• Nie Znaleziono Wyników

=0=0

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "=0=0"

Copied!
34
0
0

Pełen tekst

(1)

Dr Piotr Fronczak

Metody numeryczne

Wykład nr 9

(2)

Równania róŜniczkowe zwyczajne - problemy brzegowe (BVP)

Dotychczas omawialiśmy problemy początkowe – rówania róŜniczkowe, w których dane były wartości zmiennych zaleŜnych (lub ich pochodne) dla pewnej szczególnej wartości zmiennej niezaleŜnej.

Teraz naszym zadaniem będzie wyznaczenie spośród funkcji spełniających

dane równanie róŜniczkowe zwyczajne, zdefiniowanych w rozwaŜanym obszarze, tych, które spełniają dodatkowe warunki na brzegu tego obszaru. Warunki takie nazywane są warunkami brzegowymi i są nałoŜone na wartości funkcji i jej

pochodnych w więcej niŜ jednym punkcie tego obszaru.

(3)

BVP są zwykle szczególnym przypadkiem równań róŜniczkowych cząstkowych, których rozwiązaniem są funkcje czasu i połoŜenia, np. pole elektryczne,

rozkład temperatury, prędkość przepływu itp.

2 2

x y t

y

= ∂

równanie dyfuzji

2 2 2

2

x y t

y

= ∂

równanie falowe

Jeśli y = y(x) (nie zaleŜy od czasu – stany ustalone, równowagi), to otrzymujemy ogólną postać BVP (drugiego rzędu):

) ,

2

(

2

dx

y

dy

dx f y

d =

Dane jest równanie

w dziedzinie

axb

oraz określone są w pewien sposób warunki brzegowe.

(4)

Typowe formy warunków brzegowych

Warunki brzegowe Dirichleta

Dwie wartości y(x) są dane – jedna dla x = a, druga dla x = b.

y(a) = Ya oraz y(b) = Yb

Warunki brzegowe Neumanna

Dwie wartości dy/dx są dane – jedna dla x = a, druga dla x = b.

a a

x

dx D

dy =

=

b b

x

dx D

dy =

=

oraz

Mieszane warunki brzegowe Robina

a a

x

C a

y dx c

c dy + =

=

)

2

(

1 b

b x

C b

y dx c

c dy + =

=

)

4

(

oraz 3 4

3 2

1

, c , c , c

c

- stałe

(5)

Metoda strzałów

b x a x F y

x dx k

y

d

2

+ ( ) = ( ); ≤ ≤

2

Rozpatrzmy ogólne równanie

W celu jego zdyskretyzowania przyjmijmy

N a

b

h = ( − ) /

gdzie N jest liczbą punktów, na które dzielimy przedział [a,b].

Dyskretyzując drugą pochodną

)

2 (

2

2

1 '' 1

h h O

y y

y

i

y

i

i

+

i

+

=

+

i i

i i

i

i

k y F

h

y y

y

+

− +

+ =

2

1

1

2

otrzymujemy równanie

(6)

i i

i i

i

i

k y F

h

y y

y

+

− +

+ =

2

1

1

2

Chcemy scałkować to równanie od x0 = a do xN = b, więc przedstawmy je w postaci

i i

i i

i

i

y y h k y h F

y

+1

= −

1

+ 2 −

2

+

2

1 2 1

1 2 1

0

2

y 2 y h k y h F

y = − + − +

Czyli dla i = 1

Mamy dane y0 = y(a) = 0, ale y1 jest nieznane.

Znajomość y1 jest równoznaczna ze znajomością y’ dla x = 0:

h y y

i

y

i

i

+1

'

0 0

1

y h y

y ≈ + ′

(7)

RozwaŜmy równanie struny zaczepionej na obu końcach.

