Диссертация (1145332), страница 22

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

Текст из файла (страница 22)

Здесь функция ϕ(x) интерпретируется как функция f (τ x, ν), усредненная по всем направлениям ν.157Из уравнения (4.68) мы получаемθ(x) = −σϕ(x) + (κ1 − κ2 )x + κ2 .(4.70)Используя (4.70), перепишем задачу (4.65)-(4.69) в виде:−θ00 (x) + αθ(x) + ασθ4 (x) = α((κ1 − κ2 )x + κ2 ),θ(0) = Θ1 ,x ∈ (0, 1),θ(1) = Θ2 ,(4.71)(4.72)θ(0) − β1 θ0 (0) = −σΘ41 − β1 (κ1 − κ2 ) + κ2 ,(4.73)θ(1) + β2 θ0 (1) = −σΘ42 + (β2 + 1)(κ1 − κ2 ) + κ2 .(4.74)Система (4.71)-(4.74) является модифицированной формой диффузионногоприближения (4.65)-(4.69).

Нашей целью является доказательство теорем существования и единственности решения краевой задачи (4.71)-(4.74).9.2.Сведение краевой задачи к операторному уравнениюОбозначим φ(θ) = σθ4 + θ, θ ∈ R. Следующие утверждения могут бытьдоказаны аналогично [125] (лемма 3.1, теорема 3.2).Лемма 4.1. Если неравенство φ(Θ1 ) ≤ (κ1 − κ2 )x + κ2 ≤ φ(Θ2 ) выполняется для любого x ∈ [0, 1], тогда задача (4.71)-(4.72) имеет единственноерешение θ ∈ C 2 [0, 1], Θ1 ≤ θ(x) ≤ Θ2 , x ∈ (0, 1).Преобразуем граничные условия (4.73)-(4.74). Применяя интегрированиепо частям, получаемZ1θ00 (x)(1 − x)dx = Θ2 − Θ1 − θ0 (0),(4.75)0Z10θ00 (x)xdx = Θ1 − Θ2 + θ0 (1).(4.76)158Используя (4.71), из (4.75) и (4.76) приходим к граничным условиям для θ0 :θ0 (0) = Θ2 − Θ1 − αZ111(1 − x)φ(θ(x))dx + α(κ1 − κ2 ) + ακ2 ,62(4.77)0θ0 (1) = Θ2 − Θ1 + αZ111xφ(θ(x))dx − α(κ1 − κ2 ) − ακ2 .32(4.78)0Далее, подставляя выражения (4.77), (4.78) в (4.73), (4.74), приходим к следующей системе для κ1 , κ2 :β1α6− 1 κ1 +β1 α+ β1 + 1 κ2 =3Z1φ(Θ1 ) − β1 (Θ2 − Θ1 ) + αβ1(1 − x)φ(θ(x))dx,(4.79)0ααβ21 + β2 +κ1 + β2− 1 κ2 =36Z1φ(Θ2 ) + β2 (Θ2 − Θ1 ) + αβ2xφ(θ(x))dx.(4.80)0Из (4.79), (4.80) мы можем получить выражения для κ1 , κ2 .

Для простотырассмотрим случай β1 = β2 = β. Соответствующие этому случаю выражениядля κ1 , κ2 запишутся в виде:κ1 = γ1 (γ2 φ(Θ1 ) + γ3 φ(Θ2 ) + γ4 ) +Z1Z1(1 − x)φ(θ(x))dx + γ1 γ6γ1 γ50xφ(θ(x))dx,0κ2 = γ1 (γ2 φ(Θ2 ) + γ3 φ(Θ1 ) − γ4 ) +(4.81)159Z1γ1 γ5Z10где(1 − x)φ(θ(x))dx,xφ(θ(x))dx + γ1 γ6(4.82)0α −1αα2+β α 1+β,, γ2 = 1 −γ1 = 1 + 2β 1 +3126ααβγ3 = 1 + β 1 +, γ4 = β(Θ2 − Θ1 ) 1 +,32α α, γ6 = αβ 1 + β 1 +.γ5 = αβ 2 1 −63В случае различных параметров β1 и β2 не существует принципиальныхсложностей в решении линейной системы для определения κ1 и κ2 . Этот случай не рассматривается здесь ввиду громоздкости итоговых формул.ПустьD = {κ = (κ1 , κ2 ) ⊂ R2 : φ(Θ1 ) ≤ κ1 , κ2 ≤ φ(Θ2 )}.Определим операторы T : D → C[0, 1], A : D → R2 следующим образом:T [κ] = θ, где θ есть решение системы (4.71)-(4.72); A[κ] определяется черезправые части равенств (4.81) и (4.82), где θ = T [κ].

