Лекция 11 (1133451), страница 2

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 2)

(88)∫0 − dx  p ( x ) dx  + q ( x ) u − f ( x ) ωk ( x ) dx =1Проинтегрируем формулу (88) по частям с учетом граничныхусловий (84):du d ωkpxqxufx+−0(89)ω( ) ) k dx =∫0  ( ) dx dx ( ( )1Представим интеграл (89) в виде суммы интегралов:du d ωk0. (90)∑k ∫  p ( x ) dx dx + ( q ( x ) u − f ( x ) ) ωk dx =xk −1xk +1Ищем решение задачи (83)-(84) в виде разложения по системеu ( x ) = ∑ u k ωk ( x ) .{ω ( x )} :k( 91)kИз формул (85) и (91) получим:xk∫xk −1pk −0,5du d ωkp ( x) =dx( uk − uk −1 ) ,dx dx∆ k −0,5(92)xk +1∫xkxk∫pk + 0,5du d ωkp ( x)dx =−( uk +1 − uk ) ,dx dx∆ k + 0,51,1q ( x) =u ωk dx q1,2uq+k − 0,5 k −1k − 0,5uk ,(92)xk −1xk +1∫q ( x ) u=ωk dx qk2,2+ 0.5uk + q1,2k + 0,5uk +1 ,xkгдеpk + 0,5 =xk +11∆ k + 0,5∫ p ( x ) dx,xkxk +1qki ,+j0,5ω ( x ) ω ( x ) q ( x ) dx, i, j∫=ixkj1, 2.(93)Учитывая формулы (90), (92), построим разностную схему:pk −0,5∆ k −0,5( uk − uk −1 ) −pk + 0,5∆ k + 0,5( uk +1 − uk ) +1,12,21,2+ q1,2+++uqquqFk ,(94)()k − 0,5 k −1k − 0,5k + 0,5kk + 0,5uk +1 =гдеFk =xkxk +1xk +1∫ f ( x ) ω dx + ∫ f ( x ) ω dx = ∫ f ( x ) ω ( x ) dx.1xk −1k2xk(95)xk −1К уравнениям (95) следует добавить граничные условия:=u0 0,=u N 0.(96)Замечание.

Интегралы (93) являются шаблонными функционалами.3)Пример схемы, расходящейсяразрывных коэффициентовРассмотрим краевую задачу:′ 0, x ∈ ( 0,1) ,′=kxux()()()=u ( 0 ) 1,=u (1) 0.вслучае( 97 )( 98)Заменим производные разностными производными по формулам:′ )′( ku=гдеu x ° ,iku ′′ + k ′u ′, u ′′  u xx , u ′  u x ° , k ′  k x ° ,ui +1 − ui −1. В результате получим разностную задачу:=2hyi +1 − 2 yi + yi −1 ki +1 − ki −1 yi +1 − yi −1ki+= 0, 1 ≤ i ≤ N − 1, (99)2h2h2h=y0 1,=yN 0.(100 )Разностную схему (99), (100) можно привести к виду:где1−ϕ , ( byx − ayx ) − dy =h y0 1,==yN 0,(101)(102 )k −kk −kϕi =ai =ki − i +1 i −1 , bi =ki + i +1 i −1 , di =0. (103)44Замечание. Уравнение (101) – общий вид разностной схемывторого порядка.Покажем, что схема (99), (100) расходится даже в классе кусочнопостоянных коэффициентов:k1 , x ∈ ( 0, ξ ) ,k ( x) = k2 , x ∈ (ξ ,1) ,где(104 )xn + θ h, xn =nh, θ ∈ ( 0,1) .ξ - иррациональное число, ξ =Точное решение задачи (97), (98), (104), удовлетворяющее условиямсопряжения, имеет вид:1 − α 0 x, x ∈ [ 0, ξ ] ,u ( x) =  β 0 (1 − x ) , x ∈ [ξ ,1] ,гдеα0 =( χ + (1 − χ ) ξ )−1(105)k1, β 0 = χα 0 , χ = .

