Н.А. Боголюбов - ОММ Методическое пособие (1133432), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Следовательно, схема условно устойчива!177Геометрический критерий устойчивости:Основная идея: на каждом шаге вычисления по любой израссматриваемых разностных схем, в одной из точек шаблона сеточнаяфункция определяется, а во всех остальных уже известна.Проведем характеристику уравнения переноса из точки, где ищетсярешение. Его характеристикой является x − ct = const .
Если шаги τ и hвыбраны таким образом, что эта характеристика пересекает отрезоксоединяющий точки шаблона, в которых решение известно, то тогда схемабудет устойчивой. Если же характеристика не пересекает этот отрезок она не является устойчивой.m−1n+1n+1nnmm−1устойчиваmнеустойчиваЕсли мы имеем четырехточечный шаблон, то как бы не проводилихарактеристику , она будет пересекать отрезок, в точках которого значениесеточной функции нам известно.
Таким образом, четырехточечный шаблонгарантирует безусловную устойчивость. В этом заключается преимуществочетырехточечного шаблона над трехточечным.Основной недостаток четырехточечного шаблона в сравнении стрехточечным - она не является монотонной .Разностная схема называется монотонной , если она обладаетследующим свойством: если сеточная функция vm,n на n - ом временном178слое монотонно меняется с изменением номера m следует, что она будеттак же монотонно меняться на n + 1 - ом слое.Причем, линейная монотонная разностная схема для уравненияпереноса не может иметь второй или более высокий порядок точности.Рассмотрим пример:∂u∂t+∂u∂x= 0, (x > 0, t > 0),ux=0= 0,ut=0= 1.Точное решение поставленной задачи:uxРешение задачи, полученное по монотонной разностной схеме( трехточечный шаблон) :ux179Решение поставленной задачи с помощью немонотонной разностнойсхемы:uxПри быстропеременных решениях обычно используют схемы первогопорядка точности.Примеры:1) Устойчива ли разностная схема:ssyn+1− 2yns + yn−1yns+1 − ynss=2−5y, с заданными τ = 0,01 , h = 0,1.n2τhРешение:Возьмем одну гармонику:yns = λ se iαn .180Получим:ssyns+1 = λ s+1e iαn; yn+1= λ se iα(n + 1); yn−1= λ se iα(n − 1) .Подставляем полученные выражения в исходное разностное уравнение:λ s+1e iαn − λ se iαn =2τ s iα(n + 1)s iαns iα(n − 1)s iαnλe−2λe+λe−5λe.()2hПоделим полученное нами выражение на λ se iαn :2τ iαλ − 1 = 2 (e − 2 + e −iα) − 5τ .hВыразим λ :λ = 1 − 5τ +2τ eh2 (i α2−e2i−i α2)2⋅ (−4) = 1 − 5τ −2τ2α⋅4⋅sin.2h2При изменении α число λ(α) пробегает отрезок :1 − 5τ −2τ⋅ 4 ≤ λ ≤ 1 − 5τ .2hУсловие Неймана выполнено, если :2τ−1 ≤ 1 − 5τ − 2 ⋅ 4 .hПроверим его применительно к нашему случаю:1 − 5τ −2τ2 ⋅ 0,01⋅4=1−0,01⋅5−⋅ 4 = 1 − 0,05 − 8 < − 1 .2h0,01Условие Неймана не выполнено ⇒ схема неустойчива !1812) Устойчива ли разностная схема:ssyn+1− 2yns + yn−1yns+1 − yns=5+ 2, с заданными τ = 0,01 , h = 0,1 ?2τhРешение:В общем виде условие устойчивости для явной разностной схемы:ssyn+1− 2yns + yn−1yns+1 − yns= an+ f (xn)2τhимеет следующий вид:h2.