
s^{n+1} \leqq \tilde{K}_0 + K_1 \tilde{K}_0 \Delta t \sum_{i=0}^{n} e^{K_1 i \Delta t}
$$

$$
s^{n+1} \leqq \tilde{K}_0 + \tilde{K}_0 K_1 \Delta t \frac{e^{K_1 (n+1) \Delta t} - 1}{e^{K_1 \Delta t} - 1} \leqq \tilde{K}_0 e^{K_1 (n+1) \Delta t} .
$$

On en déduit que $s^n$ est borné indépendamment de N, $\Delta t$, R ; on prendra donc
dans toute la suite R fixé tel que :

$$
(2.26) \quad R > \tilde{K}_0 e^{K_1 T}
$$

Étape 3 :

On a bien alors l'équivalence entre la solution de l'inéquation semi-discrétisée et la solution du problème semi-discrétisé associé au problème initial. On a d'après l'étape précédente $s_{\Delta t}^{(t)}$ et $\tilde{s}_{\Delta t}^{(t)}$ borné dans $L^2(0,T)$.

2e Estimation à Priori : On reprend (2.23) par sommation sur 0,...,N-1,
puisque s n+1 - s n > 0, on en déduit :

$$
C \sum_{i=0}^{N-1} \Delta t \|y^{i+1}\|_{H^1(0,R)}^2 \le \frac{1}{2} \|y_0\|^2 + \frac{\gamma_2}{2} \sum_{i=1}^{N-1} \Delta t |f^{i+1}|^2 s^N \\
\qquad + \frac{\gamma_3}{2} \sum_{i=1}^{N-1} \Delta t (v^{i+1})^2 s^N
$$

Comme $f \in L^2(0,T)$, $v \in L^2(0,T)$, on en déduit :

$$
(2.27) \quad y_{\Delta t}(t) \text{ est borné indépendamment de } \Delta t \text{ dans } L^2(0,T; H^1(0,R))
$$

$$
(2.28) \quad \tilde{y}_{\Delta t}(t) \text{ est borné indépendamment de } \Delta t \text{ dans } L^2(0,T; H^1(0,R))
$$

Lemme 6 : Avec le choix (2.26) de R, on a $y^{n+1} \geqq y^n \quad \forall n = 0, 1, \dots, N-1$

On va raisonner par récurrence. D'après le lemme 5 la propriété est vraie pour n=0

$$
\text{et de plus} \quad \Delta z^{-1}_{-z} \Delta t^{-1} = \frac{z^{-1}_{-z}}{\Delta t} \le 0 \text{ dans } ]0,s_1[
$$
D'après le choix de R on a également $z_n^n(s_n)=0 \quad \forall n$
On suppose maintenant que $y \ge y^{n-1}$ et que $\Delta z^n - z^n \le 0$ dans $]0, s_n[$
On a $y^{n+1} \ge y^n$ sur $]s_n, s_{n+1}]$ et sur $]0, s^n[$ on a :

$$
\left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle \frac{z^{n+1}-z^n}{\Delta t} - \Delta(z^{n+1}-z^n) + (z^{n+1}-z^n) = \Delta z^n - z^n \quad \text{dans } ]0, s^n[ \\[1.5ex]
\text{(z}^{n+1}-z^n)(0) = -v^{n+1}+v^n \le 0 \\[1.5ex]
\text{(z}^{n+1}-z^n)(s^n) = z^{n+1}(s^n) \le 0
\end{array}
\right.
$$

Donc, d'après le principe du maximum $z^{n+1} \le z^n$ sur $]0, s_n[$, on en déduit
donc $y^{n+1} \ge y^n$ comme au lemme 5.

De plus $\Delta z^{n+1} - z^n = \frac{z^{n+1} - z^n}{\Delta t} < 0$

ce qui démontre le résultat par récurrence.

<figure><img src="image_10.png" /></figure>

3e Estimation à Priori :

Prenons maintenant dans (2.4) $\varphi=y^n$ on obtient :

$$
(2.29) \quad \begin{aligned}[t]
& \frac{|y^{n+1} - y^n|^2}{\Delta t} + a(y^{n+1}, y^{n+1} - y^n) + \left(L \frac{s^{n+1} - s^n}{\Delta t}, y^{n+1} - y^n\right) \le \\
& \le (f^{n+1}, y^{n+1} - y^n) + v^{n+1} (y^{n+1}(0) - y^n(0))
\end{aligned}
$$

D'après le lemme 6 :

$$
(2.30) \quad \frac{|y^{n+1} - y^n|^2}{\Delta t} + a(y^{n+1}, y^{n+1} - y^n) \lesssim (f^{n+1}, y^{n+1} - y^n) + v^{n+1} (y^{n+1}(0) - y^n(0))
$$

$$
\text{Or on a } \sum_{n=0}^{N-1} a(y^{n+1}, y^{n+1}-y^n) = \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{N-1} a(y^{n+1}-y^n, y^{n+1}-y^n) + \frac{1}{2}a(y^N, y^N) - \frac{1}{2}a(y^0, y^0)
$$
En sommant (2.30), on obtient donc :

$$
(2.31) \quad \sum_{n=0}^{N-1} \frac{|y^{n+1} - y^n|^2}{\Delta t} \lesssim \frac{1}{2} a(y^0, y^0) + \sum_{n=0}^{N-1} (f^{n+1}, y^{n+1} - y^n) + \sum_{n=0}^{N-1} v^{n+1} (y^{n+1}(0) - y^n(0))
$$

On remarque d'abord que ||y^n|| est borné indépendamment de n, N, Δt. En
effet

$$
\frac{(y^n - y^{n-1})}{\Delta t} + a(y^n, y^{n-1}) \le (f^n, y^n) + v^n y^{n-1}(0) \\
\ge 0
$$

Donc

$$
(2.32) \quad \|y^n\|^2 \lesssim (f^n + \sqrt{s^n}) \|y^n\|
$$

Donc :

$$
(2.33) \quad y^n(0) \le \sqrt{s^n} ||y^n|| \text{ est également borné.}
$$

On écrit

$$
\sum_{n=0}^{N-1} (f^{n+1}, y^{n+1} - y^n) \ll \sum_{n=0}^{N-1} \frac{\Delta t}{2\gamma_1} |f^{n+1}|^2 + \sum_{n=0}^{N-1} \frac{\gamma_1}{2} \left| \frac{y^{n+1} - y^n}{\Delta t} \right|^2 \quad \forall \gamma_1 > 0
$$

$$
\sum_{n=0}^{N-1} v^{n+1}(y^{n+1}(0) - y^{n}(0)) = \sum_{n=0}^{N-1} y^{n}(0)(v^{n} - v^{n+1}) + v^{N} y^{N}(0) - y^{0}(0)v^{0} \\ \le 0
$$

donc

$$
\sum_{n=0}^{N-1} v^{n+1} (y^{n+1}(0) - y^{n}(0)) \ll v^{N} y^{N}(0) \ll v^{N} \sqrt{s^{N}} \|y^{N}\| \ll c
$$

Donc, en choisissant $\gamma_1$ suffisamment petit, de (2.31) on obtient :

$$
(2.34) \quad \sum_{n=0}^{N-1} \frac{|y^{n+1} - y^n|^2}{\Delta t} \quad \text{borné indépendamment de } \Delta t
$$

Soit :

$$
(2.35) \quad \frac{d}{dt} \tilde{y}_{\Delta t}(t) \quad \text{borné dans } L^2(0,T, L^2(\Omega))
$$
### 4e Estimation à Priori :

On prend toujours $R$ fixé d'après (2.26) et dans (2.1) on choisit

$$ \varphi = \left(1 - \frac{s^{n+1} - s^n}{R}\right) y^{n+1} \in K \quad \text{car} \quad \frac{s^{n+1} - s^n}{R} < 1 $$

