main (1160446), страница 23
Текст из файла (страница 23)
Построены ()-устойчивые неявные методы третьего и четвертогопорядка аппроксимации. К ним относятся чисто неявные многошаговые разностные схемы, у которых правая часть (, ) вычисляется только при новом значении = + , апроизводная ′ () аппроксимируется по нескольким предыдущим точкам и точке = + .Например, схема25+4 − 48+3 + 36+2 − 16+1 + 3= (+4 , +4 )12имеет четвертый порядок аппроксимации и ()-устойчива при некотором > 0.§40Разностные методы решения краевой задачи для обыкновенного дифференциального уравнения второго порядкаИнтегро-интерполяционный метод (метод баланса) построения разностных схемРассмотрим первую краевую задачу для дифференциального уравнения второго порядка.Требуется найти непрерывную на отрезке 0 6 6 1 функцию (), удовлетворяющуюуравнению(︂)︂()− ()() + () = 0, ∈ (0, 1)(1)и краевым условиям первого рода при = 0, = 1(0) = 1 , (1) = 2 ,(2)где 1 , 2 — числа.Будем предполагать, что (), (), () — заданные достаточно гладкие функции, удовлетворяющие условиям() > 1 > 0, () > 0,1 = .При сформулированных условиях решение задачи (1) – (2) существует и единственно.Введем сеткуℎ = { = ℎ, = 0, , ℎ = 1}.Обозначим− 1 = − 0.5ℎ, + 1 = + 0.5ℎ,22136Глава .
Методы решения ОДУ и систем ОДУ() = ()(),± 1 = (± 1 )22и проинтегрируем уравнение (1) по на отрезке [− 1 , + 1 ]. В результате получим урав22нение+ 1+ 1∫︁ 2∫︁ 2+ 1 − − 1 −()() + () = 0,(3)22− 1− 122которое представляет собой уравнение баланса тепла на отрезке [− 1 , + 1 ]. Далее заменим2+ 1+ 1∫︁∫︁22()() ≈ − 12()− 122и введем обозначения+ 11 =ℎ2∫︁+ 1− 12∫︁1(), =ℎ ().(4)− 122В результате вместо уравнения (3) получим уравнение+ 1 − − 122ℎ(5)− + = 0.Выразим далее ± 1 через значение () в узлах сетки.
Для этого проинтегрируем равен2ство()′ () =()на отрезке [−1 , ]. Имеем∫︁ − −1 =−1Обозначая∫︁() ≈ − 12()⎛⎜1 = ⎝ℎ,()−1∫︁⎞−1 ⎟⎠(),(6)−1получаем − −1= , , + 1 = , .22ℎЗдесь и далее используются общепризнанные в теории разностных схем обозначения , =+1 −−1, , = −([1], стр.259).ℎℎПодставляя эти выражения в уравнение (5) получаем− 1 = 1(+1 , − , ) − + = 0ℎ§40. Разностные методы решения краевой задачи для ОДУ второго порядкаили( ), − + = 0.137(7)Это уравнение по построению является разностным аналогом дифференциального уравнения (1).