τ≤2anВ нашем случае an = 5, h 2 = 0,01, τ = 0,001 :h20,01== 0,001 = τ .2⋅510Таким образом , условие устойчивости выполняется ирассматриваемая разностная схема является устойчивой .3) Является ли устойчивой разностная схема :yn+1 − 2yn + yn−1yns+1 − yns 2 s+1 1 s= Λyn + Λyn + 2, где Λyn =h2τ33при заданных τ = 0,1 , h = 0,1 ?Решение:В качестве критерия устойчивости будем использовать схему с весами:yns+1 − yns= δΛyns+1 + (1 − δ)Λyns .τ182Данная схема будет безусловно устойчива при δ ≥ 0,5 и условно устойчивапри δ < 0,5 .Более точно: схема с весами устойчива в нормеy1= yx, есливыполнено следующее условие :1 h2δ≥ −= δ0 .2 4τВ нашем случае:δ=2 1>- схема безусловно устойчива .3 24) Является ли устойчивой разностная схема :s+1syn+1− yn+1τ+2syn+1− ynsh= 0, при заданных τ = 0,1 , h = 0,01 ?Решение:Проверим необходимые условия с помощью спектрального критерияНеймана:будем искать решение в следующем виде:yns = λ se iαn .Получим:τλ s+1e iα(n + 1) − λ se iα(n + 1) + 2 (λ se iα(n + 1) − λ se iαn) = 0 .hПоделим полученное выражение на λ se iα(n + 1) :τλ − 1 + 2 (1 − e −iα) = 0 .hττВыразим λ : λ = 1 − 2 + 2 (cosα − isinα) =hh183ττ= 1 − 2 (1 − cosα) − i ⋅ 2 sinα =hhαττ= 1 − 4 sin2 − i ⋅ 2 sinα .h2hλ2τατ= 1 − 4 sin2+4sin2α ≤ 1 .((h)h2)22Обозначим:τ.hr=Получим:2α1 − 8rsin22+ 16r sin4α2+ 4r 2sin2α ≤ 1 .В нашем случае :r=0,1= 10 - условие Неймана не выполнено ⇒ cхема0,01неустойчива .И если мы проверим достаточные условия устойчивости - критерийКуранта:τ≤h.2В нашем случае :h 0,01== 0,005 < 0,1 = τ - cхема неустойчива !22184Выводы по устойчивости разностных схем:1) Неявная разностная схема безусловно ( всегда ) устойчива при любыхсоотношении шагов τ и h .2) Устойчивость явных разностных схем проверяется необходимыми (спектральный критерий Неймана смотри главу 5 ) и достаточными( критерий Куранта) условиями устойчивости.3) Спектральный критерий Неймана позволяет сразу отборосить« нехорошие» , заведомо неустойчивые разностные схемы.
А чтобы сразуубедиться, что разностная схема устойчива , например для уравнениятеплопроводности второго порядка, используют критерий Куранта.В завершении главы, рассмотрим первое практическое задание наиттерационные методы :используя схему бегущего счета и иттерационные методы , решить задачу:∂u∂t−4u 21 + (1 +u4)2∂u∂x= 0, − 1 ≤ x < 0,u(x,0) = x 2,u(0, t) = 0 .185Решение:Для того, чтобы определить не претерпевает ли решение разрыв,составим уравнение характеристик и посмотрим, будут ли они пересекаться.Для рассматриваемой задачи уравнение характеристик приметследующий вид:t − t0=14(x − x0)(1 + (1 + u ) )24u 3.Учитывая граничные и начальные условия, получим, чтохарактеристики, выходящие из t = 0 и x = 0 будут иметь следующий вид:x − x04 2t=−1+1+u(0 ) ), при t0 = 0 ;(64x0x =0,при x0 = 0 .Видно, что при −1 ≤ x < 0 пересечения характеристик нет.186Будем решать поставленную задачу численно.