Donc on obtient :

$$ \left( \frac{y^{n+1} - y^n}{\Delta t}, \frac{y^{n+1}(s^{n+1} - s^n)}{R} \right) + a(y^{n+1}, y^n) \frac{s^{n+1} - s^n}{R} + L \frac{|s^{n+1} - s^n|^2}{R \Delta t} \int_0^{n+1} s^{n+1} y^{n+1} \\ \le \left( f^{n+1}, \frac{s^{n+1} - s^n}{R} y^{n+1} \right) + v^{n+1} \frac{s^{n+1} - s^n}{R} y^{n+1}(0) $$

$$ \text{soit en particulier puisque } \int_0^{s^{n+1}} y^{n+1} \ge \int_0^c y_0(x) dx \ge c > 0 $$

$$ L \left| \frac{s^{n+1} - s^n}{\Delta t} \right|^2 \le c \left[ f^{n+1}(s^{n+1} - s^n) \int_0^{n+1} y^{n+1} \sqrt{s^n} ds + v^{n+1}(s^{n+1} - s^n) \int_0^{n+1} s^{n+1} \sqrt{s^n} ds \right] $$

En sommant par rapport à $n$ on obtient avec (2.32) et (2.33) :

$$ (2.36) \quad L \sum_{n=0}^{N-1} \frac{|s^{n+1} - s^n|}{\Delta t}^2 \le K_1 \sum_{n=0}^{N-1} f^{n+1}(s^{n+1} - s^n) + K_2 \sum_{n=0}^{N-1} v^{n+1}(s^{n+1} - s^n) $$

avec $K_1, K_2$ constantes indépendantes de $\Delta t$ et $R$

Or, on a :

$$ \sum_{n=0}^{N-1} f^{n+1}(s^{n+1}-s^n) \le \sum_{n=0}^{N-1} (s^{n+1}-s^n) < \sum_{n=0}^{N-1} (s^N - s^0) $$

$$ (\text{car } f \in L^\infty(0,T), f \ge 0) $$

alors d'après (2.22)

$$ (2.37) \quad \sum_{n=0}^{N-1} f^{n+1}(s^{n+1}-s^n) \text{ est borné indépendamment de } \Delta t \text{ et } R $$

De même

$$ (2.38) \quad \sum_{n=0}^{N-1} v^{n+1}(s^{n+1}-s^n) = \sum_{n=0}^{N-1} s^n (v^n - v^{n+1}) + \sum_{n=0}^{N-1} s^n v^{n+1} - s^0 v^0 \le s^N v^N $$
$$ (\text{car } v \text{ est croissante.)} $$
Alors, de (2.36), (2.37), (2.38) on déduit que :

$$
(2.39) \quad \frac{d}{dt} \tilde{y}_{\Delta t} \quad \text{est borné indépendamment de } R \text{ et de } \Delta t, \text{ on obtient donc :}
$$

$$
(2.40) \quad y_{\Delta t}(t) \longrightarrow y \quad \text{dans } L^2(0,T,H^1(\Omega)) \text{ faible}
$$

$$
(2.41) \quad \tilde{y}_{\Delta t}(t) \longrightarrow y \quad \text{dans } L^2(0,T; H^1(\Omega)) \text{ faible}
$$

$$
(2.42) \quad \frac{d\tilde{y}}{dt}(t) \longrightarrow \frac{dy}{dt} \quad \text{dans } L^2(0,T; L^2(\Omega)) \text{ faible}
$$

en effet

$$
\int_{0}^{T} \left| \tilde{y}_{\Delta t} - y_{\Delta t} \right|^{2} dt \leq (\Delta t)^{2} \int_{0}^{T} \left| \frac{d\tilde{y}}{dt} \right|^{2} dt
$$

et on en déduit que :

$$
(2.43) \quad y_{\Delta t}(t) \longrightarrow y \quad \text{dans } L^2(\Omega) \text{ fort}
$$

De même on a :

$$
(2.44) \quad s_{\Delta t}(t) \longrightarrow s(t) \quad \text{dans } L^2(0,T) \text{ fort}
$$

$$
(2.45) \quad \tilde{s}_{\Delta t}(t) \longrightarrow s(t) \quad \text{dans } L^2(0,T) \text{ fort}
$$

$$
(2.46) \quad \frac{d\tilde{s}}{dt}(t) \longrightarrow \frac{ds}{dt}(t) \quad \text{dans } L^2(0,T) \text{ faible}
$$

On peut donc passer à la limite dans (2.4) et on obtient :

$$
\[
(2.47) \quad \begin{cases}
\left(\frac{dy}{dt}, \varphi-y\right) + a(y, \varphi-y) \ge (-L \frac{ds}{dt} + f(t), \varphi-y) + v(t)(\varphi(0)-y(0,t)) & \forall \varphi \in K \\
y(0) = y_0(x) &
\end{cases}
\]
avec $y \in L^2(0,T; H^1(\Omega))$, $\frac{dy}{dt} \in L^2(0,T; L^2(\Omega))$
$$

$$
s(t) \in H^1(0,T), s(t) < R
$$
Pour prouver alors que y est solution de problème (1.27), (1.28) il reste
à démontrer que s(t) est la frontière libre associée à y. On a :

$$
y_{\Delta t}(s_{\Delta t}(t)) = 0
$$

et

$$
A = \int_{0}^{T} (y(s(t),t) - y_{\Delta t}(s(t),t))\varphi(t)dt = \int_{0}^{T} \left[ \int_{0}^{s(t)} \left( \frac{dy}{dx}(x,t) - \frac{dy}{dt}(x,t) \right) dx \right] \varphi(t)dt \\
\qquad + \int_{0}^{T} (y(0,t) - y_{\Delta t}(0,t))\varphi(t)dt
$$

or l'application trace étant linéaire continue on a donc :

$$
\int_{0}^{T} (y(0,t) - y_{\Delta t}(0,t))\varphi(t)dt \to 0
$$

De plus :

$$
\begin{align*}
& \int_0^T \left[ \int_0^T s(t) \left( \frac{dy}{dx}(x,t) - \frac{dy}{dx}(x,t) \right) dx \right] \varphi(t) dt \\
&= \int_Q \left( \frac{dy}{dt}(x,t) - \frac{dy}{dx}(x,t) \right) x \Big|_{0,s(t)} \left[ (x) \varphi(t) \right] dx dt \to 0 \\
& \qquad \text{(d'après (2.40))}
\end{align*}
$$

Donc $A \to 0$

On a également

$$
B = \int_{0}^{T} |y_{\Delta t}(s(t),t) - y_{\Delta t}(s_{\Delta t}(t),t)| dt = \int_{0}^{T} \left| \int_{s(t)}^{s(t)} \frac{dy}{dx} \Delta t (x,t) dx \right| dt
$$

$$
B \le \int_{0}^{T} |s_{\Delta t}(t) - s(t)|^{\frac{1}{2}} \left| \frac{dy}{dx} \Delta t \right|_{L^2(\Omega)} dt
$$

$$
B \le |s_{\Delta t}(t) - s(t)|_{L^2(0,T)} \left| \frac{dy}{dx} \Delta t \right|_{L^2(\Omega)}^2 \to 0 \text{ (d'après (2.40), (2.44)).}
$$

Donc

$$
y_{\Delta t}(s_{\Delta t}(t),t) \rightarrow y(s(t),t) \text{ dans } L^1(0,T) \text{ faible}
$$
et

$$
(2.48) \quad y(s(t),t) = 0
$$

Donc, si on note $\tilde{s}(t)$ la frontière libre associée à y solution de (2.47),
on'a :

$$
\tilde{s}(t) \leq s(t) \quad \tilde{s}(0) = s(0) = s_0
$$

Grâce au lemme 3, on a par passage à la limite :

$$
(2.49) \quad -L \frac{ds}{dt} + f(t) \le 0 \quad \text{et} \quad (2.50) \quad y \ge 0 \quad \text{sur } ]0,s(t)[
$$

Supposons $\tilde{s}(t) < s(t)$

Il existe en fait t tel que - L ds/dt + f(t) < 0 (2.51)

en effet, sinon $\tilde{s}(t)$ ne serait pas borné en utilisant un lemme analogue
au lemme 1 pour le cas évolutif. Or, d'après (2.50) et (2.49) on ne
peut avoir sur $]\tilde{s}(t), s(t)]$ que $y = 0$, d'où une contradiction avec (2.51).