Оно записывается для = 1, ( − 1) и дополняется краевыми условиями:(8)0 = 1 , = 2 .В дальнейшем, как обычно, решение разностной задачи (7) – (8) будем обозначать буквой , так что = ( ), ∈ ℎ . Тогда задача (7) – (8) записывается в виде{︃( ), − + = 0, = 1, ( − 1)(9)0 = 1 , = 2 .Систему уравнений (9) можно записать в виде трехточечного уравнения −1 − + +1 = − , = 1, ( − 1), 0 = 1 , = 2 .(10)где = , = +1 , = 1 + +1 + ℎ2 , = ℎ2 . В силу диагонального преобладанияматрицы системы (10), задача (10) имеет, и притом единственное, решение, которое обычнонаходится методом прогонки.Достаточные условия второго порядка аппроксимацииРассмотрим разностную схему (9) и найдем условия, которым должны удовлетворять коэффициенты , и правая часть , чтобы она имела второй порядок аппроксимации.Для погрешности = − , как обычно, получаем задачу( ), − = − , 0 = = 0,где = ( ), − + =1ℎ = 1, ( − 1),(︂)︂+1 − − −1+1− − + ℎℎ(11)(12)— погрешность аппроксимации разностной схемы (9) на решении задачи (1).Считая () достаточное число раз непрерывно дифференцируемой, разложим в точке по формуле Тейлора:+1 = + ℎ′ +(︀ )︀ℎ2 ′′ ℎ3 ′′′ ℎ4 + + + O ℎ5 ,2624(︀ )︀ℎ2 ′′ ℎ3 ′′′ ℎ4 − + + O ℎ5 ,26242(︀ )︀+1 − ℎℎℎ3 , == ′ + ′′ + ′′′ + O ℎ4 , +ℎ26242(︀ )︀ − −1ℎℎℎ3 = ′ − ′′ + ′′′ + O ℎ4 ., = −ℎ2624Подставим , , , в (12):(︂(︂)︂(︂)︂)︂(︀ 3 )︀(︀ 3 )︀1ℎ ′′ ℎ2 ′′′ℎ ′′ ℎ2 ′′′′′ =+1 + + + O ℎ− − + + O ℎ− + =ℎ2626−1 = − ℎ′ +=(︀ )︀+1 − ′ +1 + ′′+1 − ′′′ + + ℎ − + + O ℎ2 .ℎ26138Глава .
Методы решения ОДУ и систем ОДУУчитывая, что 0 = ((′ )′ − + ) = ′ ′ + ′′ − + , перепишем в виде =(︀)︀+1 − ′ +1 + ′′ +1 − ′′′ + +ℎ − + − ′ ′ + ′′ − + =ℎ26)︂)︂(︂(︂(︀ )︀+1 + +1 − ′′− +− ′′ − ( − ) + ( − ) + O ℎ2 .=ℎℎОтсюда видно, что если будут выполнены условия (это и есть достаточные условия):(︀ )︀ +1 + (︀ )︀(︀ )︀(︀ )︀+1 − = ′ + O ℎ2 ,= + O ℎ2 , = + O ℎ2 , = + O ℎ2 ,ℎ2(︀ )︀то = O ℎ2 . Из первых двух соотношений вытекает = −(13)(︀ )︀(︀ )︀ℎ ′ + O ℎ2 = − 1 + O ℎ2 ,22(︀ )︀(︀ )︀ℎ ′ + O ℎ2 = + 1 + O ℎ2 .22Нетрудно видеть, что коэффициенты∫︁1 −1 + 1 = − 1 , =,=22ℎ −1 ()+1 = +удовлетворяют этим условиям. Так, например, при = − 1 имеем2 = − 1 = −2(︀ )︀ℎ ′ ℎ2 ′′ + + O ℎ3 ,28+1 = + 1 = +2(︀ )︀ℎ ′ ℎ2 ′′ + + O ℎ3 ,28и, следовательно,(︀ )︀ +1 + (︀ )︀(︀ )︀ℎ2+1 − = ′ + O ℎ2 ,= + ′′ + O ℎ3 = + O ℎ2 .ℎ24Принцип максимумаДля оценки решения задачи (10) можно воспользоваться так называемым принципом максимума.Запишем первую краевую задачу в виде{︃[ ] = − −1 + − +1 = , = 1, ( − 1),(14)0 = 1 , = 2 .Теорема 1.Пусть выполнены неравенства > 0, > 0, − − > 0, = 1, ( − 1)(15)и пусть [ ] 6 0([ ] > 0), = 1, ( − 1).
Тогда если ̸= , то не может принимать наибольшего положительного (наименьшего отрицательного) значения во внутренних узлах, т.е. при = 1, ( − 1).§40. Разностные методы решения краевой задачи для ОДУ второго порядка139От противного предположим, что в узле = * функция достигаетнаибольшего положительного значения * = max = 0 > 0. Так как ̸= ,Доказательство.166 −1то найдется такая точка 0 , в которой 0 = * = 0 > 0, а в одной из соседних точек,например, в точке = 0 − 1 выполнено 0 −1 < 0 .Запишем [ ] = ( − − ) + ( − −1 ) − (+1 − ). В точке = 0 получим[0 ] = (0 − 0 − 0 )0 + 0 (0 − 0 −1 ) − 0 (0 +1 − 0 ).Отсюда в силу условий (15) имеем:[0 ] > 0 (0 − 0 −1 ) + 0 (0 − 0 +1 ) > 0,так как 0 > 0 +1 , 0 > 0 −1 .