Jedyną siłą działającą na element struny jest siła napręŜeń T. Jej wartość w kierunku pionowym

( sin( ) sin( ) )

) sin(

)

sin( T T

i 1 i

T

F = θ + ∆ θ − θ = θ

+

− θ

Zakładając, Ŝe kąty θ są małe

x y tg

i

y

i i

i

= −

+ +

+

1 1

1

) ( )

sin( θ θ

oraz, Ŝe przyśpieszenie elementu struny jest proporcjonalne do wychylenia

y a = − ω

2

dostajemy

 

 

∆ +

≈ −

=

+

x

y y

T y y

x

ma

2 i 1

2

i i 1

) ( ω ρ

) 0 (

2

2

2

1

1

 + =

 

+

+

y

x

y y

T y

i i i

ρω

Dla

∆x → 0 Ty '' + ρω

2

y = 0 0 '' + y =

y λ

T ρω

2

λ =

2

2 2

2

x y t

y

= ∂

∂ λ

2 2

dt y a = d

Zakładając Ŝe

otrzymalibyśmy

(8)

0 )

( , 0 )

0 ( 0

'' + y = y = y L =

y λ

Gdy λ > 0, to istnieje rozwiązanie postaci

) sin(

)

cos( x B x

A

y = α + α

Uwzględniając warunki brzegowe otrzymujemy nieskończenie wiele rozwiązań

...

, 3 , 2 , 1 ,

sin )

(  =

 

=  n

L x x n

y

n

π

Gdy λ = 0

B Ax y = +

Uwzględniając warunki brzegowe otrzymujemy rozwiązanie trywialne y = 0.

z wartościami własnymi

...

, 3 , 2 , 1

2

,

2 2

=

= n

L n

n

λ π

PoniewaŜ problem fizyczny nie ma ujemnych wartości własnych, nie musimy analizować przypadku λ < 0.

(9)

Zatem mamy rozwiązanie

...

, 3 , 2 , 1 ,

sin )

(  =

 

=  n

L x x n

y

n

π

równania

0 ) ( , 0 ) 0 ( 0

''

2

2 2

=

=

=

+ y y y L

L y n π

Wybierzmy n = 4 i L = 1.

( 4 ) , ( 0 ) 0 , ( 1 ) 0

sin )

( x = x y = y =

y π

( x )

x

y ' ( ) = 4 π cos 4 π

Pochodna wynosi

=0 =0

) 16

2 (

4

2 2

2

π h h π

y = −

i i

i i

i

i

y y h k y h F

y

+1

= −

1

+ 2 −

2

+

2

Oraz dalsze kroki zgodnie ze wzorem ze slajdu nr 6

) 4

cos(

4

0

0

1

y h x

y = + π π

1 2 1

1 2 1

0

2

y 2 y h k y h F

y = − + − +

A kolejne kroki rozwiązania

(10)

x yteor ynum 0 0.0000 0.0000 0.1 0.9511 1.2566 0.2 0.5878 0.5289 0.3 -0.5878 -1.0341 0.4 -0.9511 -0.9641 0.5 0.0000 0.6283 0.6 0.9511 1.2285 0.7 0.5878 -0.1113 0.8 -0.5878 -1.2753 0.9 -0.9511 -0.4255 1 0.0000 1.0963

Podzielmy obszar rozwiązań [0,1] na 10 równych części (h = 0.1)

x yteor ynum

0 0.0000 0.0000 0.05 0.5878 0.6283 0.1 0.9511 1.0086 0.15 0.9511 0.9907 0.2 0.5878 0.5817 0.25 0.0000 -0.0570 0.3 -0.5878 -0.6731 0.35 -0.9511 -1.0235 0.4 -0.9511 -0.9699 0.45 -0.5878 -0.5333 0.5 0.0000 0.1138 0.55 0.5878 0.7160 0.6 0.9511 1.0355 0.65 0.9511 0.9462 0.7 0.5878 0.4834 0.75 0.0000 -0.1703 0.8 -0.5878 -0.7567 0.85 -0.9511 -1.0444 0.9 -0.9511 -0.9198 0.95 -0.5878 -0.4321 1 0.0000 0.2262

-1.5000 -1.0000 -0.5000 0.0000 0.5000 1.0000 1.5000

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2

yteor ynum -1.5000

-1.0000 -0.5000 0.0000 0.5000 1.0000 1.5000

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2

yteor ynum

Podzielmy obszar rozwiązań [0,1] na 20 równych części (h = 0.05)

(11)

Zwykle nie znamy wartości i wektorów własnych układu. Trzeba je zgadnąć.

