Методы вычислений
 Скачать 2.39 Mb.
|
|
− f n+1 0 ¶ + γu n+1 0 = µ 0 (t n+1 ), u n+1 N = µ l (t n+1 ), n = 0, . . . , M − 1, u 0 j = u 0 (x j ), j = 0, . . . , В обеих схемах разностные уравнения во внутренних узлах являются трехточечными: a j u n+1 j−1 − c j u n+1 j + b j u n+1 j+1 = d j , j = 1, . . . , N − 1, 143 a j = b j = r, c j = 1 + a j + b j , d j = −u n j − τ f n+1 j , r поэтому для вычисления значений можно использовать метод прогонки, 0, прогоночные коэффициенты которого задаются следующими формулами Чтобы воспользоваться этими формулами, необходимо предварительно определить начальные коэффициенты и η 0 . Для схемы (13.11) из граничного условия, записанного в виде (13.9), получаем 0 = ξ 0 u n+1 1 + где 1 + h 2 2ντ − hγ , η 0 = h 2 2ντ ¡ u n 0 + τ f n+1 0 ¢ − hµ 0 (t n+1 ) 1 + h 2 2ντ − Для схемы (13.10) граничное условие при x = 0 также можно записать в виде (13.12). Для этого надо исключить из формулы (13.6) значение, использовав для этого разностное уравнение во внутреннем узле с номером j = 1: a 1 u n+1 0 − c 1 u n+1 1 + b 1 u n+1 2 = В результате получим c 1 b 1 (3 − 2hγ) − a 1 , η 0 = − d 1 + 2hb 1 µ n+1 0 b 1 (3 − 2hγ) − a 1 . 1.8. σ ≥ 1 − h 2 2τ ν 1.9. Указание. Показать, что |λ(ϕ)| ≤ 1 ∀ϕ ∈ R. 144 1.10. Указание. Покажите, что при σ ≥ 0, 5 необходимое условие устойчивости Неймана выполняется при любом законе предельного перехода, а при 0 ≤ σ < 0, 5 необходимое условие устойчивости имеет вид неравенства (1.73). 1.11. u n j = µ 1 − 4τ ν h 2 sin 2 πh 2 ¶ n sin(πx j ), j = 0, . . . , N Решение. Для решения задачи (1.107) справедливо представление, при этом T n (k) = q n k T 0 (k) , q k = 1 − τ νλ k , T 0 (k) — коэффициенты Фурье в представлении (1.64) начальной функции, те, В разностной задаче (1.107) l = 1 и sin(πx j ) Тогда из формулы (13.13) получим = 1, 0, k 6= Следовательно = 1, 0, k 6= и представление решения (1.65) принимает вид u n = T n (1) u (1) 1.12. u n j = µ 1 − 4τ ν h 2 sin 2 πh 2 ¶ n sin(πx j )− − 1 2 µ 1 − 4τ ν h 2 sin 2 (πh) ¶ n sin(2πx j ), j = 0, . . . , N Указание. Покажите, что в представлении (1.65) только два коэффициента и отличны от нуля. u n j = µ 1 − 4τ ν h 2 sin 2 πh 2 ¶ n sin(πx j )+ + 1 − µ 1 − 4τ ν h 2 sin 2 3πh 2 ¶ n 4ν h 2 sin 2 3πh 2 sin(3πx j ), j = 0, . . . , N . 145 Указание. Для решения задачи (1.110) справедливо представление в виде конечного ряда Фурье (1.65). После подстановки функции) в разностное уравнение задачи (1.110) получим следующие уравнения для коэффициентов Фурье T n (k) τ + νλ k T n (k) − f (k) = 0, k = 1, . . . , N − где f (k) — коэффициенты Фурье функции f j = sin(3πx j ). Следовательно νλ k ) n−1 i = = (1 − τ νλ k ) n T 0 (k) + τ f (k) 1 − (1 − τ νλ k ) n τ С учетом равенств sin(πx j ) = 1 √ 2 u (1) j , f j = sin(3πx j ) получаем − τ νλ 1 ) n , k = 1, 1 √ 2 1 − (1 − τ νλ 3 ) n νλ 3 , k = 3, 0, k 6= 1, k 6= 3. 