1612725465-eb5831e2a489b993bf8c6c33f84310db (828847), страница 22

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

Текст из файла (страница 22)

У к а з а н и е. Показать, что |λ(ϕ)| ≤ 1 ∀ϕ ∈ R.1441.10. У к а з а н и е. Покажите, что при σ ≥ 0, 5 необходимое условие устойчивости Неймана выполняется при любом законе предельногоперехода, а при 0 ≤ σ < 0, 5 необходимое условие устойчивости имеетвид неравенства (1.73).µ¶n4τ νπh1.11. unj = 1 − 2 sin2sin(πxj ), j = 0, .

. . , N .h2Р е ш е н и е. Для решения un задачи (1.107) справедливо представлеn00ние (1.65), при этом T(k)= qkn T(k), qk = 1 − τ νλk , T(k)— коэффициентыФурье в представлении (1.64) начальной функции, т. е.0= (u0 , u(k) ).T(k)(13.13)В разностной задаче (1.107) l = 1 и1 (1)u0j = sin(πxj ) = √ uj .2Тогда из формулы (13.13) получим½ √1/ 2,0T(k)=0,Следовательно,½nT(k)=√qkn / 2,0,k = 1,k 6= 1.k = 1,k 6= 1n (1)и представление решения (1.65) принимает вид un = T(1)u .µ¶n4τ νπh1.12.

unj = 1 − 2 sin2sin(πxj )−hµ¶n 214τ ν−1 − 2 sin2 (πh) sin(2πxj ), j = 0, . . . , N .2hУ к а з а н и е. Покажите, что в представлении (1.65) только дваnnкоэффициента T(1)и T(2)отличны от нуля.µ¶n4τ ν2 πhn1.13. uj = 1 − 2 sinsin(πxj )+hµ¶2n4τ ν3πh1 − 1 − 2 sin2h2+sin(3πxj ), j = 0, . . . , N .4ν2 3πhsinh22145У к а з а н и е. Для решения un задачи (1.110) справедливо представление в виде конечного ряда Фурье (1.65). После подстановки функции(1.65) в разностное уравнение задачи (1.110) получим следующие уравнения для коэффициентов Фурье:n+1nT(k)− T(k)τn+ νλk T(k)− f(k) = 0,k = 1, . . .

, N − 1,(13.14)где f(k) — коэффициенты Фурье функции fj = sin(3πxj ). Следовательно,n 0nT(k)= (1 − τ νλk ) T(k)+hi2n−1+τ f(k) 1 + (1 − τ νλk ) + (1 − τ νλk ) + . . . + (1 − τ νλk )=nn0= (1 − τ νλk ) T(k)+ τ f(k)1 − (1 − τ νλk ).τ νλkС учетом равенств1 (1)u0j = sin(πxj ) = √ uj ,21 (3)fj = sin(3πxj ) = √ uj2получаемnT(k) 1√ (1 − τ νλ1 )n , 2n1 1 − (1 − τ νλ3 )=√,νλ3 20,1.14. unj = 1 − xj + 2·NP−1p=1NP−1 h³1−k=1ixp (1 − xp ) sin(kπxp )h ,k = 1,k = 3,k 6= 1, k 6= 3.´n4τ ν2 kπhsinsin(kπxj )·h22j = 0, .

. . , N .У к а з а н и е. Решение unj разностной схемы (1.111) не обращается в нуль на границе, поэтому мы не можем представить это решениев виде конечного ряда Фурье. Чтобы это все же можно было сделать,преобразуем исходную схему к схеме с однородными краевыми условиями. Для этого введем функцию (1.55):vjn = 1 − xj146и перейдем к задаче (1.56) с однородными краевыми условиямиzjn+1 − zjn= νΛzjn ,τnz0n = 0, zN= 0,0zj = xj (1 − xj ).j = 1, . . .

, N − 1,Для решения z n этой задачи справедливо представление в виде конечного ряда Фурьеzn =N−1Xnu(k) =T(k)k=1N−1Xn0u(k) ,(1 − τ νλk ) T(k)k=1где0T(k)0(k)= (z , u)=N−1X√xj (1 − xj ) 2 sin(kπxj )h.j=11.15. У к а з а н и е. Поскольку схема (1.102) записывается в виде схемы с весами (13.4), то достаточно проверить выполнение условиялеммы 1.3.1.16. У к а з а н и е. Смотри указание к задаче 1.5 и следствие 3леммы 1.3.h2µ ¶.πh2ν cos22lР е ш е н и е. В схеме (2.56) оператор Λ есть оператор второй разностной производнойΛu = ux̄x .2.2.

