1625914190-ed3c29641f6489f5beff0e2503f67c69 (532707), страница 3

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

Текст из файла (страница 3)

Применяя A−1 к уравнению (2.10), получимB̃yt + Ãy = 0,13где B̃ = A−1 + στ E, Ã = E. Теперь оператор Ã является самосопряженным и положительно определенным, а оператор B̃ — положительно определенным при σ > 0. Условиеустойчивости (2.7) в пространстве HÃ = HE = Hh имеет вид:B̃ − 0.5τ Ã = A−1 + (σ − 0.5)τ E > 0.Оно будет выполнено при σ > 0.5.

Итак, условие σ > 0.5 является достаточным длявыполнения оценкиkyj k 6 ky (0) kдля решения уравнения (2.10) с начальным условием y0 = y (0) в случае A > 0, A 6= A∗ .2.4Метод разделения переменныхЕсли A = A∗ > 0 и B = B ∗ > 0, то устойчивость схемы By + Ay = 0, t ∈ ω ,tτ y(0) = y (0)в HA при B > 0.5τ A можно доказать с помощью метода разделения переменных.Пусть N — размерность конечномерного пространства H, λk — собственные значения,а ξk — ортонормированные собственные функции задачиAξk = λk Bξk , k = 1, 2, ..., N,причем(Bξk , ξm ) = δk,m .(2.11)Так как A > 0, то λk > 0, k = 1, 2, ..., N .Решение задачи будем искать в виде:y(t) =NXCk (t)ξk .k=1Так какAy =NXCk (t)Aξk =k=1NXCk (t)λk Bξk ,k=1то, подставляя решение в виде разложения по собственным функциям в уравнение, получаем:N XCk (t + τ ) − Ck (t)k=1τ14+ λk Ck (t) Bξk = 0.Пользуясь условиями ортогональности (2.11), получаем:Ck (t + τ ) − Ck (t)+ λk Ck (t) = 0 ⇒ Ck (t + τ ) = (1 − τ λk )Ck (t), k = 1, 2, ..., N.τСледовательно,y(t + τ ) =NXNX(1 − τ λk )Ck (t)ξk .Ck (t + τ )ξk =k=1k=1Оценим норму y(t + τ ):ky(t + τ )k2A = (Ay(t + τ ), y(t + τ )) .Посколькуky(t)k2A= (Ay(t), y(t)) =NXCk (t)λk Bξk ,k=1тоky(t +τ )k2A=NXλk Ck2 (tNX!Ck (t)ξk=k=1NX+ τ) =k=1NXλk Ck2 (t),k=1λk (1 − τ λk )2 Ck2 (t) 6k=126 max (1 − τ λk )16k6NNXλk Ck2 (t) .|k=1 {zky(t)k2A}Следовательно,ky(t + τ )kA 6 max |1 − τ λk | · ky(t)kA ⇒ ky(t + τ )kA 6 ky(t)kA 6 ky(0)kA ,16k6Nесли |1 − τ λk | 6 1 для всех k = 1, 2, ..., N .

Последнее условие будет выполнено, если привсех k справедлива оценка0 < λk 62.τ(2.12)Покажем эквивалентность неравенства (2.12) и неравенства B > 0.5τ A. Рассмотрим выражениеBy − 0.5τ Ay =NXCk (t) (Bξk − 0.5τ Aξk ) =k=1NXCk (t) (1 − 0.5τ λk ) Bξkk=1и вычислим функционал:(By, y) − 0.5τ (Ay, y) =NXCk2 (t) (1 − 0.5τ λk ) .k=1Из последнего равенства следует эквивалентность (2.12) и B > 0.5τ A.152.5Устойчивость по начальным данным в HBТеорема 2.7 Пусть в схеме (2.1) операторы A и B не зависят от t, причем A = A∗ > 0,B = B ∗ > 0.