Przekształćmy ogólny problem brzegowy drugiego rzędu

b dx a

dy

a x b y a Y y b Y

y x dx f

y

d

2

= ( , , ) ≤ ≤ ( ) = , ( ) =

2

z dla

w układ dwóch równań pierwszego rzędu:

Y

a

a y dx w

dy = z war. pocz. ( ) =

) , ,

( x y w dx f

dw =

BEZ WARUNKU POCZĄTKOWEGO

Musimy znaleźć warunek początkowy

α

=

=

=a

dx

x

a dy w ( )

Innymi słowy – musimy znaleźć nachylenie αOK krzywej y w punkcie a.

Ya Yb

x=a x=b

α2 < αOK < α1

(12)

0 ) ( , 0 ) 0 ( 0

16

'' +

2

y = y = y L =

y π

Wróćmy do naszego przykładu (dla n=4, L=1)

Przepiszmy to równanie w postaci układu dwóch równań pierwszego rzędu:

 

=

=

=

=

α ) 0 ( 16

0 ) 0 (

2

y w

π w'

y w

y'

α - parametr układu.

Musimy znaleźć miejsce zerowe funkcji błędu

0 )

1 ( )

1 ( )

( = yy =

E α

α

Zwykle powyŜszy układ równań będziemy rozwiązywać jedną z metod podanych na poprzednim wykładzie (np. Rungego-Kutty), ale na razie, korzystając z metod analitycznych, zauwaŜmy Ŝe

Problem początkowy!

π π 4

) 4 ) sin(

( x

C x

y =

A zatem nie znajdziemy stałej C z warunku y(1) = 0.

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

-1.0 -0.5 0.5 1.0

(13)

Wybierzmy zatem na potrzeby dydaktyki inny warunek brzegowy:

587 .

0 )

7 . 0

( =

Metoda bisekcji.

y

100 100

1 0

=

= α α

-100 -50 50 100

-6 -4 -2 2 4

0 )

2 ( 1

1

0

+ =

= α α

α

śr

śr

E

śr

E ( α

0

) ⋅ ( α ) < 0 ⇒ α

1

= α 50

) 2 (

1

1

0

+ = −

= α α

α

śr

śr

E

śr

E ( α

0

) ⋅ ( α ) > 0 ⇒ α

0

= α

-10.5 -10.0 -9.5 -9.0 -0.06

-0.04 -0.02 0.02 0.04

2 .

− 10

śr

= α

Sprawdźmy:

17 . 10 )

7 . 0 4 cos(

4 )' 7 . 0 4

sin( π = π π = −

(14)

Metoda siecznych.

1 1

1

0

+

= −

i i

i i

i

i

i

E E

E

α α

α α

i i i

i i

i

i

E

E E

− −

=

+

1 1 1

)

( α α

α α

E=0

α E

E

i-1

E

i

α

i-1

α

i

369 . 6 100

194 . 5

100 1

1

=

=

=

=

i i

i i

E E

α

α

16 . 10 )

369 . 6 369 (

. 6 194 . 5

) 100 100

100 (

1

− = −

+

− −

+

= α

i

17 . 10 )

7 . 0 4 cos(

4 )' 7 . 0 4

sin( π = π π = −

Przypomnienie:

Wniosek: szybka zbieŜność juŜ po pierwszej iteracji.

(15)

Metoda róŜnic skończonych

W metodzie tej, pochodne w równaniu róŜniczkowym zastępujemy róŜnicami skończonymi.

Dziedzinę rozwiązań [a,b] dzielimy na N przedziałów o długości h = (b-a) / N.

Mamy N+1 punktów. Dla kaŜdego z nich zapisujemy równanie róŜnicowe – czyli równanie algebraiczne.