Donc $\tilde{s}(t) = s(t)$ et y est solution de (1.17), (1.20), ce qui termine
la démonstration du théorème 1.

**Remarque 3** : pour $f=0$ on retrouve un résultat connu d'existence de
solution au problème de Stéfan et la continuité de la
frontière libre. L'hypothèse $f \ge 0$ peut être également
relaxée.

**Remarque 4** : Cette méthode s'applique aussi au cas où $L$ dépend de $t$ avec $0 < m < L(t) < M$.

**Remarque 5** : Une inéquation d'un type semblable avec un deuxième membre fonction de $s(t)$ est également étudiée pour $L=0$ dans Friedman - Kinderlehrer [5].
### III. RESOLUTION NUMERIQUE.

On reprend le système (2.12), et on définit alors le processus itératif suivant :

1) $\{s_i\}$ étant donné, on calcule $\{y_i\}$ solution de (2.12)

2) On détermine $\tilde{s}_{i+1}$ la frontière libre associée à $y_i$

3) On pose $s_{i+1} = (1-\omega)s_i + \omega \tilde{s}_{i+1}$

L'inéquation (2.12) est résolue par projection-relaxation de manière classique ([6] Glowinski-Lions-Trémolières).

Dans la pratique nous avons déterminé $\tilde{s}_{i+1}$ par extrapolation linéaire sur les deux dernières valeurs non nulles de $y_i$

<figure><img src="image_11.png" /></figure>

Nous avons considéré l'exemple :

$$ (3.1) \qquad \frac{\partial u}{\partial t} - \Delta u = 0 $$

$$ (3.2) \qquad u(0,t) = v(t) $$

$$ (3.3) \qquad u(s(t),t) = 0 $$

$$ (3.4) \qquad \frac{du}{dx} (s(t),t) = - L \frac{ds}{dt} + f(t) $$

$$ (3.5) \qquad u(x,0) = u_0(x) $$
Avec les données suivantes :

$$f(t) = \frac{2t+1}{\sqrt{3-2t}} \quad ; \quad L = 4 \quad ; \quad v(t) = t+\frac{1}{2}$$

$$u_0(x) = \left(\frac{x}{2}\right)^2 - 2x + \frac{1}{2} + \omega \quad , \quad \omega = ]0,1[$$

Alors la solution du problème (3.1)...(3.5) est :

$$\begin{cases} u(x,t) = \left(\frac{x}{2}\right)^2 - 2x + t + \frac{1}{2} + s(t) \\ s(t) = 2 - \sqrt{3-2t} \end{cases}$$

La discrétisation de (2.12) a été effectuée par un schéma implicite aux différences finies, avec comme pas de discrétisation :

$h = 1/30$ en espace, $k = 1/10$ en temps

et on a pris $\omega = 0,3$

Le calcul a été fait sur IBM 370-168, avec un temps de calcul de 16,95s. pour 30 itérations.

Pour la frontière libre on a obtenu le résultat :

<table><thead><tr><th>t</th><th>0</th><th>0,1</th><th>0,2</th><th>0,3</th><th>0,4</th><th>0,5</th><th>0,6</th><th>0,7</th><th>0,8</th><th>0,9</th><th>1</th></tr></thead><tbody><tr><td>s(t) Exact</td><td>0,2679</td><td>0,3267</td><td>0,3875</td><td>0,4508</td><td>0,5168</td><td>0,5858</td><td>0,6584</td><td>0,7351</td><td>0,8168</td><td>0,9046</td><td>1,000</td></tr><tr><td>s(t) Calculé</td><td>0,2668</td><td>0,3235</td><td>0,3845</td><td>0,4468</td><td>0,5135</td><td>0,5832</td><td>0,6578</td><td>0,7363</td><td>0,8196</td><td>0,9112</td><td>0,9965</td></tr></tbody></table>

On constate une très bonne précision pour le calcul, en fait la précision s'est avérée satisfaisante au bout de 20 itérations.

Nous présentons figures 1 - 2 - 3 la convergence de la frontière libre au cours des itérations.
Convergence de la frontière libre.

<figure><img src="image_12.png" /><figcaption>Figure 1.</figcaption></figure>

<figure><img src="image_13.png" /><figcaption>Figure 2.</figcaption></figure>
s(t)

Frontière libre

<figure><img src="image_14.png" /></figure>

Solution après 30 itérations
confondue avec la solution
exacte.

<caption>Figure 3.</caption>
IV. PROPRIETES DE REGULARITE.

Proposition 3 : la solution du problème (1.17)-(1.20) vérifie

$$
\left\{
\begin{array}{l}
y \in L^2(0,T; H^2(\Omega)) \\
\\
\frac{dy}{dt} \in L^2(0,T; L^2(\Omega))
\end{array}
\right.
\qquad \text{et } -L \frac{ds}{dt} + f(t) \le 0 \text{ dans } L^2(0,T)
$$

si on a la relation de compatibilité $\displaystyle \frac{\partial y}{\partial x}(0) = -v(0)$

En effet, d'après la proposition 3, on a $\frac{ds}{dt} \in L^2(0,T)$, donc le second membre de l'inéquation appartient à $L^2(Q)$, ce qui donne le résultat.

Donc, en particulier

$$
y \in \mathcal{C}(Q) \text{ et } y \in \mathcal{C}(0,T; H^1(\Omega)),
$$

$$
\text{alors } \frac{\partial y}{\partial x}(s(t),t) = 0 \text{ dans } L^2(0,T)
$$

La propriété - $L \frac{ds}{dt} + f(t) \le 0$ est une conséquence immédiate du lemme 3.

On en déduit également de y et s vérifie

$$
(4.1) \quad \left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle \frac{\partial y}{\partial t} - \Delta y + y = (-L \frac{ds}{dt} + f(t)) \chi_{[0,s(t)]} \\[1em]
\frac{\partial y}{\partial x}(0,t) = -v(t)
\end{array}
\right.
$$

$$
(4.2) \quad \frac{\partial y}{\partial x}(0,t) = -v(t)
$$

$$
(4.3) \quad y(R,t) = 0
$$

$$
(4.4) \quad y(x,0) = y_0(x)
$$

avec

$$
(4.5) \quad y(s(t),t) = 0 ; \frac{\partial y}{\partial x}(s(t),t) = 0
$$
**Proposition 4** : Sous les hypothèses précédentes,

le problème semi-discrétisé (2.4)-(2.5)-(2.6) admet une
solution unique.

On a l'inéquation :

$$
\begin{gather*}
\left(\frac{y^{n+1}}{\Delta t}, \varphi - y^{n+1}\right) + a\left(y^{n+1}, \varphi - y^{n+1}\right) \ge (-L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1}, \varphi - y^{n+1}) \\
\qquad + v^{n+1}(\varphi(0)-y^{n+1}(0)) + \left(\frac{y^n}{\Delta t}, \varphi - y^{n+1}\right) \\
\forall \varphi \in \{\varphi\} \quad \varphi \in H^1(\Omega), \varphi(R) = 0, \varphi \ge 0
\end{gather*}
$$

Supposons qu'il existe deux solutions $(y_1, s_1)$, $(y_2, s_2)$ et que
$j, s_1 = s_2, y_1^j = y_2^j, \forall j \le n$.