1.14. u n j = 1 − x j + 2 N −1 P k=1 h³ 1 − 4τ ν h 2 sin 2 kπh 2 ´ n sin(kπx j )· · N −1 P p=1 x p (1 − x p ) sin(kπx p )h i , j = 0, . . . , N Указание. Решение разностной схемы (1.111) не обращается в нуль на границе, поэтому мы не можем представить это решение в 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): v n j = 1 − x j 146 и перейдем к задаче (1.56) с однородными краевыми условиями z n j τ = νΛz n j , j = 1, . . . , N − 1, z n 0 = 0, z n N = 0, z 0 j = x j (1 − Для решения этой задачи справедливо представление в виде конечного ряда Фурье −1 X k=1 T n (k) u (k) = N −1 X k=1 (1 − τ где (z 0 , u (k) ) = N −1 X j=1 x j (1 − x j ) √ 2 sin(kπx j )h. 1.15. Указание. Поскольку схема (1.102) записывается в виде схемы с весами (13.4), то достаточно проверить выполнение условия леммы 1.3. 1.16. Указание. Смотри указание к задаче 1.5 и следствие леммы 1.3. 2.2. τ ≤ h 2 2ν cos 2 µ πh 2l ¶ Решение. В схеме (2.56) оператор Λ есть оператор второй разностной производной = Свойства оператора −Λ, действующего в пространстве сеточных функций, обращающихся в нуль на границах x = 0 и x = l, известны он является положительно определенным, самосопряженным, имеет полную систему собственных функций, его норма вычисляется по формуле (2.52). Следовательно, оператор A = ν ◦ A также является положительно определенными самосопряженным оператором и = ν ° ° ° ◦ A ° ° ° = 4ν h 2 cos 2 µ πh 2l ¶ . 147 Для явной схемы B = E, поэтому B = B ∗ > Итак, все условия теоремы 2.7 выполнены, поэтому необходимыми достаточным условием устойчивости в по начальным данным с постоянной будет неравенство (2.55): E или, u) (u, u) ≤ 2 τ , ∀u ∈ H h , u 6= Норма самосопряженного положительного оператора A определяется по формуле (2.46), поэтому неравенство (13.15) эквивалентно неравенству или неравенству. Схема абсолютно устойчива. У казан и е. Используя тождество (1.86), показать, что неявная схема (2.58) записывается в каноническом виде (2.2) с операторами = ν ◦ A и B = E + τ A. Показать, что B = B ∗ > 0. Доказать, что необходимое и достаточное условие (2.55) устойчивости в по начальным данным будет выполнено при любых шагах τ и h. 2.4. Схема абсолютно устойчива. У казан и е. Показать, что каноническая форма схемы Кранка — Николсон (2.59) имеет вид − τ 2 νΛ ´ u t − νΛu n = f n+1/2 , n = 0, 1, . . . , u 0 − задано, (13.17) т. е. A = ν ◦ A и B = E + τ 2 A. 2.5. τ ≥ h 2 ν − h 2 2ν cos 2 µ πh 2l ¶ Решение. Преобразуем левую часть разностного уравнения 2 u t,j+1 + 1 2 u t,j−1 = 1 2 h u t,j+1 − 2u t,j + u t,j−1 i + u t,j = h 2 2 Λu t,j + u t,j . 148 Следовательно, разностная схема (2.60) запишется в каноническом виде так + h 2 2 Λ − ντ Λ ¶ u t − νΛu n = или − h 2 2ν A + τ A ¶ u t + Au n = и необходимое и достаточное условие (2.55) устойчивости примет вид неравенства − h 2 2ν A + τ A или ≥ µ h 2 При τ ≥ h 2 /ν коэффициент при операторе A не положителен, поэтому неравенство (13.19) при таких τ будет справедливым. Пусть теперь < τ < h 2 /ν. Тогда 2ν − τ 2 > Рассуждая далее также, как при решении задачи 2.2, получаем неравенство, эквивалентное (13.19): kAk ≤ 2ν h 2 − τ или τ ν . (13.20) 2.6. Схема абсолютно устойчива. У казан и е. Преобразуя левую часть разностного уравнения аналогично тому, как это делалось при решении предыдущей задачи, получаем канонический вид разностной схемы − h 2 6ν A + τ 2 A ¶ u t + Au n = Следовательно, необходимое и достаточное условие устойчивости запишется так ≥ h 2 6ν A. 149 2.7. Схема абсолютно устойчива. O(τ + h 2 ). 