Mamy zatem układ równań algebraicznych, który rozwiązujemy jedną z metod omówionych na wykładzie nr 3.

x =a1 xi-1 xi xi+1 x =bN+1 h

x y

(16)

Przykład:

0 ) 1 ( , 0 ) 0 ( ,

2

1

2

=

=

= y y

dx y d

Drugą pochodną moŜna przybliŜyć za pomocą trójpunktowych róŜnic centralnych (zwykle, choć niekoniecznie). Mamy zatem

Rozwiązanie analityczne:

2 ) 2

(

2

x

x x

y = −

By otrzymać rozwiązanie numeryczne najpierw dyskretyzujemy równanie dla punktów [x0, x1, …, xN], gdzie x0 = 0, xN = 1, xi = ih.

Wybierzmy h = 0.2 (N = 5).

4 , 3 , 2 , 1 ,

2 1

2

1

1

− +

+

= =

i

h

y y

y

i i i

dla

Zwróćmy uwagę, Ŝe są to równania tylko dla punktów wewnętrznych.

Układ nasz ma 4 niewiadome i 4 równania:

(17)

. h y

y - y

, h

y

y - y

, h

y

y - y

, h

y y

- y

5 2 4

3

4 2 3

2

3 2 2

1

2 2 1

0

2 2

2 2

= +

= +

= +

= +

Macierz powyŜsza jest przykładem macierzy trójdiagonalnej.

Choć powyŜszy układ moŜna rozwiązać jedną z metod omówionych na

wykładzie 3 (np. metodą Gaussa), to szczególna postać tej macierzy pozwala zredukować liczbę obliczeń z n3 do n.

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

5 2

2 2

0 2

4 3 2 1

2 1

1 2

1

1 2

1

1 2

y h

h h

y h

y y y y

 

 

 

 

=

04 . 0

04 . 0

04 . 0

04

.

0

(18)

. y

y

, y

y y

,

y y

y

,

y

y

100 4 4

3

100 4 4

3 2

100 3 4

2 1

100 2 4

1

2 2

2 2

=

= +

= +

= +

. y

y

, y

y y

,

y y

,

y

y

100 4 4

3

100 4 4

3 2

100 3 6

2 2 3

100 2 2

2 1 1

2 2

=

= +

= +

=

. y

y

, y

y

,

y y

,

y

y

100 4 4

3

100 4 8

3 3 4

100 3 4

3 2 2

100 2 2

2 1 1

2 =

= +

=

=

. y

, y

y

,

y y

,

y

y

10 4 1

4 5

100 4 6

4 3 3

100 3 4

3 2 2

100 2 2

2 1 1

=

=

=

=

. )

(

) (

) (

100 8 100

12 2

1 100 1 2

100 12 100

12 3

2 100 2 4

100 12 100

8 4

3 100 3 6

100 4 8

=

− +

=

=

− +

=

=

− +

=

=

y

, y

, y

, y

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 -0.14

-0.12 -0.10 -0.08 -0.06 -0.04 -0.02 0.00

y

x

(19)

Algorytm Thomasa dla układów z macierzą trójdiagonalną

Dany jest układ równań:

n i

Y y

c b

y

a

i i1

+

i

+

i i+1

=

i

dla = 1 , 2 , ...,

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n n

n n

n

Y Y Y

y y y

b a

c c

b a

c b

a

c b

. . .

. 0

...

...

0

...

...

...

...

...

0 ...

0

0 ...

0

0 ...

...

0

2 1 2

1

1 3

3 3

2 2

2

1 1

lub w postaci macierzowej

a

1

= 0 , c

n

= 0

Algorytm składa się z dwóch faz:

Faza eliminacji wprzód – wykonując dla równań od i = 1 do n eliminację

niewiadomych uzyskujemy ostatnie równanie (i = n) z jedną tylko niewiadomą, którą moŜemy wyznaczyć.

Faza eliminacji wstecz – korzystając z wyznaczonej w równaniu i+1 niewiadomej yi+1

wyznaczamy z równania i niewiadomą yi, aŜ do otrzymania wartości y1.