Montrons qu'alors on a $s_1^{n+1} = s_2^{n+1}$, $y_1^{n+1} = y_2^{n+1}$

Supposons $s_1^{n+1} \neq s_2^{n+1}$ on a :

$$
\begin{gather*}
\left(\frac{y_1^{n+1} - y_2^{n+1}}{\Delta t}, y_1^{n+1} - y_2^{n+1}\right) + a\left(y_1^{n+1} - y_2^{n+1}, y_1^{n+1} - y_2^{n+1}\right) \\
\le (-L \frac{s_1^{n+1} - s_2^{n+1}}{\Delta t}, y_1^{n+1} - y_2^{n+1})
\end{gather*}
$$

et donc

$$
(s_1^{n+1} - s_2^{n+1}, y_1^{n+1} - y_2^{n+1}) \le 0
$$

Supposons $s_2^{n+1} < s_1^{n+1}$ et soit $u = y_1^{n+1} - y_2^{n+1}$, on a alors :

$$
\left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle \frac{u}{\Delta t} - \Delta u + u = -L \frac{s_1^{n+1} - s_2^{n+1}}{\Delta t} \quad \text{sur } ]0, s_2^{n+1}[, \\[1.5em]
\displaystyle \frac{du}{dx}(0) = 0 \\[1.5em]
\displaystyle \frac{du}{dx}(s_2^{n+1}) \le 0 \quad (\text{en effet } \frac{dy_2^{n+1}}{dx}(s_2^{n+1}) = 0, \frac{dy_1^{n+1}}{dx}(x') \le 0)
\end{array}
\right.
$$

Soit $z = \frac{du}{dx}$ on a :
$$
\left\{
\begin{array}{l}
-\Delta z + \left(1 + \frac{1}{\Delta t}\right)z = 0 \\
z(0) = 0 \\
z(s_2^{n+1}) \le 0 \quad \text{donc} \quad z \le 0
\end{array}
\right.
$$

$$
\text{et on a : } u(x) = u(s_2^{n+1}) + \int_{s_2}^{x} z
$$

$$
\text{Donc, comme } u(s_2^{n+1}) > 0 \text{ car } s_2^{n+1} < s_1^{n+1}
$$

$$
\text{on a donc } u(x) > 0 \text{ pour } x \in ]0, s_2^{n+1}[
$$

$$
\text{et comme } \dot{u}(x) \ge 0 \text{ pour } x \in ]s_2^{n+1}, R[
$$

on en déduit que

$$
(s_1^{n+1} - s_2^{n+1}, y_1^{n+1} - y_2^{n+1}) > 0
$$

D'où la contradiction ; on en déduit donc l'unicité d'une solution
pour le problème discret.

■

$$
\text{Notons } W(0,T) = \{\varphi \in L^2(0,T; H^1(\Omega)), \frac{\partial \varphi}{\partial t} \in L^2(0,T; L^2(\Omega))\} \\
\mathcal{U} = \{v \in L^\infty(0,T), v(t) \ge \alpha > 0, v(t) \text{ croissante}\}
$$

On a le résultat de continuité suivant :

**Proposition 6** : *L'application $v\mapsto (y,s) \text{ est continue de } \mathcal{U} \text{ muni de la topologie de } L^2(0,T) \text{ faible dans } W(0,T) \times H^1(0,T) \text{ faible. }$*

Soit $v_n \in \mathcal{U}$, $v_n \to v$ dans $L^2(0,T)$ faible

on a donc

$$
\|v_n\|_{L^2(0,T)} \le c
$$
Si on reprend les estimations obtenues précédemment sur le problème semi-discrétisé et en notant $y_{\Delta t}^n$, $s_{\Delta t}^n$ les solutions associées à $v_n$, on obtient :

$$
\left\{
\begin{array}{ll}
\tilde{y}_{\Delta t}^n & \text{borné dans } L^2(0,T;H^1(\Omega)) \\[1em]
\frac{d\tilde{y}_{\Delta t}^n}{dt} & \text{borné dans } L^2(0,T,L^2(\Omega) \text{ (indépendamment de } \Delta t \text{ et } n) \\[1em]
\tilde{s}_{\Delta t}^n & \text{borné dans } H^1(0,T)
\end{array}
\right.
$$

et comme l'application norme est f. s.c.i. , on en déduit :

$$
\left\{
\begin{array}{ll}
y^n & \text{borné dans } L^2(0,T,H^1(\Omega)) \\[1em]
\frac{dy^n}{dt} & \text{borné dans } L^2(0,T,L^2(\Omega)) \\[1em]
s^n(t) & \text{borné dans } H^1(0,T)
\end{array}
\right.
$$

On peut donc extraire des sous-suites $\{y_n, s_n\}$ telles que :

$$
\left\{
\begin{array}{l}
y^n \to \tilde{y} \text{ dans } L^2(0,T;H^1(\Omega)) \text{ faible} \\[1em]
\frac{dy^n}{dt} \to \frac{d\tilde{y}}{dt} \text{ dans } L^2(0,T;L^2(\Omega)) \text{ faible} \\[1em]
s^n(t) \to \tilde{s}(t) \text{ dans } H^1(0,T) \text{ faible}
\end{array}
\right.
$$

et donc, en particulier, $y^n \to \tilde{y}$ dans $L^2(\Omega)$ fort.

En passant à la limite dans l'inéquation variationnelle on en déduit que :

$$
\left( \frac{\partial \tilde{y}}{\partial t}, \varphi - \tilde{y} \right) + a(\tilde{y}, \varphi - \tilde{y}) \geq \left( - L \frac{d\tilde{s}}{dt} + f(t), \varphi - \tilde{y} \right) + v(t) (\varphi(0) - y(0,t)) \text{ p.p.t.}
$$

(l'application trace étant linéaire, continue, donc faiblement continue).

De plus, on avait $y^n(s^n(t),t)=0$ et en passant à la limite comme pour
la semi-discrétisation on obtient $\tilde{y}(\tilde{s}(t),t) = 0$

Donc, $\tilde{y}=y(v)$ et $\tilde{s}=s(v)$, ce qui démontre la continuité.
# V. PROBLEMES DE CONTROLE OPTIMAL.

Nous allons définir une famille de problèmes de contrôle associés au problème (1.17)-(1.20).

Soit $u_{ad} = \{u \in L^2(0,T) \mid 0 < \alpha \le u(t) \le \beta, u(t) \text{ croissante}\} \quad (5.1)$

On a ainsi un convexe, fermé, borné de $L^2(0,T)$.

On suppose de plus R choisi assez grand, pour avoir $s_u(t) < R \quad \forall u \in u_{ad}$

On définit les fonctionnelles suivantes :

$$ (5.2) \qquad J_1(u) = \int_Q |y-z_d|^2 dxdt + \nu\|u\|^2_{L^2(0,T)} $$

$$ (5.3) \qquad J_2(u) = \int_0^T |s(t)-s_d(t)|^2 dt + \nu \|u\|^2_{L^2(0,T)} $$

$$ (5.4) \qquad J_3(u) = \int_Q |x|^2 dt + \nu \|u\|^2_{L^2(0,T)} $$

avec $z_d$ donné dans $L^2(Q)$, $s_d(t)$ donné dans $L^2(0,T)$ et $x_d$ fonction caractéristique d'un ensemble donné de Q. On considère les problèmes de contrôle (Pi) :

$$ (5.5) \qquad \left\{ \begin{array}{l} \text{Trouver } \bar{u} \in u_{ad} \text{ tel que :} \\ J_i(\bar{u}) = \operatorname{Inf}_{u \in u_{ad}} J_i(u) \quad (i=1, 2, 3) \\ \qquad u \in u_{ad} \end{array} \right. $$

De la proposition 5, on déduit le résultat suivant :

**Proposition 6** : Les problèmes de contrôle (Pi) admettent au moins une solution.

Nous allons maintenant chercher sur le problème semi-discrétisé associé des conditions nécessaires d'optimalité, et pour cela, nous étudions la G-différentiabilité de $\{y^n\}$ par rapport à $\{v^n\}$
De même que précédemment, la solution de l'inéquation variationnelle semi-discrétisée est solution du problème :

$$
\begin{align*}
& \left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle \frac{y^{n+1}-y^n}{\Delta t} - \Delta y^{n+1} + y^{n+1} = (-L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1})x \quad ]0,s^{n+1}[ \\[1em]
\text{(5.6)} \qquad \frac{dy^n}{dx}(0) = -y^{n+1} \\[1em]
\text{(5.7)} \qquad y^{n+1}(R) = 0 \\[1em]
\text{avec } y^{n+1}(s^{n+1}) = 0 \quad \text{et } s^{n+1} < R
\end{array}
\right.
\end{align*}
$$

Pour avoir l'équivalence, il suffit de démontrer l'unicité de la solution.

