Численные методы. Ионкин (2012) (неоффициальные) (косяки есть) (1160437), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Показать, что 1 − 0.5τ λk 61|qk | = 1 + 0.5τ λk Теперь можно подставить значение ck в формулу решения (*):(n+1)zi=N−1Xck (tn + 1)µk (xi ) =N−1Xqk ck (tn )µk (xi ) +k=1k=1k=1N−1Xτψ (k) (tn )µk (xi )(1 + 0.5τ λk )Обозначим первую сумму через Vin+1 , а вторую — Win+1 .
Ясно, что если оценитьэти функции в среднеквадратичной норме, то получим:kz n+1 kL2 (wh ) = kz n+1 k 6 kV n+1 k + kW n+1 kОценим квадрат нормы Vin+1 , используя равенство Парсеваля:kV n+1 k2 =N−1Xqk2 c2k (tn ) 6N−1Xc2k (tn ) = kz n k2k=1k=1Аналогичным образом поступим с Win+1 :kW n+1 k2 =N−1Xk=1N −1X22τ2ψ (k) (tn ) 6 τ 2ψ (k) (tn ) = τ 2 kψ n k2(1 + 0.5τ λk )k=1То есть получим оценкуkW n+1 k 6 τ kψ n k.Следовательно, учитывая эти неравенства, основное неравенство примет вид:kz n+1 k 6 kz n k + τ kψ n k.Применим эту оценку как рекуррентную:kzn+10k 6 kz k +nXj=0τ kψ(tj )k,86где z 0 — нулевое слагаемое.А так как ψ n = O(τ 2 + h2 ), то ∃M = const > 0 не зависящая от τ и h, такая, чтоkψ(tj )k 6 M (τ 2 + h2 ) ⇒ kz n+1 kL2 (wh ) 6 M1 (τ 2 + h2 ),где M1 = M T , не зависит от τ и h.Это означает, что разностная схема сходится в норме L2 (wh ) со вторым порядкомточности по τ и h.n+1С граничными условиями y0n+1 = yN= 0 получим:kyn+1kL2 (wh )nX6 kU0 kL2 (wh ) +(kf j kL2 (wh ) τ )j=0Эта оценка означает устойчивость по начальному условию и правой части уравнения.§5 Разностная схема с весами.
Погрешность аппроксимации на решениеРассматриваем все ту же задачу (1), (2), (3). Заменим уравнение (1) его разностным аналогом:yin+1 − yinn+1n+ (1 − σ)yxx,i= σyxx,i+ ϕni(4)τа также краевые и начальные условия (5) и (6), где σ - весовой множитель, σ ∈ R,0 6 σ 6 1.Ясно что:1. Если σ = 0, ϕni = fin , то получим явную разностную схему.2. Если σ = 1, ϕni = fin+1 , то получим чисто неявную разностную схему.n+ 213.
Если σ = 0.5, ϕni = fi, то получим симметричную разностную схему.Введем функцию погрешности zin = yin −uni . Перепишем задачу для погрешностиаппроксимации:zin+1 − zinn+1n= σzxx,i+ (1 − σ)zxx,i+ ψin ,(7)τгдеun+1− unin+1nnψi = σuxx,i + (1 − σ)uxx,i − i+ ϕniτРазложим функцию u(x, t) по формуле Тейлора, предполагая наличие нужнойгладкости (до 6-й непрерывной производной по x и до 3-й по t включительно).
Разложение будем проводить в узле (xi , tn+ 1 ) ( обозначим u0t = u̇, u0x = u0 ):2ui+1 = ui + hu0i +h2 00 h3 000 h4 IVu + ui + ui + . . . ,2 i62487h2 00 h3 000 h4 IVu − ui + ui + . . . ,2 i6242τττ 3 ...u i (tn+ 1 ) + . . . ,111un+1)+)+)+=u(tu̇(tü(ti n+i n+i n+i2222284823τττ ...u i (tn+ 1 ) + . . . ,uni = ui (tn+ 1 ) − u̇i (tn+ 1 ) + üi (tn+ 1 ) −22222848Используя эти формулы, получаем:ui−1 = ui − hu0i +un+1− unii= u̇i (tn+ 1 ) + O(τ 2 )2τУчитывая выписанные выше разложения, легко получаемuxx,i = u00i +h2 IVu + O(h4 )12 iОткуда следует, чтоh2 IVu = O(h2 )12 iТеперь можем оценить погрешность аппроксимации на решение:τ 00 h2 IV24n00ψi = σ u + u̇ + u + O(τ h ) + O(h ) +212uxx,i − u00i =τ 00 h2 IV24+(1 − σ) u − u̇ + u + O(τ h ) + O(h ) − u̇ + ϕni + O(τ 2 + h4 )21200(∗)Для получения 4–го порядка погрешности аппроксимации по h необходимо убратьh2 IVвсе члены порядка h2 , то естьu .