Таким образом, будетсправедливо следующее утверждение.Лемма 4.2. Краевая задача (4.71)-(4.74) эквивалентна операторному уравнению κ = A[κ].9.3.Разрешимость краевой задачиВначале докажем вспомогательные утверждения.Лемма 4.3. Оператор A : D → R2 является непрерывным.Доказательство. Из определения оператора достаточно доказать непрерывность следующих отображений: B1 : D → R, B2 : D → R,Z1B1 [κ] =Z1xφ(θ(x))dx,0(1 − x)φ(θ(x))dx,B2 [κ] =0160где θ = T [κ].Пусть θ̂ = T [κ̂], где κ̂ ∈ D.

Отметим справедливость следующего неравенства: 1Z x(φ(θ̂(x)) − φ(θ(x))dx ≤ 1 1 + 4σΘ32 max |θ̂(x) − θ(x)|. 2[0,1](4.83)0Далее рассмотрим функцию η(x) = θ̂(x) − θ(x), x ∈ [0, 1]. Она удовлетворяетусловиям:−η 00 (x) + α(φ(θ̂(x)) − φ(θ(x))) = α(ĝ(x) − g(x)), x ∈ (0, 1),(4.84)η(0) = η(1) = 0,где g(x) = (κ1 − κ2 )x + κ2 и ĝ(x) = (κ̂1 − κ̂2 )x + κ̂2 , x ∈ [0, 1].Заметим, чтоkĝ − gk2 =Z1(ĝ(x) − g(x))2 dx → 0, если |κ̂ − κ| → 0.0Здесь и далее через k · k мы обозначаем норму в пространстве L2 (0, 1) и |κ| =pκ21 + κ22 есть длина вектора κ. Так как функция φ(θ) возрастает монотоннодля θ ≥ 0, то(φ(θ̂) − φ(θ))(θ̂ − θ) ≥ 0.После умножения (4.84) на η и интегрирования по (0,1), получаемkη 0 k2 =Z10 xZ020 ≤ αkĝ − gkkη 0 k.η (x)dx ≤ αkĝ − gkkηk = αkĝ − gk η(s)ds0Таким образом, xZ0max |θ̂(x) − θ(x)| = max η (s)ds ≤ kη 0 k ≤ αkĝ − gk,[0,1][0,1] 0161и непрерывность B1 следует из (4.83).ИнтегралZ1(1 − x) φ(θ̂(x)) − φ(θ(x)) dx0оценивается аналогично.

Лемма доказана.Лемма 4.4. Пусть выполняется неравенство0<α(1 + 3β)≤ σ(Θ1 + Θ2 ) Θ21 + Θ22 ,6−α(4.85)тогда A[D] ⊂ D.Доказательство. Пустьl = (l1 , l2 ) = A[κ] = (A1 [κ], A2 [κ]) , κ ∈ D,где A1 , A2 определяются через правые части равенств (4.81), (4.82) соответственно.Рассмотрим случай l1 ≥ l2 и докажем, что l1 ≤ φ(Θ2 ). Для α < 6 справедливо следующее неравенство:Z1Z1(1 − x)φ(θ)dx + γ6l1 = γ1 γ2 φ(Θ1 ) + γ3 φ(Θ2 ) + γ4 + γ50xφ(θ)dx ≤0φ(Θ2 ) + γ1 (γ2 (φ (Θ1 ) − φ (Θ2 )) + γ4 ) .Если неравенство (4.85) выполняется, тоγ2 (φ (Θ1 ) − φ (Θ2 )) + γ4 ≤ 0.Следовательно, l1 ≤ φ(Θ2 ).Аналогично мы можем доказать неравенство l2 ≥ φ(Θ1 ), а также, чтоl1 ≥ φ(Θ1 ), l2 ≤ φ(Θ2 ) для случая l1 < l2 . Таким образом, A[κ] ⊂ D для всехκ ∈ D.