A partir de (5.6) et (5.7) on a $y^{n+1}=0$ sur $[s^{n+1},R]$.

De plus, on obtient :

$s^{n+1} \geq s^n$ en effet, sinon $s^{n+1} < s^n$ et donc

$$
-L \frac{s^{n+1} - s^n}{\Delta t} + f^{n+1} \geq 0 \Rightarrow s^{n+1} = R \text{ et donc une contradiction.}
$$

On reprend alors sur ce système un raisonnement analogue à celui fait sur l'inéquation, pour démontrer l'unicité de la solution.

Supposons qu'il existe deux solutions $y_1^{n+1}$ et $y_2^{n+1}$ on obtient

$$
\begin{align*}
& (5.9) \quad \left( \frac{y_1^{n+1} - y_2^{n+1}}{\Delta t} , y_1^{n+1} - y_2^{n+1} \right) + a \left( y_1^{n+1} - y_2^{n+1} , y_1^{n+1} - y_2^{n+1} \right) = \\
& = - L \frac{s_1^{n+1}}{\Delta t} \int_0^{s_1^{n+1}} \left( y_1^{n+1} - y_2^{n+1} \right) + L \frac{s_2^{n+1}}{\Delta t} \int_0^{s_2^{n+1}} \left( y_1^{n+1} - y_2^{n+1} \right)
\end{align*}
\text{Supposons } s_1^{n+1} > s_2^{n+1}
$$

A partir de (5.6), (5.7), on a $\frac{dy^{n+1}}{dx} \le 0$, (on constate que la solution $y^{n+1} \in H^2(\Omega)$ et donc $\frac{dy^{n+1}}{dx} \to (s^{n+1}) = 0$, on écrit l'équation sur $]0,s_{n+1}[$, on différencie en x et par le principe du maximum on en déduit le résultat).

En particulier comme :

$$
y^{n+1}(x) = \int_x^R \frac{dy^{n+1}}{dx} \quad \text{et} \quad y^{n+1}(x) \ge 0 \text{ on a alors, en notant } u^{n+1} = y_1^{n+1} - y_2^{n+1} :
$$
$$
(5.10) \quad \left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle \frac{u^{n+1}}{\Delta t} - \Delta u^{n+1} + u^{n+1} = -L \frac{s_1^{n+1} - s_2^{n+1}}{\Delta t} \\[2ex]
\displaystyle \frac{du}{dx}(0) = 0 \\[2ex]
\displaystyle \frac{du^{n+1}}{dx}(s_2^{n+1}) \le 0 \quad (\text{car } \frac{dy_2^{n+1}}{dx} (s_2^{n+1}) = 0 \text{ et } \frac{dy_1^{n+1}}{dx} \le 0)
\end{array}
\right.
$$

alors, comme précédemment (Proposition 5), on en déduit

$$
\frac{d(y_1^{n+1} - y_2^{n+1})}{dx} \le 0 \text{ et comme } y_1^{n+1} (s_2^{n+1}) \ge 0
$$

on a

$$
y_1^{n+1} \geq y_2^{n+1}
$$

et donc

$$
(s_1^{n+1} - s_2^{n+1}, y_1^{n+1} - y_2^{n+1}) \ge 0
$$

or de (5.9) on a :

$$
\left(\frac{y_1^{n+1} - y_2^{n+1}}{\Delta t}, y_1^{n+1} - y_2^{n+1}\right) + a \left(y_1^{n+1} - y_2^{n+1}, y_1^{n+1} - y_2^{n+1}\right) \le -L \frac{s_1^{n+1} - s_2^{n+1}}{\Delta t} \int_{\Omega} \left(y_1^{n+1} - y_2^{n+1}\right)
$$

$$
\text{D'où } (s_1^{n+1} - s_2^{n+1}, y_1^{n+1} - y_2^{n+1}) < 0
$$

$$
D'\text{où } y_1^{n+1} = y_2^{n+1} \text{ p.p. et } y_i^{n+1} \in H^2(\Omega)
$$

alors, d'après (5.10) on obtient $s_1^{n+1} = s_2^{n+1}$.

<figure><img src="image_15.png" /></figure>

On va, pour obtenir la G-différentiabilité par rapport à ${v}^n$,
raisonner sur (5.6)-(5.7). Auparavant on peut faire la remarque suivante :

$s^{n+1}$ est solution de :

$$
-L \frac{(s^{n+1})^2}{\Delta t} + \left(L \frac{s}{\Delta t} + f^{n+1}\right) s^{n+1} - \left(-v^{n+1} + \int_0^R \frac{y^{n+1}-y}{\Delta t} \,dx + \int_0^R y^{n+1} \,dx\right) = 0
$$

et plus particulièrement $s^{n+1}$ peut s'exprimer à partir de $y^{n+1}, \bar{y}^n, \bar{s}^n$ ainsi :
$$
(5.11) \quad s^{n+1} = \frac{L \frac{s^n}{\Delta t} + f^{n+1} + \sqrt{(L \frac{s^n}{\Delta t} + f^{n+1})^2 - 4L \frac{s^n}{\Delta t} (-v^{n+1} + \int_0^R \frac{y^{-n+1}-y^n}{\Delta t} + \int_0^R y^{n+1})}}{\frac{2L}{\Delta t}}
$$

De même dans le cas continu, on obtient formellement que s(t) est solution
de l'équation différentielle :

$$
(5.12) \quad \begin{cases} (-L \frac{ds}{dt} + f(t))s(t) = -v(t) + \int_{\Omega} \frac{\partial y}{\partial t} + y \, d\Omega \\ s(0) = s_0 \end{cases}
$$

Pour démontrer la G-différentiabilité, nous allons raisonner par
récurrence.

On considère le problème (5.6) et on étudie la différentiabilité
par rapport à v<sup>n+1</sup>.

$$
\text{Soit } z_{\theta} = \frac{y^{n+1}(v+\theta h) - y^{n+1}(v)}{\theta} ; \quad r_{\theta} = \frac{s^{n+1}(v+\theta h) - s^{n+1}(v)}{\theta} \quad (5.13)
$$

Remarquons tout de suite que de la démonstration précédente on obtient
en particulier

$$
(r_{\theta}, z_{\theta}) \geq 0 \tag{5.14}
$$

on a

$$
(5.15) \quad \left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle \left(\frac{z_{\theta}}{\Delta t}, \varphi\right) + a\left(z_{\theta}, \varphi\right) = \left[ \left(-L \frac{s^{n+1}(v+\theta h)-s^n}{\Delta t} + f^{n+1}\right)x \right]_{0,s^{n+1}(v+\theta h)} \\[2ex]
\quad \left(-L \frac{s^{n+1}(v)-s^n}{\Delta t} + f^{n+1}\right)x \Big|_{0,s^{n+1}(v)} \left[ \begin{array}{l} \cdot \varphi \end{array} \right] \times \frac{1}{\theta} \\[2ex]
\quad + h\varphi(0) \\[2ex]
\forall \varphi \in H^1(\Omega), \varphi(R)=0
\end{array}
\right.
$$