3.2. τ ≤ h 2 2 max x,t ν(x, t) 3.3. O(τ + h 2 ). 3.4. u n+1 j − u n j τ = Λ n u n j + f n j , j = 1, . . . , N − 1, ν n 1/2 u n 1 − u n 0 h − h 2 µ u n+1 0 − u n 0 τ − f (0, t n ) ¶ = µ n 0 , ν n N −1/2 u n N − u n N −1 h + h 2 µ u n+1 N − u n N τ − f (l, t n ) ¶ = µ n l , u 0 j = u 0 (x j ), j = 0, . . . , Указание. Для аппроксимации дифференциального уравнения можно использовать разностные уравнения схем (3.23) или (Легко проверить, что аппроксимация u n 0 h = краевого условия на левой границе будет иметь только первый порядок по h. Для повышения порядка аппроксимации возьмем разностное краевое условие в виде u n 0 h + u ∗ = и величину подберем так, чтобы получить второй порядок аппроксимации+ Последнее равенство имеет место вследствие того, что аппроксимация проверяется на решении u(x, t) дифференциальной задачи (3.26), поэтому Из выражения (13.22), используя уравнение (3.13), получаем − h 2 νu xx = − h 2 (u t − ν x u x − f ) ∼ ∼ − h 2 µ u n+1 0 − u n 0 τ − ν n 1 − ν n 0 h · u n 1 − u n 0 h − f (0, t n ) ¶ . 3.6. Указание. Разностные уравнения схемы умножим на τ и просуммируем по внутренним узлам сетки j = 1, . . . , N − 1: N −1 X j=1 u n+1 j h = N −1 X j=1 u n j h + τ µ ν n N −1/2 u n N − u n N −1 h − ν n 1/2 u n 1 − Учитывая краевые условия схемы (3.30), получаем 0 = h 2 u n 0 + τ ν n 1/2 u n 1 − u n 0 h , h 2 u n+1 N = h 2 u n N − τ ν n N −1/2 u n N − u n N поэтому U n+1 = и, следовательно, выполняются равенства U 0 , n = 1, . . . , M. 3.7. U n+1 − U n = − τ h 3 4 N Указание. Разностное уравнение схемы (3.32) может быть записано в виде (3.17) или ν n j−1/2 u n x,j−1 ´ + r n j , j = 1, . . . , N − Оно отличается от уравнения консервативной схемы (3.30) наличием в его правой части дополнительного члена r n j = − h 2 4 ν n ¯ xx,j u n ¯ xx,j . Далее, как и при решении задачи 3.6, следует вычислить количество тепла. Указание. Пусть u(x, t) — гладкое решение задачи (удовлетворяющее дифференциальному уравнению вплоть до границ = 0 и x = l. Покажите, что на этом решении локальная погрешность аппроксимации в узле (x j , t n ) дифференциального уравнения разностным уравнением равна τ (0, 5 − σ) (νu x ) xt + f + 0, 5τ f t − ϕ n j + O ¡ τ 2 + h 2 ¢ . 151 Поэтому порядок аппроксимации будет зависеть от выбора параметра и функции ϕ. В граничных же узлах он всегда будет вторым. В самом деле, рассмотрим, например, левую границу σ · (νu x ) (0, t n+1 ) + h 2 (νu x ) x (0, t n+1 ) ¸ + +(1 − σ) · (νu x ) (0, t n ) + h 2 (νu x ) x (0, t n ) ¸ − − h 2 u t (0, t n ) + h 2 ϕ n 0 − σµ 0 (t n+1 ) − (1 − σ)µ 0 (t n ) + O ¡ τ 2 + Поскольку при всех t ∈ [0, T ] выполняется равенство (νu x ) (0, t) = то − h 2 h u t (0, t n ) − (νu x ) x (0, t n ) i + h 2 ϕ n 0 + O ¡ τ 2 + h 2 ¢ = = h 2 h ϕ n 0 − f (0, t n ) i + O ¡ τ 2 + Отсюда видно, что как для ϕ n 0 = f (0, t n ), таки для ϕ n 0 = f (0, t n + τ порядок аппроксимации будет вторым. Указание. См. решение задачи 3.6. 3.10. Решение. Пусть u, v ∈ H h,1 . Тогда, v) (1) = −ν n 1/2 |