τ ≤◦Свойства оператора A= −Λ, действующего в пространстве Hh сеточныхфункций, обращающихся в нуль на границах x = 0 и x = l, известны [16]: он является положительно определенным, самосопряженным,имеет полную систему собственных функций, его норма вычисляется◦по формуле (2.52). Следовательно, оператор A = ν A также являетсяположительно определенным и самосопряженным оператором иµ ¶° ◦ ° 4νπh° °kAk = ν °A° = 2 cos2.h2l147Для явной схемы B = E, поэтому B = B ∗ > 0.Итак, все условия теоремы 2.7 выполнены, поэтому необходимыми достаточным условием устойчивости в HA по начальным данным с постоянной ρ = 1 будет неравенство (2.55):E≥или(Au, u)2≤ ,(u, u)ττA,2∀u ∈ Hh , u 6= 0.(13.15)Норма самосопряженного положительного оператора A определяется по формуле (2.46), поэтому неравенство (13.15) эквивалентно неравенству kAk ≤ 2/τ или неравенствуµ ¶4ν2πh2cos≤ .(13.16)h22lτ2.3.

Схема абсолютно устойчива.У к а з а н и е. Используя тождество (1.86), показать, что неявная схема (2.58) записывается в каноническом виде (2.2) с операторами◦A = ν A и B = E + τ A. Показать, что B = B ∗ > 0. Доказать, что необходимое и достаточное условие (2.55) устойчивости в HA по начальнымданным будет выполнено при любых шагах τ и h.2.4. Схема абсолютно устойчива.У к а з а н и е. Показать, что каноническая форма схемы Кранка —Николсон (2.59) имеет вид³τ ´E − νΛ ut − νΛun = f n+1/2 , n = 0, 1, .

. . ,(13.17)2u0 − задано,τA.222hhµ ¶ .2.5. τ ≥−πhν22ν cos2lР е ш е н и е. Преобразуем левую часть разностного уравнения◦т. е. A = ν A и B = E +i111hh2ut,j+1 + ut,j−1 =ut,j+1 − 2ut,j + ut,j−1 + ut,j =Λut,j + ut,j .2222148Следовательно, разностная схема (2.60) запишется в каноническом видетак:µ¶h2E + Λ − ντ Λ ut − νΛun = f n+1 ,2ил赶h2E−A + τ A ut + Aun = f n+1(13.18)2νи необходимое и достаточное условие (2.55) устойчивости примет виднеравенстваτh2A + τ A ≥ A,E−2ν2илиµ 2¶hτE≥−A.(13.19)2ν2При τ ≥ h2 /ν коэффициент при операторе A не положителен, поэтому неравенство (13.19) при таких τ будет справедливым. Пусть теперь0 < τ < h2 /ν. Тогдаτh2− > 0.2ν2Рассуждая далее так же, как при решении задачи 2.2, получаем неравенство, эквивалентное (13.19):kAk ≤или4νcos2h2µπh2lh22ν,− τν¶≤2ν.h2 − τ ν(13.20)2.6.

Схема абсолютно устойчива.У к а з а н и е. Преобразуя левую часть разностного уравненияаналогично тому, как это делалось при решении предыдущей задачи,получаем канонический вид разностной схемыµ¶h2τE−A + A ut + Aun = f n+1/2 .6ν2Следовательно, необходимое и достаточное условие устойчивости запишется так:h2E≥A.6ν1492.7. Схема абсолютно устойчива.3.1. O(τ + h2 ).3.2.

τ ≤h2.2 max ν(x, t)x,t3.3. O(τ + h2 ). n+1u− unj3.4. j= Λn unj + fjn , j = 1, . . . , N − 1,τµ¶nnh un+1− un0 n u1 − u00−− f (0, tn ) = µn0 ,ν1/2h2τ¶µnnu−uun+1− unNhNN−1nN νn+− f (l, t ) = µnl ,N −1/2h2τ 0uj = u0 (xj ), j = 0, . . . , N.(13.21)У к а з а н и е. Для аппроксимации дифференциального уравненияможно использовать разностные уравнения схем (3.23) или (3.25).Легко проверить, что аппроксимацияν0nun1 − un0= µn0hкраевого условия на левой границе будет иметь только первый порядок по h. Для повышения порядка аппроксимации возьмем разностноекраевое условие в видеν0nun1 − un0+ u∗ = µn0hи величину u∗ подберем так, чтобы получить второй порядок аппроксимации:ψ0 = (Lh (u)h − fh )0 = ν(0, tn )u(h, tn ) − u(0, tn )+ u∗ − µ(0, tn ) =hµ¶hh2= ν ux + uxx + O(h ) + u∗ − µ = ν uxx + u∗ + O(h2 ).22(13.22)Последнее равенство имеет место вследствие того, что аппроксимацияпроверяется на решении u(x, t) дифференциальной задачи (3.26), поэтому (νux ) (0, tn ) = µ0 (tn ).150Из выражения (13.22), используя уравнение (3.13), получаемhhu∗ = − νuxx = − (ut − νx ux − f ) ∼22µ n+1¶h u0 − un0ν n − ν0n un1 − un0∼−− 1·− f (0, tn ) .2τhh3.6.