Si on prend $\varphi=z_\theta$ on obtient :

$$
\frac{1}{\Delta t} |z_{\theta}|^2 + \|z_{\theta}\|_{H^1}^2 = - \frac{L}{\Delta t} \int_{0}^{s^{n+1}(v+\theta h)} z_{\theta} + \left(-L \frac{s^{n+1}(v)-s^n}{\Delta t} + f^{n+1}\right) \frac{1}{\theta} \int_{s^{n+1}(v)}^{s^{n+1}(v+\theta h)} z_{\theta} \\
+ h z_{\theta}(0)
$$
Alors on peut passer à la limite dans (5.15) et on obtient :

$$
(5.19) \left\{
\begin{array}{l}
\left(\frac{z}{\Delta t}, \varphi\right) + a(z, \varphi) = \left(-L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1}\right) r \varphi(s(v)) - L \frac{r}{\Delta t} \int_0^{s^{n+1}} \varphi + h \varphi(0) \, d\varphi \\
\forall \varphi \in H^1(\Omega) \quad \varphi(R)=0
\end{array}
\right.
$$

Un raisonnement analogue peut être fait pour la différentiabilité par
rapport à v_j, ∀_j et on obtient si z^n (resp z^{n+1}) représente la dérivée de
y^n (resp y^{n+1}) par rapport à v_j :

$$
(5.20) \quad \left( \frac{z}{\Delta t} - z, \varphi \right) + a \left( z^{n+1}, \varphi \right) = \left( -L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1} \right) r^{n+1} \varphi(s^{n+1}) \\
\qquad + \left( -L \frac{r^{n+1}-r^n}{\Delta t} \right) \int_0^{s^{n+1}} \varphi + h_j \delta_j^{n+1} \varphi(0) \, d\varphi
$$

On a de plus

$$
(5.21) \quad 0 = \frac{1}{\theta} \left( y_{v^{n+1}+\theta h}^{n+1} \left( s(v^{n+1}+\theta h) \right) - y_{v^{n+1}}^{n+1} \left( s(v^{n+1}) \right) \right)
$$

Soit en omettant les indices (n+1)

$$
\left| \frac{y_{v+\theta h} (s(v+\theta h)) - y_v (s(v+\theta h))}{\theta} - z(s_v) \right| \le |z_{\theta} (s_{v+\theta h}) - z_{\theta} (s_v)| \\
\qquad + |z_{\theta} (s_v) - z(s_v)|
$$

et on a

$$
\left| z_{\theta}(s(v+\theta h) - z_{\theta}(s(v))) \right| \le K \left\| z_{\theta} \right\| \left\| s(v+\theta h) - s(v) \right\|^{\frac{1}{2}} \to 0 \\
\theta \to 0
$$

$$
|z_{\theta}(s(v)) - z(s(v))| \le K \|z_{\theta} - z\|_{H^2} \to 0 \quad (\text{par compatibilité})
$$

$$
\text{Donc } \frac{y_{v+\theta h} (s(v+\theta h)) - y_v (s(v+\theta h))}{\theta} - z(s_v) \to 0 \\
\theta \to 0
$$
de plus

$$
\frac{y_v(s(v+\theta h)) - y_v(s(v))}{\theta} = \frac{1}{\theta} \int_{s(v)}^{s(v+\theta h)} \frac{dy}{dx}(x)dx = r_{\theta} \frac{dy}{dx}(k)
$$
$$
\text{pour } k \in [s(v), s(v+\theta h)]
$$

car d'après la régularité de y, $y \in H^2(\Omega)$ et donc $\frac{dy}{dx} \in C(\Omega)$, alors
en passant à la limite on obtient :

$$
\frac{y_v(s(v+\theta h)) - y_v(s(v))}{\theta} \rightarrow r \frac{dy}{dx}(s(v)) = 0 \\
\theta \rightarrow 0
$$

Donc à partir de (5.21) on obtient :

$$
(5.22) \qquad z^{n+1}(s^{n+1}) = 0
$$

En résumé, on a donc :

$$
(5.23) \quad z^{n+1} = 0 \text{ sur } ]s^{n+1}, R[, z^{n+1} \text{ a comme support } ]0, s^{n+1}[
$$

(on retrouve ici un résultat connu sur les inéquations variationnelles elliptiques (F. Mignot [7])

$$
(5.24) \left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle \frac{z^{n+1} - z^n}{\Delta t} - \Delta z^{n+1} + z^{n+1} = - L \frac{r^{n+1} - r^n}{\Delta t} \\[1em]
\displaystyle \frac{dz}{dx}(0) = - h_j \delta_j^{n+1} \\[1em]
\displaystyle z^{n+1}(s^{n+1}) = 0
\end{array}
\right.
$$
$$
(5.25) \quad \frac{dz^{n+1}}{dx}(s^{n+1}) = \left( -L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1} \right) r^{n+1}
$$

Remarque : Formellement ceci donne pour le système continu :

$$
\left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle \frac{\partial z}{\partial t} - \Delta z + z = - L \frac{dr}{dt} \\[1em]
(5.26) \qquad \frac{\partial z}{\partial x}(0,t) = -h(t) \\[1em]
\qquad z(s(t),t) = 0 \\[1em]
\qquad z(x,0) = 0
\end{array}
\right.
$$
$$
(5.27) \quad \frac{\partial z}{\partial x}(s(t), t) = \left(-L \frac{ds}{dt} + f(t)\right) r(t) \quad \text{et } r(0) = 0
$$

On peut donc énoncer le résultat suivant :

**Proposition 7** : La solution $(y^n, s^n)$ de l'inéquation variationnelle semi-discrétisée est Gâteaux-différentiable par rapport à $(v^n) \in \mathbb{R}^N$ et la dérivée $(z^n, r^n)$ vérifie le système (5.24)-(25).

Nous allons maintenant rechercher des conditions nécessaires d'opti-
malité pour les problèmes de contrôle ($P_1$). Considérons tout d'abord le
problème ($P_1$) semi-discrétisé, soit :

$$
\tilde{J}(u) = \sum_{n=1}^{NT+1} \Delta t \|y^n - z_d^n\|^2 + v \sum_{n=1}^{NT+1} |u^n|^2 \Delta t = \tilde{J}_1(u) + \tilde{J}_2(u)
$$

on a

$$
\tilde{J}_2'(u) \cdot h = 2v \sum_{n=1}^{NT+1} (u^n, h^n) \Delta t \quad (5.27)
$$

$$
\tilde{J}'_1(u) \cdot h = \sum_{n=1}^{NT+1} 2 \Delta t (y^n - z_d^n, z^n)
$$

On introduit alors l'état adjoint $(p^n, q^n)$ suivant :

$$
(5.28) \quad \left\{
\begin{array}{l}
- \frac{p^{n+1} - p^n}{\Delta t} - \Delta p^n + p^n = 2 \Delta t (y^{n+1} - z_d^{n+1}) \\[1em]
(5.29) \quad \frac{dp^n}{dx}(0) = 0 \\[1em]
(5.30) \quad \frac{dp^n}{dx}(s^{n+1}) = -q^n
\end{array}
\right.
$$

$$
(5.29) \qquad \frac{dp^n}{dx}(0) = 0
$$

$$
(5.30) \quad \frac{dp^n}{dx}(s^{n+1}) = -q^n
$$

$$
(5.31) \quad p^{NT+1}(x) = 0
$$

$$
(5.32) \quad - \frac{L}{\Delta t} \int_{0}^{s^{n+1}} (p^n - p^{n+1}) = \left(-L \frac{s^{n+1} - s^n}{\Delta t} + f^{n+1}\right) p^n (s^{n+1})
$$
On a alors :

$$
\begin{align*}
J_1'(u) \cdot h &= \sum_{n=0}^{\text{NT}} \int_0^{s^{n+1}} \left( -\frac{p^{n+1}-p^n}{\Delta t} - \Delta p^n + p^n, z^{n+1} \right) \\
&= \sum_{n=0}^{\text{NT}} \left[ \int_0^{s^{n+1}} \left( p^n, \frac{z^{n+1}-z^n}{\Delta t} - \Delta z^{n+1} + z^{n+1} \right) + \frac{dz^{n+1}}{dx}(s^{n+1}) - \right. \\
&\qquad \left. - \frac{dz^n}{dx}(0) p^n(0) \right] \\
&= \sum_{n=0}^{\text{NT}} \left[ \int_0^{s^{n+1}} \left( p^n, -L \frac{r^{n+1}-r^n}{\Delta t} \right) + r^{n+1} \left( -L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1} \right) p^n(s^{n+1}) + \right. \\
&\qquad \left. + h^{n+1} p^n(0) \right] \\
&= \sum_{n=0}^{\text{NT}} \left[ \int_0^{s^{n+1}} \left( r^{n+1}, -L \frac{p^n-p^{n+1}}{\Delta t} \right) + r^{n+1} \left( -L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1} \right) p^n(s^{n+1}) + \right. \\
&\qquad \left. + h^{n+1} p^n(0) \right]
\end{align*}
$$