(∗) (∗) (∗)

(∗)

(20)

A zatem szukamy schematu postaci:

i i

i

i

y

y

−1

= γ + β

Podstawiając ten schemat do równania (∗) otrzymujemy:

(

i i i

)

i i i i i

i

y b y c y Y

a γ + β + +

+1

=

Wyznaczając yi

i i

i

i i i

i i i

i

i

i

a b

a y Y

b a

y c

+ + −

+

= −

+

γ

β

γ

1

Porównując z otrzymujemy

i i

i

i i i

i i

i i

i

i

a b

a Y

b a

c

+

= − +

= −

+

+

γ

β β

γ

1

γ ,

1

Otrzymaliśmy równanie rekurencyjne na poszukiwane współczynniki γ i β.

Współczynniki początkowe γ1 i β1 nie mają znaczenia, bo mnoŜone są przez a1=0.

Musimy jeszcze znać yn, by móc rozpocząć iteracyjne obliczanie niewiadomych.

(21)

Podstawiając pierwsze równanie schematu

do równania (∗) otrzymujemy:

n n

n

n

y

y

−1

= γ + β

(

n n n

)

n n n

n

y b y Y

a γ + β + =

Czyli

n n

n

n n n

n

a b

a y Y

+

= −

γ

β

i i

i

i i i

i

a b

a Y

+

= −

+

γ

β

1

β

Warto zauwaŜyć, Ŝe skoro to wystarczy przyjąć

(∗∗)

1

= 0

+

y

n

(∗∗∗)

, by móc bezpośrednio skorzystać ze wzoru (∗∗).

(22)

Podsumowując:

i i

i 1

- i

1 n

i i

i

i i i

1 i i

i i

i 1

i 1 1

x y

1..2 n

i for

0;

y

b a

a , Y

b a

c 1..n

i for

przykład //na

0;

β γ

γ β β

γ γ β γ

+

=

+

=

=

+

= − +

= −

=

=

=

+

+ +

Algorytm Thomasa jest niezawodny, gdy macierz jest diagonalnie dominująca

n i

c a

b

i

i

+

i

= 1 , ...,

(23)

Przykład: radiator prętowy

Równanie opisujące rozkład temperatury wzdłuŜ długości pręta:

TA

TB TS

L

x

L x T

kA T P h dx

T d

S C

C

− = ≤ ≤

− ( ) 0 , 0

2 2

hc – współczynnik wnikania ciepła P – obwód pręta

k – współczynnik przewodzenia ciepła

Ac – pole poprzecznego przekroju pręta T 293K K 293 T(L)

K 473 T(0)

m 0.1 L

m 10 1.6 A

W/m/K 240

k

m 0.016 P

/K W/m 40 h

S

2 5 c

2 c

=

=

=

=

×

=

=

=

=

(24)

0 )

2

(

2

=

T T

S

dx

T

d β

1

2

2

+

+1

(

i

S

) = 0

i

i

i

T T

h

T T

T β

S i

i

i

h T T h T

T

1

− ( 2 +

2

β ) +

+1

= −

2

β

Podzielmy domenę rozwiązań na 5 części (h = L / 5 = 2 cm)

T

S

h T

T h

T

i = 2

1

− ( 2 +

2

β )

2

+

3

= −

2

β ) (

) 2

( + h

2

T

2

+ T

3

= − h

2

T

S

+ T

1

− β β

czyli

T

S

h T

T h

T

i = 3

2

− ( 2 +

2

β )

3

+

4

= −

2

β

T

S

h T

T h

T

i = 4

3

− ( 2 +

2

β )

4

+

5

= −

2

β

T

S

h T

T h

T

i = 5

4

− ( 2 +

2

β )

5

+

6

= −

2

β ) (

) 2

( + h

2

T

5

+ T

4

= − h

2

T

S

+ T

6

− β β

czyli

(25)

 

 

 

 

+

+

=

 

 

 

 

 

 

 

 

+

− +

− +

− +

) (

) (

) 2

( 1

0 0

1 )

2 ( 1

0

0 1

) 2

( 1

0 0

1 )

2 (

6 2

2 2

1 2

5 4 3 2

2 2

2 2

T T

h

T h

T h

T T

h

T T T T

h h

h h

S S S S

β β β β

β β

β β

Mamy zatem układ 4 równań z czterema niewiadomymi.

