Н.А. Боголюбов - ОММ Методическое пособие (1133432), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Будем искать приближение un ∈ Vn кi=1искомому решению u так , чтобы оно доставляло минимум функционалуJ[u] в Vn .Будем искать un в виде :un =n∑yjφj .j=1Тогда функционал J[un] в Vn будет иметь следующий вид:J[un] = A=nn∑∑j=1 k=1=nn∑∑1 k=1n∑j=1yjφj,n∑(∑yk φk − 2k=1αj,k yj yk − 2∑l=1)ylφl, fl=1yj yk(Aφj, φk) − 2nn=ny φ, f =∑ l( l )l=1βl yl ,αj,k = (Aφj, φk); βl = (φl, f ) .Причем, αj,k = αk, j - так как оператор A является самосопряженным.Следовательно для yi , n получаем:n∂J[un]=αij yj − βj = 0 .∑∂yij=1195Построим методом Ритца разностную схему для задачи :(ku′) − qu = − f (x), x ∈ [0,1], {u(0) = u(1) = 0 .′Иными словами: Au = − (ku′) + qu .′Причем: в случае, если u(0) = a и u(1) = b сделаем замену переменныхv(x) = u(x) + ξx + ψ и потребуем , чтобы v(0) = v(1) = 0 .Иначе говоря, u(0) + ψ = 0 и u(1) + ξ + ψ = 0 .Таким образом, ψ = − a , ξ = a − b , v(x) = u(x) + (a − b)x − a .Подставляя u(x) = v(x) + (b − a)x + a в исходный оператор мыполучаем эквивалентную краевую задачу в следующем виде:Av = (k v′) − qv = − f (x) + (a − b)k′ + q((b − a)x + a), x ∈ [0,1],′v(0) = v(1) = 0 .Теперь остановимся на выборе базисных функций.Простейшим вариантом выбора базиса является система кусочно линейных функций.
Чтобы ее построить необходимо сначала задатьразбиение отрезка [0,1] на n отрезков :0 = x0 < x1 < . . . < xn < xn+1 = 1 .196Положим hi = xi+1 − xi и определим следующие функции:0, 0 ≤ x ≤ xi−1,hi−1 (x − xi−1), xi−1 < x ≤ xi, 1φi(x) =1xhi ( i+1− x), xi < x ≤ xi+1, i = 1, n 0, xi+1 < x < 1 .
Рассмотрим графики записанных базисных функций:1 y1 y1 yy = φi(x)y = φ1(x)x1x2x1xi−1 xixi+1x1xn−1y = φn(x)xn1xПроизводные базисных функций будут кусочно - постояннымифункциями и их несложно найти:0, 0 ≤ x ≤ xi−1,1φi′(x) =hi−1, xi−1 < x ≤ xi, − h1 , xi < x ≤ xi+1, i = 1, n i0, xi+1 < x < 1 .
Так как i - ая функция отлична от нуля только на промежутке(xi−1, xi+1] , то имеют место следующие равенства:φi(x)φj(x) = 0 , φi′(x)φj′(x) = 0 , i, j = 1, n , j ≠ i − 1, j ≠ i , j ≠ i + 1 .Последнее выражение означает, что матрица системы уравнений дляcj при таком выборе базисных функций будет трехдиагональной.197Ненулевыми элементами будут:1ai,i+1 = [p(x)φi′(x)φ′i+1(x) + q(x)φi(x)φi+1(x)]d x =∫02 xi+1xi+1211=−p(x)d x+ (xi+1 − x)(x − xi)q(x)d x, ∫( hi ) ∫( hi )xi i = 1, n − 1 .xiI1,i1ai,i = [p(x)(φi′(x)) + q(x)φi2(x)]d x =∫20=−2 xi+12 xi( hi−1 ) ∫1p(x)d x+xi−12 xi1p(x)d x+∫( hi )xi2 xi+112+x−xq(x)dx+x−x(( i+1) q(x)d x , i = 1, n .i−1)( hi−1 ) ∫( hi ) ∫12xi−1xiI2,iI3,i1ai,i−1 = [p(x)φi′(x)φi−1′(x) + q(x)φi(x)φi−1(x)]d x =∫0=−2 xi( hi−1 ) ∫1xi−1p(x)d x +2 xi(xi − x)(x − xi−1)q(x)d x , i = 2, n .∫( hi−1 )1xi−1I4,i198Столбец правых частей будет состоять из элементов следующего вида:1xixi+10xi−1xi11(x)dbi = f (x)φi(x)d x =x−xfx+((xi+1 − x)f (x)d x,i−1)∫∫∫hi−1hiI5,iI6,i i = 1, n .Используя введенные нами обозначения для некоторых интегралов,перепишем данные выражения в следующем виде:ai,i = I4,i + I4,i+1 + I2,i + I3,i, i = 2, n,ai,i+1 = − I4,i+1 + I1,i, i = 1, n − 1,ai,i−1 = − I4,i + I1,i−1, i = 2, n,bi = I5,i + I6,i, i = 1, n .Вывод: чтобы построить трехдиагональную систему линейныхуравнений, необходимо вычислить 6n интегралов .