Это противоречит условию теоремы [ ] 6 0, = 1, ( − 1),в том числе и для = 0 .Первое утверждение теоремы доказано. Вторая часть теоремы доказывается аналогично (достаточно заменить на − и воспользоваться доказанными выше утверждениями).Пусть выполнены условия (15) и ( ) > 0, = 1, ( − 1) и пусть 0 >0, > 0. Тогда > 0, = 0, . Если выполнены условия (15) и ( ) 6 0, = 1, ( − 1),0 6 0, 6 0, то 6 0, = 0, .Следствие 1.В самом деле, пусть ( ) > 0, а < 0 хотя бы в одной точке = * , 0 < * < .Тогда должна достигать наименьшего отрицательного значения во внутренней точке = 0 , 0 < 0 < , что невозможно в силу доказанной теоремы.Следствие 2.Пусть выполнены условия (15).
Тогда единственным решением задачи( ) = 0, = 1, ( − 1), 0 = = 0(16)является функция = 0, = 0, и, следовательно, задача (14) однозначно разрешимапри любых 1 , 2 и .В самом деле, предполагая, что решение задачи (16) хотя бы в одной точке = * * ̸= 0,придем к противоречию с принципом максимума: если * > 0, то достигает наибольшегоположительного значения (при * наименьшего отрицательного значения) в некоторойточке 0 , 0 < 0 < , что невозможно.Теорема 2.(теорема сравнения) Пусть — решение задачи( ) = , = 1, ( − 1),0 = 1 , = 2 ,а — решение задачи( ) = , = 1, ( − 1),0 = 1 ,= 2 ,и пусть выполнены условия| | 6 ,Тогда | | 6 , = 0, . = 1, ( − 1),|1 | 6 1 ,|2 | 6 2 .140Глава .
Методы решения ОДУ и систем ОДУДоказательство.В силу следствия 1 имеем > 0, = 0, , так как( ) > 0, = 1, ( − 1), 0 > 0, > 0Функции = − и = + удовлетворяют уравнению (14) с правыми частями − > 0, + > 0 и граничным условиям 0 = 1 − 1 > 0, = 2 − 2 > 0, 0 =1 + 1 > 0, = 2 + 2 > 0, соответственно. Согласно следствию 1 имеем > 0 и > 0, = 0, или − 6 6 , то есть | | 6 , что и требовалось доказать.Функцию будем называть мажорантой для решения задачи (14). Если удается построить мажоранту , то тем самым удается получить оценку для решения задачи (14)‖‖ 6 ‖‖ .Следствие 3.Для решения однородного уравнения( ) = 0, = 1, ( − 1), 0 = 1 , = 2справедлива оценка‖‖ = max | | 6 max(|1 |, |2 |).166Доказательство.(17)Рассмотрим вспомогательную задачу( ) = 0,0 < < , 0 = = ,где = max(|1 |, |2 |).
В силу теоремы сравнения ‖‖ 6 ‖‖ , а из теоремы 1 следует, что‖‖ 6 , так как > 0 может достигать наибольшего положительного значения толькона границе при = 0 или = . Следствие доказано.Теорема 3.Пусть выполнены условия| | > 0, | | > 0, = | | − | | − | | > 0, = 1, ( − 1)(18)Тогда для решения задачи( ) = , = 1, ( − 1), 0 = = 0,справедлива оценкаДоказательство.(19)⃦ ⃦⃦ ⃦⃦‖‖ 6 ⃦⃦⃦ .Для доказательства этой теоремы запишем уравнение (14) в виде: = −1 + +1 + .(20)Пусть | | достигает своего наибольшего значения |0 | > 0 при = 0 , 0 < 0 < , так что|0 | > , = 0, .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
