LØSNING FOR EKSAMEN I FAG 75316, NUMERISK LØSNING AV DIFFERENSIALLIGNINGER, VÅR u t = u xx, < x <, t > 0 < x <

Transkript

1 LØSNING FO EKSAMEN I FAG 756, NUMEISK LØSNING AV DIFFEENSIALLIGNINGE, VÅ 994. Oppgave Vi skal løse startverdiprobleet u t = u xx, < x <, t > 0 ux, 0) = fx), < x < og vi ønsker en eksplisitt forel ed diskretiseringsfeil Oh + k ). La u n = ux, t n ) ed x = h og t n = nk. a) Vi har u n+ = + k t + ) k t u n +Ok ) = + k x + ) k x 4 u n +Ok ) Vi innfører nå sentraldifferenser for x og 4 x og får u n+ ) = u n + k h δ xu n + Oh ) + ) k h 4 δ4 x + Oh ) + Ok ) Dered fås τ n = Ok + kh ) En kan selvsagt også regne ut de doinere leddene i τ n selv o dette er adskillig er arbeidskreve. En får i så fall τ n = 6 k x 6 ) kh x 4 u n + b) Sett på vanlig åte En får U n = ξ n e iβ ξ = + rcos β ) + r cos β ) ) = 4r sin β + r sin 4 β Forlanger at ξ dvs ξ. Den siste ulikheten gir 4r sin β r sin β ) 0 so direkte gir oss kravet r. Den andre ulikheten leder til 4r sin 4 β r sin β + 0 so holder for alle β og r. Von Neuann betingelsen blir dered r.

2 c) En har u n+ = + rδ x + r δ 4 x) u n + τ n U n+ = + rδ x + r δ 4 x) U n og subtraksjon av ligningene gir e n+ = + rδ x + r δ 4 x ) e n + τ n Skriver vi ut sentraldifferensene og ordner o leddene får vi e n+ = r+r )e n +r r)e n +e n +)+ r e n +e n +)+τ n Når vi nå skal ta absoluttverdi og bruke trekantulikheten, er det viktig å erke seg at koeffisientene foran de ulike e-ene alle er ikkenegative når 0 r. Vi får e n+ r+r +r r)+ r ) ax Spesielt er selvfølgelig ax en+ ax en + kµ en +kµ = ax en +kµ Hvis vi nå forutsetter at initialverdiene er gitt eksakt, så er e 0 = 0 for alle. Ved induksjon følger videre at ax en nkµ µt = CT h + k ) så forelen oppfylte våre forhåpninger angåe global feil. Oppgave. Vi skal løse det selvadjungerte Dirichletprobleet a u x ) x + a u y ) y = 0 ved differensetode på et heksagonalt nett so på figuren. Q l l P Q l n Q

3 a) Forelen utledes ved hjelp av boksintegrasjon. Fra hintet fås 0 = a u x ) x + a u y ) y ) da = a u) da = a u n ds Vi lar være den skraverte trekanten på figuren og approksierer randintegralet. For å gjøre dette, erk at langs sidekant l j av kan vi approksiere a u/ n ed a j u Qj u P )/h. Lar vi lengden av sidekantene i den likesidete) trekanten være l, fås 0 = og derav følger forelen. a u n ds a j u Qj u P ) l h j= b) Med a blir differensforelen etter ultiplikasjon ed U P U Qj = 0 j= For alle 6 nodene P vil nøyaktig en av nabonodene U Qj være en randnode og de to andre vil være indre noder. La oss kalle randnodenaboen til node i for f i. Da blir systeet / / U f / 0 / 0 0 U / 0 0 / 0 U = f 0 / 0 0 / U 4 f f / 0 / U 5 f / / U 6 f 6 A er altså atrisen ovenfor. A er åpenbart syetrisk. Fra Gerschgorins sirkelteore ser vi at alle egenverdiene ligger i intervallet [/, 5/], så A er positiv definitt. For å se at den er -syklisk, benytter vi partisjonen S = {, 4, 5}, T = {,, 6} og ser at for i j vil a ij 0 i S, j T eller j S, i T ). For å vise at A er konsistent ordnet, se på 0 /α) /α) Bα) = αl+ α/ 0 0 /α) 0 0 α U = α/ /α) 0 0 α/ /α) 0 0 α/ 0 0 /α) α/ α/ 0 Sett Dα) = diag, α, α, α, α, α ). Vi beregner så Dα) Bα)Dα) = B), så en siilærtransforasjon av Bα) blir uavhengig av α. Vi fastslår at egenverdiene til Bα) ikke avhenger av α, så A er konsistent ordnet.