Donc :

$$
J_1'(u) \cdot h = \sum_{n=0}^{\text{NT}} h^{n+1} p^n(0)
$$

On a donc l'expression du gradient :

$$
(5.33) \quad \sum_{n=1}^{NT+1} h^n (2\nu u^n + p^{n-1}(0))
$$

Pour justifier ce résultat, il reste à démontrer que (5.28)...(5.32)
admet une solution.

$$
\begin{align*}
\text{On a : } -\frac{L}{\Delta t} \int_0^s (p^n - p^{n+1}) &= L \int_0^s (-\Delta p^n + p^{n-2}\Delta t(y^{n+1} - z_d^{n+1})) \\
&= -L \left[ \frac{dp^n}{dx} \right]_0^{n+1} + L \int_0^s p^{n-2}\Delta t \int_0^{s^{n+1}} (y^{n+1} - z_d^{n+1}) \\
&= L \left( q^n + \int_0^s p^{n-2}\Delta t \int_0^s (y^{n+1} - z_d^{n+1}) \right) = -L \left( \frac{s^{n+1}}{\Delta t} - s^n + f^{n+1} \right) p^n(s^{n+1})
\end{align*}
$$
Donc, on obtient :

$$
(5.34) \quad q^n = - \frac{1}{L} \left( -L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1} \right) p^n(s^{n+1}) + 2\Delta t \int_0^{s^{n+1}} (y^{n+1}-z_d^{n+1}) \, ds^n
$$

Alors $p^n$ est solution de (5.28)-(5.29)-(5.31) et

$$
(5.35) \quad \frac{dp^n}{dx^n}(s^{n+1}) - \frac{1}{L} \left( -L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1} \right) p^n(s_{n+1}) = -2\Delta t \int_0^{s^{n+1}} (y^{n+1}-z_d^{n+1}) \\
\phantom{(5.35) \quad \frac{dp^n}{dx^n}(s^{n+1}) - \frac{1}{L} \left( -L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1} \right) p^n(s_{n+1}) =} + \int_0^{s^{n+1}} p^n.
$$

$$
\text{Soit } \frac{dp^n}{dx^n}(s^{n+1}) + k p^n(s^{n+1}) = \alpha + \int_0^{s^{n+1}} p^n
$$

avec

$$
\left\{
\begin{array}{l}
k = - \frac{1}{L} \left( -L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1} \right) > 0 \\
\alpha = -2\Delta t \int_{0}^{s^{n+1}} (y^{n+1} - z_{d}^{n+1})
\end{array}
\right.
$$

On considère le problème de contrôle suivant (pour alléger les notations on
a pris s<sup>n+1</sup> = 1).

$$
(5.36) \quad -\Delta p^n + c p^n = 2\Delta t (y^{n+1} - z_d^{n+1}) + \frac{p^{n+1}}{\Delta t} ; \quad c = 1 + \frac{1}{\Delta t}
$$

$$
(5.37) \quad \left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle \frac{\partial p^n}{\partial x}(0) = 0 \\
\\
\displaystyle \frac{\partial p^n}{\partial x}(1) + k p^n(1) = \alpha + u
\end{array}
\right.
$$

$$
(5.38) \quad \frac{\partial p^n}{\partial x}(1) + k p^n(1) = \alpha + u
$$

$$
(5.39) \quad J(u) = |u| - \int_{0}^{1} p^{n}(x) dx, \quad u \in \mathbb{R}
$$

Ce problème admet une solution $\bar{u}$. De plus d'après la linéarité de (5.36)-(5.38) on a toujours :

$$
\int_0^1 p^n(x) dx = a + bu
$$

Donc $J(u) = |a+(b-1)u|$. Alors si $b \neq 1$, la solution du problème de contrôle est unique ($\bar{u} = \frac{a}{1-b}$) et $J(\bar{u}) = 0$
On aura bien alors la solution de (5.28)-(5.32) ;

or, $b=\int_{0}^{1} P_{1}(x)dx$ avec $P_{1}$ solution de :

$$ (5.40) \quad \left\{ \begin{array}{l} -\Delta P_1 + cP_1 = 0 \\ \frac{dP_1}{dx}(0) = 0 \\ \frac{dP_1}{dx}(1) + kP_1(1) = 1 \end{array} \right. $$

alors, pour avoir $\int_0^1 P_1(x)dx = \frac{1}{c}(1-kP_1(1)) \neq 1$

il faut $1-kP_1(1) \neq c$,

$$ \text{soit, } \quad P_1(1) \neq (1-c) \frac{1}{k} = - \frac{1}{\Delta t k} < 0 $$

Or, d'après (5.40), on a toujours $P_{1} \ge 0$ donc $b \neq 1$ ; ainsi, il existe toujours une solution au système adjoint.

Ceci fournit en plus une méthode numérique pour déterminer $p_1^n$.

On calcule $P_0$ solution de :

$$ \left\{ \begin{array}{l} -\Delta P_0 + cP_0 = 2(y^{n+1} - z_d^{n+1})\Delta t + \frac{\rho^{n+1}}{\Delta t} \\ \\ \frac{dP_0}{dx}(0) = 0 \\ \\ \frac{dP_0}{dx}(1) + kP_0(1) = \alpha \end{array} \right. $$

On calcule $P_1$ et on prend :

$$ (5.41) \quad u = \frac{\int_{0}^{1} P_{0}(x) dx}{1 - \int_{0}^{1} P_{1}(x) dx} $$
On résoud (5.30)...(5.38) avec u déterminé par (5.41). On peut alors
utiliser pour ce problème, un algorithme de gradient. Considérons
maintenant le problème ($P_2$) semi-discrétisé. On a :

$$
\tilde{J}(u) = \sum_{n=1}^{NT+1} (s^n - s_d^n)^2 \quad \Delta t + \nu \sum_{n=0}^{NT+1} |u^n|^2 \Delta t = \tilde{J}_1(u) + \tilde{J}_2(u)
$$

On a encore

$$
\tilde{J}'_2(u) = 2 \nu \sum_{n=0}^{NT+1} (u^n, h^n)
$$

$$
\tilde{J}'_1(u) = 2\Delta t \sum_{n=1}^{NT+1} (s^n - s_d^n) r^n
$$

On introduit alors l'état adjoint suivant :

$$
(5.42) \qquad - \frac{p^{n+1} - p^n}{\Delta t} - \Delta p^n + p^n = 0
$$

$$
(5.43) \qquad \frac{dp^n}{dx} (0) = 0
$$

$$
(5.44) \qquad \frac{dp^n}{dx}(s^{n+1}) = -q^n
$$

$$
(5.45) \qquad p^{NT+1} = 0
$$

$$
\text{avec} \quad (5.46) \quad \frac{1}{\Delta t} \int_{0}^{s^{n+1}} (p^n - p^{n+1}) = \left( -L \frac{s^{n+1} - s^n}{\Delta t} + f^{n+1} \right) p^n (s^{n+1}) + 2\Delta t (s^{n+1} - s_d^{n+1})
$$