Лемма доказана.162Используя теорему Брауэра о неподвижной точке, леммы 4.3. и 4.4., мыможем сформулировать следующее утверждение.Теорема 4.3. Пусть β1 = β2 = β и справедливо неравенство (4.85). Тогдасуществует по крайней мере одно решение θ(x) задачи (4.71)-(4.74) такое,чтоΘ1 ≤ θ(x) ≤ Θ2 , x ∈ [0, 1].9.4.Единственность решения краевой задачиОпределим достаточные условия, при которых оператор A является сжимающим. Пусть κ, κ̂ ∈ D, θ = T [κ], θ̂ = T [κ̂]. Далее мы получим болееточную оценку функции η(x) = θ̂(x) − θ(x), чем в лемме 4.3. Для этой целимы умножим (4.84) на η и проинтегрируем по интервалу (0,1). Учитывая что(φ(θ̂) − φ(θ))(θ̂ − θ) ≥ 1 + 4Θ31 σ η 2 , приходим к неравенствуkηx k2 + α 1 + 4Θ31 σ kηk2 ≤ αkĝ − gkkηk.Из последней оценки и хорошо известного неравенства πkηk ≤ kηx k следуетkηk ≤π2αkĝ − gk.+ α (1 + 4Θ31 σ)(4.86)Учитывая (4.86), мы получаем оценку 1Z Z1 x φ(θ̂(x)) − φ(θ(x)) dx ≤ x 1 + 4σΘ32 |η(x)|dx ≤003α1+4σΘ112√ 1 + 4σΘ32 kηk ≤ √kĝ − gk.33 (π 2 + α (1 + 4Θ31 σ))√Поскольку kĝ − gk ≤ |κ̂ − κ|/ 2, то 1Z x φ(θ̂(x)) − φ(θ(x)) dx ≤ q|κ̂ − κ|,0(4.87)163и аналогично 1Z (1 − x) φ(θ̂(x)) − φ(θ(x)) dx ≤ q|κ̂ − κ|.(4.88)0Здесьα 1 + 4Θ32 σ1q=√.6 (π 2 + α (1 + 4Θ31 σ))Заметим, что10<q< √6Θ2Θ13и q = O(α) при α → +0 для фиксированного σ.Рассмотрим l = A[κ], ˆl = A[κ̂] и оценим |ˆl − l|2 = (ˆl1 − l1 )2 + (ˆl2 − l2 )2 .

Из(4.87), (4.88) следуетαβ 2 (1 − α/6) + αβ (1 + β (1 + α/3))ˆ|l1 − l1 | ≤q|κ̂ − κ| =1 + 2β (1 + α/3) + αβ 2 (1 + α/12)2αβq|κ̂ − κ|.2 + αβВыражение |ˆl2 − l2 | имеет ту же оценку. Следовательно,√2 2αβ|A[κ̂] − A[κ]| ≤q|κ̂ − κ|.2 + αβТаким образом, будет справедливо следующее утверждение.Теорема 4.4. Пусть справедливы неравенства (4.85) и√2 1 + 4Θ32 σ βα23 (π 2 + (1 + 4Θ31 σ) α) (2 + αβ)< 1,(4.89)тогда существует единственное решение θ краевой задачи (4.71)-(4.74),Θ1 ≤ θ(x) ≤ Θ2 , x ∈ (0, 1).Неравенства (4.85) и (4.89) являются сложными ограничениями на параметры задачи. Однако, например, легко видеть, что эти ограничения вы-164полняются когда λ достаточно близко к 1 (α достаточно близко к 0).

Этосоответствует случаю подавляющего рассеяния, которое является благоприятным условием для использования P1 приближения.9.5.Численное моделирование радиационно-кондуктивноготеплообмена на основе диффузионной моделиДоказанное сжимающее свойство оператора A является основой для следующей итерационной процедуры.

Для нахождения решения задачи (4.71)(4.74) мы будем использовать метод простой итерации:κ(0) ∈ D,κ(n) = A[κ(n−1) ], n = 1, 2, ...(4.90)Начальное приближение κ(0) может быть вычислено, используя равенства(4.81) и (4.82), где θ(x) = (1 − x)Θ1 + xΘ2 , x ∈ [0, 1]. Если последовательность κ(n) сходится в R2 , то ее предел κ является неподвижной точкой оператора A и θ = A[κ] есть решение задачи (4.71)-(4.74). Заметим, что условие(4.85) гарантирует сходимость по крайней мере подпоследовательности κ(np ) ,а условие (4.89) гарантирует сходимость последовательности κ(n) со скоростью геометрической прогрессии.Таким образом, сжимающее свойство оператора A обеспечивает быструюсходимость предложенной итерационной процедуры. Ниже мы продемонстрируем это с помощью вычислительного эксперимента.Для численного эксперимента возьмем следующие значения параметровзадачи: τ = 1, σ = 200, λ = 0.9, ε = 0.7, A = 1, Θ1 = 0.5, Θ2 = 1, которыеудовлетворяют условиям (4.85) и (4.89).