У к а з а н и е. Разностные уравнения схемы умножим на τ hи просуммируем по внутренним узлам сетки j = 1, . . . , N − 1:µ¶N−1N−1nnXXunN − unN −1n+1nnn u1 − u0− ν1/2.uj h =uj h + τ νN −1/2hhj=1j=1Учитывая краевые условия схемы (3.30), получаемnnh n+1hn u1 − u0u0 = un0 + τ ν1/2,22hunN − unN −1h n+1hnuN = unN − τ νN,−1/222hпоэтому U n+1 = U n и, следовательно, выполняются равенстваU n = U 0,3.7.

U n+1 − U n = −n = 1, . . . , M.N −1τ h3 X nνun .4 j=1 x̄x,j x̄x,jУ к а з а н и е. Разностное уравнение схемы (3.32) может бытьзаписано в виде (3.17) или´1³ nnut,j =νj+1/2 unx,j − νj−1/2unx,j−1 + rjn , j = 1, . . . , N − 1.hОно отличается от уравнения консервативной схемы (3.30) наличиемh2 nunx̄x,j . Дав его правой части дополнительного члена rjn = − νx̄x,j4лее, как и при решении задачи 3.6, следует вычислить количество тепла U n+1 .3.8. У к а з а н и е.

Пусть u(x, t) — гладкое решение задачи (3.26),удовлетворяющее дифференциальному уравнению вплоть до границx = 0 и x = l. Покажите, что на этом решении локальная погрешностьаппроксимации в узле (xj , tn ) дифференциального уравнения разностным уравнением равна¡¢nψh,j= τ (0, 5 − σ) (νux )xt + f + 0, 5τ ft − ϕnj + O τ 2 + h2 .151Поэтому порядок аппроксимации будет зависеть от выбора параметра σи функции ϕ. В граничных же узлах он всегда будет вторым. В самомделе, рассмотрим, например, левую границу:·¸hnψh,0= σ (νux ) (0, tn+1 ) + (νux )x (0, tn+1 ) +2·¸h+(1 − σ) (νux ) (0, tn ) + (νux )x (0, tn ) −2¢¡hh− ut (0, tn ) + ϕn0 − σµ0 (tn+1 ) − (1 − σ)µ0 (tn ) + O τ 2 + h2 .22Поскольку при всех t ∈ [0, T ] выполняется равенство (νux ) (0, t) = µ0 (t),тоi h¡¢hhnψh,0= − ut (0, tn ) − (νux )x (0, tn ) + ϕn0 + O τ 2 + h2 =22i¡¢hh n=ϕ0 − f (0, tn ) + O τ 2 + h2 .2Отсюда видно, что как для ϕn0 = f (0, tn ), так и для ϕn0 = f (0, tn + τ /2)порядок аппроксимации будет вторым.3.9.

У к а з а н и е. См. решение задачи 3.6.3.10. Р е ш е н и е. Пусть u, v ∈ Hh,1 . Тогдаnn(Au, v)(1) = −ν1/2ux,0 v0 − (Λn u, v) + νN−1/2 ux̄,N vN .Используя вторую формулу Грина (2.3.10), получаем(Λn u, v) = ((an ux̄ )x , v) == (u, (an vx̄ )x ) + anN (ux̄ v − uvx̄ )N − an1 (ux v − uvx )0 =nn= (u, Λn v) + νN−1/2 (ux̄,N vN − uN vx̄,N ) − ν1/2 (ux,0 v0 − u0 vx,0 ) .Следовательно,nn(Au, v)(1) = −ν1/2u0 vx,0 − (u, Λn v) + νN−1/2 uN vx̄,N = (u, Av)(1) ,т. е. A = A∗ .152Докажем неотрицательность оператора A. Из первой формулы Грина (2.3.7) следует, что¡¤(Λn u, u) = ((an ux̄ )x , u) = − an ux̄ , ux̄ + anN uN ux̄,N − an1 u0 ux,0 ,поэтому¡ n¤nn(Au, u)(1) = −ν1/2ux,0 u0 − (Λn u, u) + νN−1/2 ux̄,N uN = a ux̄ , ux̄ ,т.

е.(Au, u)(1) =NXnνj−1/2u2x̄,j ≥ 0.j=1Таким образом, оператор An является неотрицательным в Hh,1 .Возьмем сеточную функцию u ∈ Hh,1 , которая принимает постоянное значение во всех узлах сетки, т. е. uj = const = u0 6= 0 (j = 0, . . . , N ).Тогда (Au, u)(1) = 0.

Характеристики

Список файлов книги