(106)k2Найдём решение разностной задачи (99), (100), (104).b=k1 при 0 < i < n, ai = bi = k2 при n + 1 < i < N ,Так как a=iiто уравнение (99) принимает вид:(107)yi −1 − 2 yi + yi +1 =0 при i ≠ n, i ≠ n + 1.Решение уравнения (107) определяется следующей формулой:1 − α xi , 0 ≤ x ≤ xn ,=yi y=( xi )  β (1 − xi ) , xn +1 ≤ x ≤ 1.(108)Коэффициенты α иi= n + 1:β определим из уравнения (99) при i = nbn ( β (1 − xn +1 ) − (1 − α xn ) ) + anα h =0,0.bn +1β h + an +1 ( β (1 − xn +1 ) − (1 − α xn ) ) =Из формул (103) и (104) находим:1an =( 5k1 − k2 ) ,41bn =( 3k1 + k2 ) ,41an +1 =+( k1 3k2 ) ,41bn +1 =( 5k2 − k1 ) .4(109 )(110)Решая систему (109) с коэффициентами (110) относительнои учитывая, что xn = ξ − θ h, xn +1 = ξ + 1 − θ h, определим(α=где)( µ + (1 − µ ) ξ + h ( λ − θ − (1 − θ ) µ ) )3+ χ5χ − 1=µ =λ, λ.5− χ3χ + 1и−1α и βα и β:, β = µα ,(111)Предельный переход приh → 0 даёт:=lim α α=β0 ,0 , lim βгдеh →0(112)h →0α 0 = ( µ + (1 − µ ) ξ ) , β 0 = µα 0−1(113)С помощью интерполяции доопределим функцию (108) yi на всёмотрезке 0 ≤ x ≤ 1.

Получим функцию y x, h , заданную при x ∈ 0,1 ,причём: y xi , h = yi .Перейдём к пределу:()()[ ]1 − α 0 x, 0 ≤ x ≤ ξ ,u ( x ) limy ( x, h ) ==(114 )h →0 β 0 (1 − x ) , ξ ≤ x ≤ 1.Сравним u ( x ) с точным решением задачи (97), (98), (104) u ( x ) .Из формул (106), (111), (113) следует, что u ( x ) = u ( x ) , если=α 0 α=β 0 , откуда вытекает, что χ = 1 и k1 = k2 .0 , β0Вывод. Решение (108) разностной задачи (99), (100), (104) при h → 0стремится к функции u x , которая при k ≠ k отлична от12точного решения задачи (97), (98), (104).

Следовательно, разностнаясхема (99), (100), (104) расходится.Физический смысл функции u x : функция u xявляетсярешениемзадачи(97),(98),(104),удовлетворяющимследующим условиям при x = ξ :( )( )( )0, [ ku ′] =q,−α 0 ( µ − χ ) k2 =[u ] =где q - мощность точечного источника (стока) тепла при x = ξ .При χ → 5 ± 0 q → ±∞.Физическая причина расходимости схемы (99), (100) состоит в том,что она нарушает баланс (закон сохранения) тепла. Схема неявляется консервативной.6.

Спектральный анализ разностнойзадачи Коши1. Необходимое спектральное условиеустойчивости НейманаРассмотрим задачу Коши для уравнения переноса:∂u ∂u− = 0, x ∈ 1 , t ∈ ( 0, T ] ,∂t ∂x=u ( x, 0 ) µ ( x ) , x ∈ 1.(1)(2)Разностная схема для задачи (1)-(2) имеет следующий вид:yns +1 − ynsyns +1 − yns0,−=τhyn0= ϕ n , n= 0, ±1,...; s=0,1,...,S.(3)(4)Введём равномерную норму на слое:y s = max ( n ) yns(5)Для устойчивости решения задачи (3),(4) по начальным даннымнеобходимо, чтобы условие (6)ys ≤ M y0 , s =0,1,..., S(6)выполнялось, в частности, если начальная функция есть какаянибудь гармоника:yn0= eiα n , n= 0, ±1,...,(7)где α - вещественный параметр.Решение задачи (3),(4) примет вид:•yns = λ s eiα n .(8)Параметр λ = λуравнение (3):(α )определяется при подстановке решения (8) вτλ (α ) = 1 − r + re , r = = constiαhИз формул (7) и (8) следует:max(n) y = λ (α ) max ( n ) yn0ssn(9)(10)Для выполнения неравенства (5) необходимо, чтобы выполнялосьнеравенство:λ (α ) ≤ M , s =0,1,..., S(11)λ (α ) ≤ 1 + C1τ(12)sилитак как(1 + C1τ ) s ≤ eC1τ s < eC1T =M,где C1 - постоянная,не зависящая от α и τ .iα neГармоникаявляется собственной функцией оператораперехода со слоя s на слой s+1:{ }ssyns +1 =−ry+ry1( ) n n+1 , n=0, ± 1,...,(13)соответствующей собственному значению (9) λ (α ) .Линия, которую пробегает точка λ (α ) на комплексной плоскости,αкогдапробегает вещественную ось, вся состоит изсобственных значений и является спектром оператора перехода.Необходимое спектральное условие устойчивости Неймана (12):спектр оператора перехода, соответствующего разностномууравнению, должен лежать в круге радиусана1 + C1τкомплексной плоскости.τЗамечание.