Для этого рассмотрим уравнение12u00 = u̇ − f,продифференцировав его 2 раза по x, получим:uIV = u̇00 − f 00 .Подставляя это в (*), будем иметь:h2 IVu + O(τ 2 + h4 ) =12h2h200n= u − u̇ + f (xi , tn+ 1 ) +ϕi −f (xi , tn+ 1 )+ (σ − 0.5) +τ u̇IV − f 00 (xi , tn+ 1 )+O(τ 2 +h4 )2221212|{z}ψin = u00 − u̇ + ϕni + τ (σ − 0.5)u̇00 +0h2обратился в ноль:Выберем σ так, чтобы коэффициент (σ − 0.5) +12σ∗ =1h2−.2 12τ88Теперь, если положить:ϕni = f (xi , tn+ 1 ) +2h2 00f (xi , tn+ 1 )212то погрешность аппроксимации имеет порядок O(τ 2 + h4 ). Эта схема называетсяразностной схемой повышенного порядка точности.Следовательно, если:σ=0:σ=1:1σ= :2ϕni = fin , то ψin = O(τ + h2 )ϕni = fin+1 , то ψin = O(τ + h2 )ϕni = fi (tn+ 1 ), то ψin = O(τ 2 + h2 )2При всех остальных σ (не равных 1-3 и σ∗ ) будем получать ψin = O(τ + h2 ).§6 Разностные схемы для уравнения Пуассона (задача Дирихле)Рассмотрим уравнение Пуассона в области D:∂ 2u ∂ 2u+= f (x1 , x2 ),∂x21 ∂x22(1)где (x1 , x2 ) ∈ D, а D = {(x1 , x2 ) : 0 < x1 < l1 ; 0 < x2 < l2 }.
На границе Γ заданыусловия первого рода.(2)u(x1 , x2 ) = µ(x1 , x2 ).ΓНужно найти функцию, непрерывную в замкнутой области D ∪ Γ, которая удовлетворяет уравнению (1) в D и условиям (2) на границе Γ.Вводим сетку(i)(i)(i)(j)wh = {(x1 , x2 ) = xij , x1 = ih1 , i = 1, N1 − 1, N1 h1 = l1 ; x2 = jh2 , i = 1, N2 − 1, N2 h2 = l2 }.Ввели множество внутренних узлов. На рисунке они обозначены кружком, граничные узлы - квадраты.89l2x2h2l1x1h1i −12 −12 −1i −1Γh = {x0j }N∪{xN1 j }N∪{xi0 }N∪{xiN2 }N.
Тогда под ωh будем понимать1111ωh ∪ Γh - все узлы сетки.Так же будем использовать обозначение:yx1 x1 ,ij =yi+1j − 2yij + yi−1jh21Поставим в соответствие уравнению (1) разностное уравнение:(i)(j)yx1 x1 ,ij + yx2 x2 ,ij = fij , где fij = f (x1 , x2 ) = f (xij ); xij = ωh(i)(3)(j)yij = y(x1 , x2 ) = y(xij )yij = µij на границе Γh ; xij ∈ Γh(4)0 < i < N1 , 0 < j < N2Получили разностную схему (3),(4). Уравнения (3),(4) являются СЛАУ.
Для погрешности введем обозначение : zij = yij − Uij , где Uij = U (xij ), xij ∈ ω hРазностная схема записана на пятиточечном шаблоне:xi,j+1xi−1,jxi,jxi+1,jxi,j−1Для погрешности zij имеем задачу:zx1 x1 ,ij + zx2 x2 ,ij = −ψij(5)90zij = 0 на границе Γh(6)где ψij – погрешность аппроксимации на решение.ψij = Ux1 x1 ,ij + Ux2 x2 ,ij − fij − невязка(7)Задача. Показать, что ψij = O(h21 + h22 ), если U (x1 , x2 ) ∈ C 4 (D)§7 Разрешимость разностной задачи Дирихле. Сходимость разностной схемыРаспишем разностную схему относительно центрального узла xij :22yi−1j + yi+1j yij+1 + yij−1+ 2 yij =+− fij2h1 h2h21h22yij = µij на границе Γh , 0 < i < N1 , 0 < j < N2Для записи однородной задачи заменим y на V :22Vi−1j + Vi+1j Vij+1 + Vij−1+ 2 Vij =+, xij ∈ ωh2h1 h2h21h22(8)(9)Vij = 0 на границе ΓhТеорема 6. Система линейных алгебраический уравнений (9) имеет только тривиальное решение Vij = 0, xij ∈ ωhДоказательство: Доказательство проведем от противного.