Par une méthode analogue au cas précédent, on obtient l'existence
et l'unicité d'une solution au problème (5.42...(5.46). On a alors :
$$
\begin{align*}
\tilde{J}'_1(u) &= 2\Delta t \sum_{n=0}^{NT} (s^{n+1} - s_{d}^{n+1}) r^{n+1} \\
&= \sum_{n=0}^{NT} \frac{L}{\Delta t} \left( \int_{0}^{s} (p^n - p^{n+1}) r^{n+1} \right) - \sum_{n=0}^{NT} \left( -L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1} \right) p^n (s^{n+1}) r^{n+1} \\
&= -\frac{L}{\Delta t} \sum_{n=0}^{NT} \int_{0}^{s} p^n (r^n - r^{n+1}) - \sum_{n=0}^{NT} \left( -L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1} \right) p^n (s^{n+1}) r^{n+1} \\
&= - \sum_{n=0}^{NT} \int_{0}^{s} \left( p^n \frac{z^{n+1}-z^n}{\Delta t} - \Delta z^{n+1} + z^{n+1} \right) - \sum_{n=0}^{NT} \left( -L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1} \right) p^n (s^{n+1}) r^{n+1} \\
&= - \sum_{n=0}^{NT} \int_{0}^{s} \left( z^{n+1} \frac{p^n-p^n}{\Delta t} - \Delta p^n + p^n \right) - \left( -L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1} \right) r^{n+1} p^n (s^{n+1}) \\
&\qquad - h^{n+1} p^n (0) - \sum_{n=0}^{NT} \left( -L \frac{s^{n+1}-s^n}{\Delta t} + f^{n+1} \right) r^{n+1} p^n (s^{n+1}) \\
&= \sum_{n=0}^{NT} h^{n+1} p^n (0)
\end{align*}
$$

On a donc l'expression du gradient :

$$
(5.47) \quad \sum_{n=0}^{NT+1} h^n (2v u^{n+1} p^n - u^{n+1} p^n)
$$

Notons enfin que pour résoudre le problème $(P_3)$, on peut introduire un
problème approché comme dans [8] Saguez, on se retrouve alors dans la
même situation que pour le problème $(P_1)$.
VI. EXEMPLE NUMERIQUE.

On reprend l'exemple du III avec les mêmes données. L'état θ du système est solution de (3.1)-(3.5) ou plus exactement y est solution de l'inéquation associée. Soient :

$$
\mathcal{U}_{ad} = \{ v \in L^2(0,T) \mid 0 < \alpha \le v(t) \le 1, v(t) \text{ croissante} \}.
$$

$$
J(v) = \|y - z_d\|^2_{L^2(Q)}
$$

$$
\begin{align*}
z_d(x,t) &= -\frac{x^3}{6} + x^2 - \left(t+\frac{1}{2}\right)x + \left(2-\sqrt{3-2t}\right)\left(-\frac{1}{3} + \frac{2t}{3} + \sqrt{3-2t}/3\right) \\
&\qquad \text{si } x < 2 - \sqrt{3-2t}
\end{align*}
$$

$$
= 0 \text{ sinon}
$$

Alors la solution exacte du problème de contrôle est $v(t)=t+\frac{1}{2}$.
Nous avons utilisé une méthode de gradient, grâce à (5.33). Le pas de
discrétisation choisi est :

$$
k = \frac{T}{N_t} = \frac{1}{10} ; \quad h = \frac{1}{N_x} = \frac{1}{20}
$$

Les résultats sont présentés figures 4-5-6.

Le temps de calcul est de l'ordre de 1mn sur IBM 370-168, et on
obtient pour la fonctionnelle la valeur 0,169 x 10⁻⁵.

Pour illustrer la convergence donnons quelques valeurs de J au
cours des itérations.

<table>
  <tr>
    <td>NOMBRE D'ITERATIONS</td>
    <td>1</td>
    <td>5</td>
    <td>10</td>
    <td>15</td>
    <td>20</td>
    <td>25</td>
  </tr>
  <tr>
    <td>J</td>
    <td>0,111×10<sup>-1</sup></td>
    <td>0,270×10<sup>-3</sup></td>
    <td>0,529×10<sup>-3</sup></td>
    <td>0,193×10<sup>-3</sup></td>
    <td>0,428×10<sup>-4</sup></td>
    <td>0,169×10<sup>-4</sup></td>
  </tr>
</table>
<figure><img src="image_16.png" /><figcaption>Figure 4.</figcaption></figure>

<figure><img src="image_17.png" /><figcaption>Figure 5.</figcaption></figure>
<figure><img src="image_18.png" /><figcaption>Figure 6.</figcaption></figure>
## CONCLUSION.

Dans cet article, nous avons montré comment la transformation d'un problème à frontière libre en une inéquation variationnelle permettait de résoudre efficacement celui-ci et d'étudier divers problèmes de contrôle associés. Cette technique peut-être appliquée à de nombreux cas pratiques. Une application, pour simuler la solidification de l'acier en coulée continue, a été réalisée en collaboration avec l'IRSID ([13] C. Saguez - M. Larrecq). Dans ce cas l'équation de conduction est non-linéaire, et le terme $f(t)$, solution d'une équation différentielle, représente la convection dans le liquide. Cette méthode a permis, avec un programme de très faible encombrement mémoire, d'étudier l'influence de la convection sur l'épaisseur solidifiée en sortie de lingotière. Les résultats obtenus se sont avérés être en très bon accord avec les expériences réalisées.

## Remerciements :

Je remercie M.F. Mignot pour les nombreuses remarques et suggestions qu'il a bien voulu me faire.
BIBLIOGRAPHIE

[1] C. BAIOCCHI : Free boundary problems in the theory of fluid flow through porous media (International Congress of Mathematicians - Vancouver - Canada - August 1974).

[2] A. DAMLAMIAN : Problèmes aux limites non linéaires du type du problème de Stefan et inéquations variationnelles d'évolution.

[3] G. DUVAUT : Problèmes à frontière libre en théorie des milieux continus (Rapport Laboria 1976).

[4] G. DUVAUT-J.L. LIONS : Les inéquations en mécanique et en physique (Dunod 1972).

[5] A. FRIEDMAN - D. KINDERLEHER : A class of parabolic quasi variational Inequalities. (Journal of Differential Equation 21- 1976).

[6] R. GLOWINSKI - J.L. LIONS - R. TREMOLIERES : Analyse numérique des inéquations variationnelles (Dunod 1976).

[7] F. MIGNOT : Contrôle dans les inéquations variationnelles elliptiques (thèse d'état - Paris VI - 1975).

[8] C. MORENO - C. SAGUEZ : Dépendance par rapport aux données de la frontière libre associée à certaines inéquations variationnelles d'évolution. Application au contrôle optimal. (à paraître).

[9] M. PROTTER - H. WEINBERGER : Maximum principles in differential equations (Prentice Hall - 1967).

[10] C. SAGUEZ : Contrôle optimal de systèmes gouvernés par des inéquations variationnelles. Application à des problèmes de frontière libre. (Rapport Laboria 1976).

[11] C. SAGUEZ : A variational inequality associated to a Stefan Problem. Simulation and Control (8th IFIP Conference on Optimization Techniques. Würzburg 1977).

[12] F.K. GREISS - W.H. RAY : The application of distributed parameter state estimation theory to a metallurgical casting operation (Congrès IRIA, Dec. 1976.)

[13] C. SAGUEZ - M. LARRECQ : Modèle mathématique de la solidification en coulée continue tenant compte de la convection à l'interface liquide-solide. (Journées Métallurgiques d'Automne 1977).