Введем разностнуюсетку:w=1xi = ihx, i = 0, . . . , Nx, hx = ; tj = jτ , Nx - число узлов вдольNx{}оси x, τ - шаг по времени.Перепишем наше исходное уравнение в следующем виде:∂u∂−arctan(1 + u 4) = 0,∂t∂xДля краткости записи , обозначим:f (u) ≡ arctan(1 + u 4) .Введем сеточную функцию :yij= u(xi, tj) = yi,f (yij)= ln 1 +(jy( i))2= fi .Значения функций на j + 1 слое обозначим yij+1 ≡ ^yi, f (yij+1) = f^i .Будем использовать четырехточечный шаблон ( прямоугольник ) , таккак мы уже говорили что он имеет серьезные преимущества надтрехточечным шаблоном: имеет порядок аппроксимации O(τ 2 + hx2) иабсолютно устойчив при любом выборе шагов по сетке.j + 1 cлойЗначение в точке(i + 1; j + 1)j слойсчитается неизвестным.i + 1 шагi шаг187В таком случае разностная аппроксимация нашего уравнения в точке(xi + 0,5hx; tj + 0,5τ) имеет следующий вид:^yi − yi + ^yi+1 − yi+12τ−fi+1 − fi + f^i+1 − f^i2hx= 0,для граничных и начальных условий:yi0 = xi,{y0j = 0 .Полученную разностную схему мы будем решать с помощью схемыбегущего счета .
Считая значение на j - ом слое известным, найдем решениена j + 1 - ом слое . После чего , мы сможем по начальным условиям найтирешение для любого момента времени. Считая значение на i - ом шагеизвестным , будем искать решение на i + 1 - ом шаге. В результате, мыполучим решение на текущем слое.Будем решать наше уравнение иттерационным методом Ньютона:^yi − yi − yi+1 fi+1 − fi − f^i11^Fi+1 ≡ F(^yi+1) = −f i+1 + ^yi+1 +−.2hx2τ2τ2hxТогда:^y(s+1) = ^y(s) −i+1i+1F(^y(s)i+1)F′(^y(s)i+1).Иттерационный процесс мы будем заканчивать при достожениизаданной точности:δ: Δ^y(s)<δ .i+1Так мы получаем значения сеточной функции y на j + 1 - ом слое.188189190191192ГЛАВА 8Вариационные методырешения краевых задач.Метод Ритца.Во многих случаях, решение дифференциальной задачи можно свести квариационной задаче.
Выделяют два основных метода решениявариационных задач. К первому типу относятся методы, сводящиеисходную задачу к решению дифференциальных уравнений. Ко второмутипу относятся так называемые прямые методы . Они позволяют решитьисходную задачу : поиск функции в заданном классе, которая обеспечиваетэкстремальное значение заданному функционалу. Наиболее известнымпрямым методом является метод Ритца .В области D рассмотрим следующую задачу:Au = f,{u Σ = 0 .Наложим на оператор A следующие условия:1) оператор A является самосопряженным :(Au, u) = (u, Au) .2) оператор A является знакоопределенным : −(Au, u) ≥ γ u 2, γ > 0 .
193Пример:Au = div(kgradu) − qu, k > 0, q > 0 .Проверим:−(Au, u) = [k ∇2 u + qu 2]dv ≥ minq u∫D2.DРассмотрим следующий функционал:J[u] = 2( f, u) − (Au, u) .Для рассматриваемого функционала, поставим вариационную задачу:J[u] → min,{u Σ = 0 .Тогда:J[u + δu] − J[u] = 2( f, δu) − (Au, u) − (Aδu, u) − (Aδu, δu) == 2(Au − f, δu) − (Aδu, δu) .Вариация функционала - линейная часть приращения равна нулю при :Au − f = 0 .Значит, экстремаль функционала вариационной задачи являетсярешением исходной дифференциальной задачи. Причем, на даннойэкстремали достигается сильный минимум, так как: −(Aδu, δu) ≥ γ δuЕсли же мы предположим, что u является решениемрассматриваемой дифференциальной задачи ,то :J[u + δu] − J[u] = − (Aδu, δu) ≥ 0для любой функции (u + δu) .1942.Значит, решение дифференциальной задачи является решениемвариационной задачи.Резюмируя всё вышесказанное , скажем, что решение задачи Au = fэквивалентно поиску минимума функционала J[u] = (Au, u) − 2(u, f ) в томслучае, если оператор A самосопряженный и положительноопределенный в гильбертовом пространстве H .Введем последовательность конечномерных пространств Vn c(n)φ{ i }nбазисными функциями.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