Выбор параметров задачи основывается на данных вычислительных экспериментов, представленных в [159].Тем не менее, мы взяли большее значение параметра σ, так как оно соответствует более высокой температуре среды, что является более интересным свычислительной и практической точки зрения.На рисунке 4.6 демонстрируется поведение нормализованной температуры (Normalized temperature) в точках слоя (Point of layer), полученное на основе предложенной процедуры (сплошная линия) для системы (4.71)-(4.74),165и на основе рекурсивного метода Монте-Карло (точечный график).

Для демонстрации быстрой сходимости предложенного алгоритма мы сравним егос методом простой итерации, который применяется к задаче (4.65)-(4.69) следующим образом: для данной температуры θ мы находим решение ϕ задачи (4.65)-(4.67), далее, новая температура θ находится из (4.68) и (4.69) дляданной ϕ и т.д. Численные результаты сравниваются с данными, полученными с помощью рекурсивного метода Монте-Карло. На рисунке 4.7 представлены графики зависимости среднеквадратичных отклонений (Mean-squaredeviation) от числа итераций (Number of iterations) между температурнымпрофилем, полученным с помощью метода Монте-Карло, и температурными профилями, полученными на основе диффузионных приближений (4.65)(4.69) (пунктир) и (4.71)-(4.74) (сплошная линия).

Как видно из графиков,предложенная итерационная процедура обеспечивает хорошее приближениепосле 2 итераций. В то же время простая итерационная процедура, примененная к системе (4.65)-(4.69), требует около 20 итераций для получения той жеточности. Таким образом, предложенный алгоритм демонстрирует быструюсходимость итерационного процесса. Это, однако, не означает, что предложенный алгоритм является более эффективным с точки зрения вычислительнойтрудоемкости. Ввиду нелинейности модели (4.71)-(4.72) реализация отдельного шага процедуры (4.90) требует значительно больших вычислительныхресурсов, чем реализация шага в методе простой итерации, примененной ксистеме (4.65)-(4.69). Преимуществом предложенного алгоритма является егогарантированная сходимость, а также возможность нахождения априорнойоценки приближения.Вычисления для диффузионной модели выполнены с помощью математического пакета Maple 9.5.166Рисунок 4.6 — Графики температурных профилей, полученные на основепредложенной процедуры (сплошная линия) для системы (4.71)-(4.74) и наоснове рекурсивного метода Монте-Карло (точечный график).Рисунок 4.7 — Зависимость среднеквадратичных отклонений от числа итераций между температурным профилем, полученным методом Монте-Карло, итемпературными профилями, полученными с помощью приближений (4.65)(4.69) (пунктир) и (4.71)-(4.74) (сплошная линия).167§10.Однозначная разрешимость краевой задачи длядиффузионной модели радиационно-кондуктивноготеплообмена10.1.Разрешимость краевой задачиПерепишем P1 приближение задачи радиационно-кондуктивного переносатепла, полученное в §9:−ϕ00 (x) + αϕ(x) = αθ4 (x),x ∈ (0, 1),(4.91)B1 [ϕ] = ϕ(0) − β1 ϕ0 (0) = Θ41 ,(4.92)B1 [ϕ] = ϕ(1) + β2 ϕ0 (1) = Θ42 ,(4.93)−θ00 (x) + ασθ4 (x) = ασϕ(x),θ(0) = Θ1 ,x ∈ (0, 1),θ(1) = Θ2 ,(4.94)(4.95)гдеα = τ 2 (1 − λ)(3 − Aλ),σ=1,Nc (3 − Aλ)βi =2 (2 − εi ), i = 1, 2.τ εi (3 − Aλ)Решением краевой задачи (4.91)-(4.95) является пара {θ, ϕ} ∈ C 2 [0, 1] ×C 2 [0, 1], которая удовлетворяет уравнениям (4.91), (4.94) и граничным условиям (4.92), (4.93) и (4.95).Рассмотрим следующие выпуклые замкнутые множества в пространствеC[0, 1]:K = {f ∈ C[0, 1] : Θ1 ≤ f ≤ Θ2 },M = {f ∈ C[0, 1] : Θ41 ≤ f ≤ Θ42 }.Пусть F : K → C[0, 1] есть оператор решения краевой задачи (4.91)-(4.93),то есть ϕ = F [θ] является решением (4.91)-(4.93) при заданном θ.Справедливы следующие утверждения.Лемма 4.5.

Характеристики

Список файлов диссертации