Тогда условие (2.7) достаточно для устойчивости схемы (2.1) по начальнымданным в пространстве HB , причемkyj kB 6 ky (0) kB .Доказательство. Если A = A∗ > 0 и B = B ∗ > 0, то можно ввести энергетическиенормы k · kA и k · kB . Пусть B > 0.5τ A. Тогда((B − 0.5τ A)yt , yt ) = kyt k2B − 0.5τ kyt k2A > 0.Воспользуемся вторым энергетическим тождеством (2.6) в случае ϕ ≡ 0:kŷk2B + τ 2 kyt k2B − 0.5τ kyt k2A +0.5τ kŷ + yk2A = kyk2B{z}|⇒ kŷk2B 6 kyk2B ,>0то есть ky(t)kB 6 ky(0)kB .Замечание 2.8 Если A и B — перестановочные операторы, то условие (2.7) необходимои достаточно для устойчивости схемы (2.1) по начальным данным в пространстве HD :kyj kD 6 ky (0) kD ,где D = D∗ > 0 — любой оператор, перестановочный с A и B, например, D = E, D = A2или D = B 2 при B = B ∗ , так что kyj k 6 ky (0) k, kAyj k 6 kAy (0) k, kByj k 6 kBy (0) k и т.д.2.6Устойчивость по правой частиВ главе "Операторно-разностные схемы"была доказана теорема 1.14 о том, что из устойчивости двухслойной схемы с постоянными операторами по начальным данным в нормеk · k(h1) следует устойчивость по правой части уравнения, причем()jXkyj+1 k(h1) 6 M1 ky0 k(h1) +kB −1 ϕp k(h1) τ .p=0Из этого следует терема:Теорема 2.9 Если выполнено условие (2.7), то схема By + Ay = ϕ(t), t = jτ ∈ ω ,tτ y(0) = y (0) ,16(2.13)принадлежащая исходному семейству схем, устойчива по правой части, причем справедлива априорная оценка:kyj+1 kA 6 ky0 kA +jXkB −1 ϕp kA τ.p=0Если, кроме того, оператор B самосопряжен, то также справедлива оценка:kyj+1 kB 6 ky0 kB +jXkϕp kB −1 τ.p=0В правой части последнего неравенства стоит негативная норма k · kB −1 .

Если B — самосопряженный положительно определенный оператор и B −1 существует, то можно ввестинегативную норму:kϕkB −1 =p(B −1 ϕ, ϕ) = supx6=0|(ϕ, x)|.kxkBОчевидно, чтоkB −1 ϕk2B = (B −1 ϕ, B −1 ϕ)B = (BB −1 ϕ, B −1 ϕ) = (ϕ, B −1 ϕ) = kϕk2B −1 .Исследуем, при каких условиях на операторы задачи имеет место устойчивость поправой части в исходной норме kϕk(h2) = kϕk. Ответ дает следующая теорема:Теорема 2.10 Пусть выполнено условие:B > εE + 0.5τ A,(2.14)где ε — некоторое положительное число, а схема (2.13) принадлежит исходному семейству схем. Тогда для решения задачи (2.13) верна априорная оценка:jkyj+1 k2A6ky0 k2A1 X+kϕp k2 τ.2ε p=0Доказательство.

Рассмотрим первое энергетическое тождество:2τ ((B − 0.5τ A)yt , yt ) + kŷk2A = kyk2A + 2τ (ϕ, yt ).По условию B − 0.5τ A > εE, откуда получаем:2τ ((B − 0.5τ A)yt , yt ) > 2τ ε(yt , yt ) = 2τ εkyt k2 .Следовательно,2τ εkyt k2 + kŷk2A 6 kyk2A + 2τ (ϕ, yt ) 6 kyk2A + 2τ |(ϕ, yt )|.17(2.15)Оценим последнее слагаемое в правой части этого неравенства, пользуясь неравенствомКоши-Буняковского:|(ϕ, yt )| 6 kϕkkyt k.Так какa·b6a2 b 2+ , ∀a, b,22то имеет место неравенство:a·b=√112εa · √ b 6 εa2 + b2 , ∀ε > 0.4ε2εПользуясь этим неравенством, получим:2τ |(ϕ, yt )| 6 2τ εkyt k2 +τkϕk2 .2εТаким образом, справедливо неравенство:2τ εkyt k2 + kŷk2A 6 kyk2A + 2τ εkyt k2 +ττkϕk2 ⇒ kŷk2A 6 kyk2A + kϕk22ε2εСледовательно,kyj+1 k2A 6 kyj k2A +τττkϕj k2 6 kyj−1 k2A + kϕj−1 k2 + kϕj k2 6 ... 62ε2ε2εj6ky0 k2A1 X+kϕp k2 τ.2ε p=0Замечание 2.11 Теорема 2.10 сохраняет силу и в случае переменного оператора B =B(t), а теорема 2.7 справедлива для переменного оператора A = A(t).