Для некоторых задачэто можно сделать аналитически, но часто приходится воспользоватьсячисленным методам интегрирования.199200Примеры:1) При каких c применим метод Ритца для решения следующей задачи:d 2u+ cu = f (x); x ∈ [0,1]; u(0) = u(1) = 0 .2dxРешение:Проверим условия применимости метода Ритца: самосопряженность((Au, v) = (u, Av)) и положительная определенность ((Au, u) ≥ 0)дифференциального оператора Au = − u″ − cu :самосопряженность :1(Au, v) =1100d ududu dv− 2 − cu v = − v +d x − c uvd x =[]∫ ( dx∫∫dx 0dx dx)12011dvd v= −u− u 2 d x − c uvd x = (u, Av) .
Таким образом, оператор[ dx ] ∫ dx∫01020является самосопряженным для ∀c .Положительная определенность :решение дифференциальной задачи u = C1e λ1x + C2e λ2 x + ũ ограниченная на отрезке [0,1] функция ( ũ - частное решениенеоднородной задачи ). Разложим ее в ряд Фурье:∞a0u=+[ak cosπk x + bksinπk x] .∑2k=1201Так как рассматриваются функции для которых u(0) = u(1) = 0 ,то ak = 0, k = 0, . .
. , + ∞ и мы будем искать решение в следующемвиде:u=∞∑bksinπk x .k=1Au =∞bk(π 2k − c)sinπk x ,∑2k=1(Au, u) =∞∞1bk(π 2k − c)b sinπk xsinπjxd x .∑∑ j∫k=12j=101Так как∫sinπk xsinπjxd x = δj,k , то (Au, u) =∞22πk−cb) k .∑(2k=10Поскольку коэффициенты ряда Фурье абсолютно интегрируемойфункции стремятся к нулю, то мы получаем условие положительнойопределенности : c < π 2 .2022) Необходимо свести к вариоционной задаче следующуюдифференциальную задачу:ddup(x)dx (dx )ux=0=u− q(x)u = f (x),x=l= 0.А так же применить метод Ритца и построить алгоритм полученнойвариационной задачи:Решение:Рассмотрим следующий функционал:lJ[u] = (pu′2 + qu 2 + 2fu)d x .∫0Экстремаль данного функционала совпадает с уравнением Эйлера:dF′∂F−=0 .()d x ∂u′∂uОн совпадает с уравнением заявленной задачи:d ∂Fddu=2p(x)− 2q(x)u − 2fu = 0 .()()d x ∂u′dxdxУсловие лежандра Fuu′ = 2p(x) > 0 конкретно для данной задачипоказывает , что на экстремали достигается сильный минимум.Таким образом, задача сводится к поиску функции, дающий сильныйминимум к предложенному функционалу.Будем решать вариационную задачу методом Ритца.Введем обозначения: u - решение поставленной задачи, μ = J[u ] ,203Uk - множество функций следующего вида :kπn xuk(x) =C sin.∑ nln=1( для данных однородных граничных условий Дирихле ) .uk - функция , на которой достигается минимум J[u] ;u∈Ukмы будем обозначать, как μk = J[uk] .данный минимумДокажем, что последовательность {uk} будет минимизирующей дляфункционала J[u] , иначе говоря , μk → μ при k → ∞ .По теореме Вейрштрасса для любой непрерывной функции u′(x) иkπn xbncosлюбого δ > 0 найдется номер k и функция yk′ = b0 +такие,∑ln=1u′ − yk′ < δ для всех x ∈ [0, l] .чтоll001πn xyn′(x)d x , так как cosxd x .При этом b0 =∫l∫lCледовательно:kπ 0xπn xyk′(x) = b0cos+bncos,∑lln=11l∫lyk′(x)cos0+π 0xπn0π0d x = b0cosx ⋅ cosxd x+∫lll01k1lπ 0xπn xbn coscosdx ⇒∑ ∫lln=1010204lll0001⇒ yk′(x)d x = b0 d x = b0l ⇒ b0 =yk′(x)d x .∫∫∫lb0lll000111=u′ − yk′ d x +u′d x < δ .(u′ − yk′ − u′)d x ≤l∫l∫l∫<δ=0Для любой непрерывной на отрезке [0, l] функции f (x) и любого ε > 0найдется такая система полиномов {pn(x)} , коэффициентов {Cn} и N(ε) > 0 ,что :max f (x) −x∈[0, l]l∫0N(ε)∑Cn Pn(x) < ε .n=0lu′d x = du(x) = u(l) − u(0) = 0 .∫⏟⏟00ll0001δδu′ − yk′ d x <dx = l = δ .l∫ll∫Тогда мы получим:kll00kbnlπn xπntu−sin= u′d x −bncosdt,∑ πn∑∫∫ll )( n=1n=1205так как :ll00′bnlπn x bnlπntπn xb cos=sindt =sin,∫ nlπn ∫ (l )πnllkkbnlπn xπn xu−sin=u′ −bncosdx ≤∑ πn∑∫lln=1n=10yk′−b0x≤∫0u′ −xu′ − y′k + b0<δkdx +⏟<δ∫0xu′ − yk d x +<δ∫0lb0 d x ≤ 2δd x = 2δl .∫⏟<δ0′bnlπn xsin= u′ − yn′ + b0 < 2δ .∑l )( n=1 πnДля любого δ1 > 0 найдется номер k и функция ũn ∈ Uk , такие чтоu − ũk < δ1 иu′ − ũ′k < δ1 .Для любого ε > 0 в силу непрерывности подинтегральной функциивыражение для J при достаточно малом δ1 будет выполнено:J(ũk) − J(u ) < δ .Так как на функции uk достигается минимум функционала J в классефункций Uk , то : 0 ≤ μk − μ = J(uk) − J(u ) ≤ J(ũk) − J(u ) < ε .Значит: μk → μ при k → ∞ .