0.00 0.02 0.04 0.06 0.08 0.10

300 350 400 450 500

Rozwiązując ten układ

za pomocą algorytmu Thomasa otrzymujemy:

(26)

Metoda róŜnic skończonych dla nieliniowych równań róŜniczkowych

Najciekawsze problemy współczesnej fizyki są nieliniowe.

Nieliniowe problemy brzegowe dyskretyzujemy w podobny sposób.

Wynikiem jest jednak układ nieliniowych równań algebraicznych.

Metody rozwiązywania takich równań nieliniowych omówiliśmy na wykładzie nr 2.

Najbardziej wydajne obliczeniowo są w tym przypadku metody iteracyjne.

Istnieje jednak potencjalny problem związany ze zbieŜnością schematu iteracyjnego.

Metoda punktu stałego

Układ równań nieliniowych moŜna zapisać w postaci

] [ ] [ ] ][

[ a y + Φ = b

[a] – macierz współczynników

[Φ] – wektor nieliniowych wyrazów będących funkcją niewiadomych yi [b] - wektor znanych wielkości stałych

(27)

Spośród wielu sposobów konstruowania procedury iteracyjnej wybierzmy najprostszy

] [ ] [ ] ][

[ a y + Φ = b

k

k

b

y

a ][ ] [ ] [ ]

[

+1

= − Φ

obliczone na podstawie wcześniejszego kroku k

Jeśli liczba punktów jest mała moŜemy macierz [a] odwrócić. Jeśli nie, moŜemy

skorzystać z metody eliminacji Gaussa albo Thomasa (dla macierzy trójdiagonalnej)

(

k

)

k

a b

y ] [ ] [ ] [ ]

[

+1

=

1

− Φ

(28)

Przykład: radiator prętowy

Gdy uwzględnimy wyraz odpowiedzialny na wypromieniowywanie ciepła,

równanie opisujące rozkład temperatury wzdłuŜ długości pręta uzyska postać:

L x T

kA T T P

kA T P h dx

T d

S C

S C

C

− − − = ≤ ≤

− ( ) (

4 4

) 0 , 0

2

2

εσ

ε - względna zdolność emisyjna σ - stała Stefana-Boltzmanna

0 ) (

)

2 (

4 4

2

1

1

− +

+

− − − − =

S i

B S

i A i

i

i

T T T T

h

T T

T β β

Równanie zdyskretyzowane:

) (

) 2

(

2 2 4 1 2 4

1 A i B i i A S B S

i

h T h T T h T T

T

− + β − β +

+

= − β + β

(29)

=

 

 

 

 

− +

 

 

 

 

 

 

 

 

+

− +

− +

− +

) (

) (

) (

) (

) 2

( 1

0 0

1 )

2 ( 1

0

0 1

) 2

( 1

0 0

1 )

2 (

4 5 2

4 4 2

4 3 2

4 2 2

5 4 3 2

2 2

2 2

T h

T h

T h

T h

T T T T

h h

h h

B B B B

A A

A A

β β β β

β β

β β

 

 

 

 

− +

+

+

− +

=

6 4

2

4 2

4 2

1 4

2

) (

) (

) (

) (

T T

T h

T T

h

T T

h

T T

T h

S B S

A

S B S

A

S B S

A

S B S

A

β β

β β

β β

β β

(

k

)

k

a b

T ] [ ] [ ] [ ] [

+1

=

1

− Φ

Teraz stosujemy procedurę iteracyjną:

(30)

0.00 0.02 0.04 0.06 0.08 0.10 280

320 360 400 440 480

T [K]

x [m]

krok 0 krok 1 krok 2 krok 3

0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1

krok 0 473 400 400 400 400 293

krok 1 473 423.2293 382.8297 349.1078 319.8155 293 krok 2 473 423.3492 383.3225 349.8507 320.4519 293 krok 3 473 423.344 383.3132 349.8409 320.4456 293

(31)