4 c) Av Gerschgorins sirkelteore har vi at alle egenverdiene til B = I A å ligge i intervallet [ /, /]. Når det i tillegg holder at B har en egenverdi lik /, følger det at ρb) = /. Det gjenstår nå bare å benytte forelen for ω b. Vi får ω b = + ρb) = + 5/.46 d) Vi antar at størrelsene a j kan approksieres ved a j a Q j +a P ). Differensforelen kan skrives U P j= a j k= a k U Qj = 0 Sett for enkelthets skyld b j = a j / k= a k. Da kan SO foruleres direkte på nettet ved forelen U k+) P = ω)u k) P + ω j= b j U k+δ j) Q j der δ j = hvis Q j sin indeks er indre enn P sin indeks, og δ j = 0 ellers. Vi lager en atlabfunksjon so ipleenterer en iterasjon av SO, ed de gitte spesifikasjoner. Vi tar lite hensyn til effektivitet siden vi beregner koeffisientene b j o igjen for hver iterasjon function U=SOheksoega,N,a,NABO,U) % % Ipleenterer en iterasjon av SO for losning av % elliptisk ligning paa et heksagonalt nett. % For dokuentasjon, se oppgavetekst og teksten ovenfor. % U=U; for i=:n, for j=:, arj)=/*anaboi,j))+ai)); % Bruk linear interpolasjon % for aa finne a_{_{j}} b=ar/suar); % Finn koeff i skalert versjon. Ui)=-oega)*Ui); for j=:, Ui)=Ui)+oega*bj)*UNABOi,j)); % Dette er selve SO forelen. Oppgave. Vi løser Poissons ligning ed eleentetoden, og eleentene er trapeser. Det ene trapeset vi ser på har hjørner i h h, 0),, ) h, h, ) h, h, 0) 4

5 a) Tre av forfunksjonene er gitt. Vi ser raskt at den so angler skal har verdien i hjørnet h, 0) og 0 i de andre hjørnene. At den er bilineær sat kravene til nullpunkter gjør at den å ha foren ψ 4 x, y) = ax h)y h) der a er en konstant so bestees fra at ψ 4 h, 0) =. Dette kravet fører til a h) h) =, dvs a = /6h ) og ψ 4 x, y) = 6 h x h)y h ) b) Eleentstivhetsatrisen beregnes enkelt ved forelen αpq E = a E ψ p, ψ q ) = E ψ p ψ q da Siden forfunksjonene er bilineære, blir produktet av gradientene kvadratiske og en kan benytte den oppgitte integralforelen. Her er hele eleentstivhetsatrisen: A = Oppgave 4. Fra forelen fås at U n avhenger av U n 0,..., U +n 0, så avhengighetsintervallet for U n blir I n = [x nh, x +nh] = [x t n /p, x +t n /p]. Karakteristikken gjenno x, t n ) skjærer x-aksen i x at n dvs CFL gir x t n p x at n x + t n p ap Von Neuann: Sett U n = ξ n e iβ. Dette gir ξ = + iapsin β + sin β) = + iap sin β + cos β) Dered er ξ = + 9 pa) sin β + cos β) så etoden er ustabil for enhver positiv h, k. Dette er et eksepel på at CFL-kriteriet på ingen åte er tilstrekkelig for konvergens. Metoden so foreslås er konsistent. CFL-kriteriet gir dobbelt så stort tillatt intervall for ap so Lax-Wroff. Men i Lax-Wroff tilfellet gir Von Neuann og CFL kriteriet sae begrensning på ap. 5