Что и требовалось доказать!206Главный недостаток изложенного метода Ритца - онсправедлив только для самосопряженных операторов.Рассмотрим метод Бубнова - Галеркина: последовательностьприближенных решений задачи Au = f , где оператор A может бытьнесамосопряженным и/или знаконеопределенным оператором, можетбыть найдено с помощью разложения u по базисным функциямсоответствующего конечномерного пространстваVn : {φi(n)}ni=1.Будем искать приближение un ∈ Vn к искомому решению u так, чтобыневязка была бы ортогональна всем базисным функциям :(n)(Aun − f, φi ) = 0 .Выберем базисные функции следующего вида:0, x ≤ xi−1, x ≥ xi+1,φi(x) =x − xi−1hxi+1 − xh, xi−1 < x ≤ xi,, xi < x < xi+1 .0, x ≤ xi−1, x ≥ xi+1,φ′i(x) =1, xi−1 < x ≤ xi,h− 1h , xi < x < xi+1 .un =n∑yjφj ,j=1(k(x)u′) + r(x)u′ − q(x) = − f (x), ′ 0 ≤ x ≤ 1, u(0) = u(1) = 0, k(x) > 0, q(x) ≥ 0 .207N−1∑αij yj − βi = 0, i = 1, .
. . , N − 1 .j=11dφi dφjdφαij =k(x)− r(x) i φj + q(x)φiφj d x, i, j = 1, . . . , N − 1,∫[dx dxdx]01βi = f (x)φid x .∫0Пример:Построить двухточечную аппроксимацию второго порядка левого краевого условияu′ + 5u = 1(x = 0) для уравнения u″xx − e xu = sinx .Решение:Всевозможные аппроксимации данного краевого условия по двумточкам могут быть записаны, как au0 + bu1 = 1 .
Выберем a и b так,чтобы это условие имело второй порядок.δf = a[u(x)] + b[u(x)] − 1 = au(0) + bu(h) − 1 =01h2= au(0) + b u(0) + hu′(0) + u″(0) + O(h 3) − 1 =2()bh 2= (a + b)u(0) + bhu′(0) +u″(0) + O(h 3) − 1 .2208Найдем значение второй производной в нуле из основного уравнения :u″(0) − e 0u(0) = sin0 ⇒ u″(0) = u(0) .Тогда:h2δf = a + b 1 +u(0) + bhu′(0) − 1 + O(h 3) .2)(Приравниваем соответствующие коэффициенты и получаем:h21 h1a+b 1+= 5; bh = 1, a = 5 − − ; b = .2)h 2h(И условие аппроксимации будет иметь вид:u1 − u0h+ 5u0 − u0 = 1 .h2Рассмотренной проверкой легко убедиться, что данное условиеимеет второй порядок аппроксимации.209ГЛАВА 9Асимптотические методы:метод малого параметра.Малый параметр в различных рассматриваемых задачах возникает поразному.
Это может быть малый коэффициент или малое отклонение какихлибо величин. Многие физические задачи описываются преимущественнонелинейными уравнениями, аналитические решения которых могут бытьнайдены в редких случаях. Часто в физике встречаются задачи со слабойнелинейностью. В них нелинейные члены малы по сравнению с линейнойчастью. Данное отношение малости можно расматривать, как малыйпараметр.Простейший и наиболее наглядный пример задачи с использованиеммалого параметра - колебания математического маятника:∂2 u+ ksinu = 0 .∂t 2Аналитически данное уравнение не решается !Будем рассматривать случай малых колебаний sinu ≈ u :∂2 u+ ku = 0 .2∂tРешение полученного вырожденного уравнения всем нам хорошоизвестно.210Если же нас интересует точное решение, мы должны учитыватьu3следующий член разложения в ряд Тейлора sinu ≈ u −:3∂2 uu3.+ ku = k∂t 26Представим u = u0(t)φ(t) , где u0 - амплитуда колебаний .u02 3∂2 φ+ kφ = k φ .2∂t6u02k- малость нелинейного слагаемого будем обозначать, как малый параметр6μ .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