Если спектр оператора перехода не зависит от, тоусловие (12) равносильно требованию, чтобы спектр лежал вединичном круге:λ (α ) ≤ 1.(14)Спектр (9) – окружность с центром в точке 1 − r и радиусом r.При r < 1 - спектр лежит в единичном круге, при r = 1совпадает с единичной окружностью, а при r > 1 лежит внеединичного круга.Условие Неймана выполняется при r ≤ 1 (τ ≤ h).r1− r > 0r11− r < 012. ПримерыА) Уравнение переноса (вторая схема).yns +1 − ynsyns − yns −10,−=τh0y=ϕn , n=0, ± 1,...; =s 0,1,..., S .n(15)(16)Спектр оператора перехода имеет вид:λ (α ) =1 + r − re −iαи является окружностью с центром в точкеУсловие Неймана всегда не выполнено..01r1+ r(17)1 + r и радиусом r .Б) Уравнение теплопроводности:ut − a 2u xx = 0, x ∈ 1 , t ∈ ( 0, T ] ,=u ( x, 0 ) ϕ ( x ) , x ∈ 1.(18)(19)Рассмотрим явную схему:yns +1 − ynssss2yyy−+nn −10,(20)− a 2 n +1=2τhϕn , n =0, ±1,...; s =0,1,..., S(21)yn0 =Подставляя (8) в уравнение (20), получим:λ − 1 2 eiα − 2 + e −iα−a=0.(22)2τhТак какiαe −2+e4То− iααα2−i  i2e −e 2 2 α =−=− sin   ,2i2ατ2h(23)λ (α ) =1 − 4ra sin, r=.(24)222( )При изменении α число λ α пробегает отрезок 1 − 4ra ≤ λ ≤ 1.2Условие Неймана выполнено, если 1 − 4ra ≥ −1 ,откуда получаем,что1r≤ 22aи2h2τ ≤ 2.2a(25)1 − 4ra 2.01Рассмотрим неявную схему:yns +1 − ynss +1s +1s +1−+yyy2nn −1− a 2 n +1=0,(26)2τh=yn0 ϕ n , n =0, ± 1,...; s =0,1,...,S .(27)Аналогично предыдущему случаю, получаем:1τ, r.=λ (α ) =2221 + 4ra sin αhСпектрλ (α )(28)заполняет отрезок вещественной оси:1≤ λ ≤ 1.221 + 4ra sin αУсловие Неймана выполнено при любомr.(29)В) Случай нескольких пространственных переменных.∂u ∂ 2u ∂ 2u=2+ 2,∂t ∂x∂y( x, y ) ∈  2 ,u ( x, y , 0 ) f ( x, y ) ,=t ∈ ( 0, T ] ,(30)( x, y ) ∈  2 .(31)Явная разностная схема имеет вид:Vms,+n1 − Vms,nτ−Vms+1,n − 2Vms,n + Vms−1,nh2−Vms,n +1 − 2Vms,n + Vms,n −1h20 (32)=Vm0,n= ϕm ,n , ϕ m ,n= f ( xm , yn ) ; m, n= 0, ±1,...; s =0,1,...,S .

(33)Задавая начальную функцию в виде двумерной гармоники,зависящей от двух вещественных параметров α иβ :Vm0,n =ϕm,n =ei(α n + β m ) ; m, n =0, ±1,...; s =0, ± 1,...,S (34)найдём решения вида:sm,nV= λ (α , β ) esi (α m + β n ).(35)Подставляя решение (35) в уравнение (32), получим:λ (α , β ) =1 − 4r sin2α2− 4r sinПри изменении α и βточка λ = λ α , β1 − 8r ≤ λ ≤ 1 вещественной осиУсловия Неймана выполняются, если 1 − 8r(1r≤4и окончательно:h2τ≤ .42β2).(36)пробегает отрезок≥ −1,откуда следует.

Характеристики

Список файлов лекций