Это видно издоказательства соответствующих теорем энергетическим методом.3Условие ρ-устойчивости схемыВведем более общее определение устойчивости схемы по начальным данным. Пусть D =D∗ > 0 — постоянный оператор.Определение 3.1 Будем говорить, что схема By + Ay = ϕ(t), t ∈ ω ;tτ y(0) = y (0)ρ-устойчива по начальным данным, если для решения соответствующей задачи для однородного уравнения By + Ay = 0, t ∈ ω ;tτ y(0) = y (0)18(3.1)при любом y (0) ∈ H выполнено неравенствоkyj kD 6 ρj ky (0) kD ,где ρ = eC0 τ , C0 — постоянная, не зависящая от h, τ и выбора y (0) .Если схема ρ-устойчива в HD , то она устойчива в HD :kyj kD 6 M1 ky (0) kD , j = 1, 2, ..., j0 , τ j0 = Tс постоянной M1 = eC0 T , если C0 > 0, и M1 = 1, если C0 6 0.Схему (3.1) с постоянными операторами A и B можно свести к явной схеме xt + Cx = 0или xj+1 = (E − τ C)xj , если провести замену:1) xj = B 1/2 yj при B = B ∗ > 0 и C = C1 = B −1/2 · A · B −1/2 ;2) xj = A1/2 yj при A = A∗ > 0 и C = C2 = A1/2 · B −1 · A1/2 .Заметим, что:kxj k = kyj kB при C = C1 , xj = B 1/2 yj ;kxj k = kyj kA при C = C2 , xj = A1/2 yj .Таким образом, условие ρ-устойчивости неявной схемы (3.1) в HD при D = B илиD = A эквивалентно условию ρ-устойчивости соответствующей явной схемы в H: kxj k 6ρj kx0 k, j = 1, 2, ..., j0 .Лемма 3.2 Условие ρ-устойчивости явной схемы x + Cx = 0, t ∈ ω ;tτ x0 = x(0)с постоянным оператором C эквивалентно условию ограниченности нормы оператораперехода со слоя на слой:kSk = kE − τ Ck 6 ρ.Доказательство.

Так какxj = Sxj−1 = S 2 xj−2 = ... = S j x0 ⇒ kxj k 6 kSkj kx0 k,то условия kxj k 6 ρj kx0 k и kSk = kE − τ Ck 6 ρ эквивалентны.Лемма 3.3 Если A = A∗ > 0 и B = B ∗ > 0, то неравенстваγ1 B 6 A 6 γ2 B и γ1 E 6 C 6 γ2 E19(3.2)эквивалентны при C = C1 = B −1/2 · A · B −1/2 либо C = C2 = A1/2 · B −1 · A1/2 .Доказательство.

Пусть C = C1 = B −1/2 · A · B −1/2 и γ — произвольное число. Тогда:(Cx, x) − γ(x, x) = (B −1/2 · A · B −1/2 x, x) − γ(x, x) = (Ay, y) − γ(By, y), y = B −1/2 x.Следовательно, знаки операторов C − γE и A − γB совпадают. При этом не требуетсяположительности оператора A.Пусть теперь C = C2 = A1/2 · B −1 · A1/2 . Покажем сначала, что неравенства C > γE(C 6 γE) и E > γC −1 (соответственно, E 6 γC −1 ) эквивалентны. По предположению C— самосопряженный оператор, поэтому:(Cx, x)−γ(x, x) = (C 1/2 x, C 1/2 x)−γ(C −1/2 C 1/2 x, C −1/2 C 1/2 x) = (y, y)−γ(C −1 y, y), y = C 1/2 x.Следовательно, операторы C − γE и E − γC −1 имеют одинаковые знаки.

Положим C −1 =A−1/2 · B · A−1/2 и обозначим v = A−1/2 y. Так как(y, y) − γ(A−1/2 · B · A−1/2 y, y) = (Av, v) − γ(Bv, v),то операторы C −γE и A−γB имеют одинаковые знаки. Полагая γ = γ1 и γ = γ2 , получаемэквивалентность неравенств (3.2).Лемма 3.4 Если C = C ∗ > 0, τ > 0, то условия1+ρ1−ρE6C6EττkSk = kE − τ Ck 6 ρ и(3.3)эквивалентны.Доказательство. Так как S = E − τ C = S ∗ , тоkSk = sup |(Sx, x)| = sup |((E − τ C)x, x)|.kxk=1kxk=1Если kSk 6 ρ, то−ρ 6 ((E − τ C)x, x) 6 ρ ⇔11((x, x) − ρ) 6 (Cx, x) 6 (ρ + (x, x)) , kxk = 1.ττСледовательно,1−ρ1+ρE6C6E.ττВ обратную сторону неравенство доказывается аналогично.Теорема 3.5 Пусть A и B — постоянные операторы, причем A = A∗ , B = B ∗ > 0.

Тогдаусловия1−ρ1+ρB6A6Bττ20(3.4)необходимы и достаточны для ρ-устойчивости в HB схемы (3.1): kyj kB 6 ρj ky0 kB , аесли, кроме того, A > 0, то и для ρ-устойчивости в HA : kyj kA 6 ρj ky0 kA .Доказательство. Так как по условию B = B ∗ > 0, сведем неявную схему (3.1) к явнойс оператором C = B −1/2 · A · B −1/2 . Тогда, в силу леммы 3.3, условия (3.4) эквивалентныусловиям1+ρ1−ρE6C6E,ττчто в свою очередь, в силу леммы 3.4 и леммы 3.2, является необходимым и достаточнымусловием устойчивости схемы.21.

Характеристики

Список файлов лекций