Пусть существует узелxi0 j0 , в котором достигается максимум, отличный от нуля:|Vi0 j0 | = max |Vij | = kV kC значит Vi0 j0 6= 0i,jСреди всех таких узлов выберем такой, в котором выполнены следующие два условия:1) |Vi0 j0 | = kV kC2) Хотя бы в одном узле из четырех узлов (i0 + 1, j0 ), (i0 − 1, j0 ), (i0 , j0 + 1), (i0 , j0 − 1)выполнено неравенство |Vij | < |Vi0 j0 |.Ясно, что такой узел существует. Запишем уравнение в этом узле:22Vi −1j + Vi +1jVi j +1 + Vi0 j0 −1+ 2 Vi0 j0 = 0 0 2 0 0 + 0 02h1 h2h1h22Оценим по модулю:22|Vi −1j | + |Vi +1j | |Vi j +1 | + |Vi0 j0 −1 |+ 2 |Vi0 j0 | 6 0 0 2 0 0 + 0 02h1 h2h1h2291Согласно второму условию выбора узла, получим:2222kV kC <kV kC++h21 h22h21 h22Откуда получаем противоречие. Значит система имеет только тривиальное решение.Следствие 3.
Разностная схема имеет и притом единственное решение при любых правых частях и граничных условиях.Если получим оценку kzkC 6 M (h21 + h22 ), где M не зависит от h1 , h2 , то тогдавидим, что при h1 , h2 → 0 то и kzkC → 0, что будет означать сходимость, так какkzkC = ky − U kCВведем линейный оператор Lh :22Vij+1 + Vij−1Vi−1j + Vi+1jLh Vij =+ 2 Vij −−, xij ∈ ωh22h1 h2h1h22Лемма 3. Пусть Vij > 0 на границе и пусть Lh Vij > 0, xij ∈ ωh .
Тогда Vij неотрицательна всюду.Доказательство: Доказательство проведем от противного. Предположим, что существует узел xi0 j0 , в котором Vi0 j0 < 0. Относительно этого узла выберем тот узелi0 j0 , в котором выполнено:1)|Vi0 j0 | = min |Vij |2) значение хотя бы в одном из оставшихся четырех узлов шаблона Vi0 j0 < Vij , где i, j−один из четырех узлов (i0 + 1, j0 ), (i0 − 1, j0 ), (i0, j0 + 1), (i0 , j0 − 1)2Vi −1j + Vi +1j2+ 2 Vi0 j0 − 0 0 2 0 0 −Рассматриваем действие оператора Lh Vi0 j0 =2h1 h2h1Vi0 j0 +1 + Vi0 j0 −1Vi0 j0 − Vi0 −1j0 Vi0 j0 − Vi0 +1j0 Vi0 j0 − Vi0 j0 −1 Vi0 j0 − Vi0 j0 +1=+++.
Кажh22h21h21h22h22дое слагаемое в правой части не положительно, но согласно второму условию существует слагаемое, которое отрицательно. Откуда следует, что Lh Vi0 j0 < 0. Получилипротиворечие.Утверждение. Рассмотрим две разностные задачи:Lh yij = ϕij , xij ∈ ωh , yij на границе задано(10)Lh Yij = Φij xij ∈ ωh , Yij на границе задано(11)Если |yij | 6 Yij на границе (xij ∈ Γh ), а внутри области (xij ∈ ωh ) |ϕij | 6 Φij , то|yij | 6 Yij всюду. (xij ∈ ωh )Доказательство: Введем Vij = Yij − yij , Wij = Yij + yij . Тогда запишем операторыдля каждой из функций: Lh Vij = Φij − ϕij > 0; Vij > 0, xij ∈ Γh . Откуда следует ,что Vij > 0 xij ∈ ωh .
Аналогично для функции Wij .92Рассмотрим задачу относительно погрешности:Lh zij = ψij , xij ∈ ωh(12)zij = 0 на границеВозьмем в качестве Yij следующую функцию:(i)(j)Yij = k(l12 + l22 − (x1 )2 − (x2 )2 ), где константа k > 0(13)Следовательно Yij > 0 при xij ∈ ωhЗадача. Показать,что Lh Yij = 4k.Lh Yij = kψkC , 4k = kψkC xij ∈ ωh(14)Yij > 0 на границеПрименим к (13) и (14) следствие:|zij | 6 Yij , xij ∈ ωh0 6 Yij 6l12 + l22kψkC следовательно получаем:4kzkC 6l12 + l22kψkC4(15)Из этой априорной оценки следует сходимость разностной схемы со вторым порядком по h1 и h2 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