Zakładamy hx = hy= h [siatka kwadratowa]

u(xi,yj) = ui,j

u(xi+h, yj+h) = ui+1,j+1,

x

i

x

i+1

x

i-1

y

j

y

j-1

y

j+1

(

i j

)

x

[ u

i j

u

i j

u

i j

]

y h x

u 1

2 1,

2

, 1,

,

'' ≈

− +

+

2

0

2 2

2

∂ = + ∂

y u x

u

u

i,j

hx

hy

Dwuwymiarowe zagadnienie brzegowe

Równanie Laplace’a

( ) 1

2

[

, 1

2

, , 1

]

,

'' ≈

i j

i j

+

i j+

j y

i

u u u

y h x u

( ) ( )

{ } { }

[ ]

[ 4 ] 0

1

2 1 2

, '' ,

''

1 , ,

1 ,

1 , ,

2 1

1 , ,

1 , ,

1 ,

, 2 1

= +

+

− +

= +

− +

+

≈ +

+ +

+

+

j i j

i j

i j

i j

i

j i j

i j

i j

i j

i j

i

j y x i

j i

u u

u u

h u

u u

u u

u h u

y x u y

x

u

(32)

Sumując wyrazy wyznaczamy ui,j: ,

{

1, , 1 1, , 1

}

4 1

+ +

+ + +

=

i j i j i j i j

j

i

u u u u

u

Przyjmujemy początkowe przybliŜenie

1 2

3 4

u = 0

u = 0 u = 0

u = 1

Przykład: siatka 3x3

) 1

0 (

) 0 1 (

) 0

0 (

) 0 0

(

3 4 2

1 1 4

4 4 1

1 1 3

1 4 4

1 1 2

3 4 2

1 1 1

m m

m

m m

m

m m

m

m m

m

u u

u

u u

u

u u

u

u u

u

+ + +

=

+ + +

=

+ +

+

=

+ +

+

=

+ + + +

1 0

4 1

3 1

2 1

1 =u =u =u = u

Korzystamy z metody iteracyjnej Jacobiego (lub Gaussa-Seidla – szybsza zbieŜność)

1 2

3

4 S1

S2 S3

S4

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

(33)

Korzystając z metod dokładnych (np. dekompozycja LU) musimy ułoŜyć macierz o rozmiarze liniowym n x n.

Wniosek: Musimy wprowadzić indeksowanie równań odpowiadających punktom dwuwymiarowej siatki n x n:

...,

2

, 2 ,

1 n

P =

(na przykład wierszami)

) ,

2

(

2 2

2

y x y f

u x

u = −

∂ + ∂

Przykład: równanie Poissona

[ u

i j

u

i j

u

i j

u

i j

u

i j

] f

i j

h 1

2 1, , 1

4

, 1, , 1 ,

=

− +

+ +

P k

j , ) → (

j n k

P = ( − 1 ) ⋅ +

[ u

P

u

P n

u

P

u

P

u

P n

] f

P

h 1

2

1

+ 4 −

+1

+

= ε

0

ϕ = ρ

potencjał

gęstość ładunku

(34)

Przykład:

Powierzchnia potencjału przy losowo rozmieszczonej gęstości ładunku

Cytaty

Powiązane dokumenty

In [2], absolutely continuous functions and generalized absolutely continuous functions in the restricted sense relative to to such as AC* — со and ACG* — to functions

nictwie własnym (Róża, Miła), dodatnie dla danego narodu cechy imion postaci historycznych (Władimir, Wanda), rekomendacji religii panującej (imiona kanonu

Jakie powinny by¢ wymiary przekroju kanaªu, aby jego pole wyniosªo 10m 2 , a. budowa kanaªu byªa

Przy rysowaniu SKUF istotne jest dostrzeżenie podwójnego układu szeregów i kolumn, tymczasem znaczna część dzieci w wieku do 7 lat, a także pewna grupa

DEFINICJA: Ciąg liczbowy (a n ) nazywamy ciągiem arytmetycznym, jeżeli różnica między dowolnymi dwoma kolejnymi elementami ciągu jest stała.. Opracowała:

Zadania do omówienia na ćwiczeniach w piątek 15.01.2021 i poniedziałek 18.01.2021.. Zadania należy spróbować rozwiązać

[r]

Zadania do wykładu Analiza