Πεπερασμένες Διαφορές.

Transcript

1 Κεφάλαιο 1 Πεπερασμένες Διαφορές. 1.1 Προσέγγιση παραγώγων Πρώτη παράγωγος. Από τον ορισμό της παραγώγου για συναρτήσεις μιας μεταβλητής γνωρίζουμε ότιηπαράγωγοςμιαςσυνάρτησης fστοσημείο x 0,ορίζεταιως f (x 0 ) = lm h 0 f(x 0 +h) f(x 0 ) h Χρησιμοποιώντας αυτόν τον ορισμό μπορούμε να προσεγγίσουμε την τιμή της f (x 0 )απότολόγο f (x 0 ) f(x 0 +h) f(x 0 ), h γιαμικρέςτιμέςτου h > 0. Μετονίδιοτρόπομπορούμεναπροσεγγίσουμε την f (x 0 )απότολόγο f (x 0 ) f(x 0 h) f(x 0 ) h = f(x 0) f(x 0 h), h γιαμικρέςτιμέςτου h > 0.Θακαλούμετονπρώτολόγο εμπρός διαφοράκαι το δεύτερο λόγο, οπισθοδρομική διαφορά και θα θεωρήσουμε τον ακόλουθο συμβολισμό. δ + h f(x 0) f(x 0 +h) f(x 0 ), h > 0 h δ h f(x 0) f(x 0) f(x 0 h), h > 0 h (1.1) 1

2 2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΕΠΕΡΑΣΜΕΝΕΣ ΔΙΑΦΟΡΕΣ Γεωμετρική ερμηνεία Επειδή η παράγωγος μιας συνάρτησης f στο σημείο x 0,είναιηκλίσητηςεφαπτομένηςευθείαςστοσημείο (x 0,f(x 0 ))τουγραφήματος της f, μπορούμε γεωμετρικά να την προσεγγίσουμε με την κλίση του ευθύγραμμουτμήματοςπουτέμνειτασημεία(x 0,f(x 0 )),και(x 0 +h,f(x 0 +h)), βλέπε το γράφημα Παρόμοια ισχύουν και για την κλίση του ευθύγραμμου τμήματοςπουενώνειτασημεία (x 0 h,f(x 0 h)),και (x 0,f(x 0 )),βλέπετο γράφημα κλίση f(x0 +h) f(x0) h κλίση f (x 0) x 0 x 0 + h Σχήμα1.1:Γεωμετρικήερμηνείατης δ + h f(x 0) Εναςάλλοςτρόποςπροσέγγισηςτηςπαραγώγου f (x 0 )είναιηκεντρική διαφορά, η οποία ορίζεται από τό λόγο, f (x 0 ) f(x 0 +h) f(x 0 h), 2h γιαμικρέςτιμέςτου h > 0καιθασυμβολίζουμε δh c f(x 0) f(x 0 +h) f(x 0 h), h > 0 (1.2) 2h Μιαφυσικήερώτησηπουδημουργείτεείναι`πόσοκαλές είναιαυτέςοιπροσεγγίσεις για την εκτίμηση της παραγώγου. Ας θεωρήσουμε τη συνάρτηση f(x) = ln(x)και x 0 = 1.1. Στοπίνακα1.1,δίνουμετιςτιμέςτωνπαραπάνω προσεγγίσεωνγιατην f (1.1) = 1/

3 1.1. ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ ΠΑΡΑΓΩΓΩΝ. 3 κλίση f (x 0) κλίση f(x0) f(x0 h) h x 0 h x 0 Σχήμα1.2:Γεωμετρικήερμηνείατης δ h f(x 0) h δ + h f(1.1) δ h f(1.1) δc h f(1.1) Πίνακας1.1: Πίνακαςμετιμές των προσεγγίσεωντης f (1.1) = 1/ Λήμμα 1.1. Εστω f[a,b] R, f C 2 [a,b], x 0 (a,b)και h > 0,τότε ισχύουν τα ακόλουθα φράγματα: Ανεπιπλέον f C 3 [a,b],τότε δ + h f(x 0) f (x 0 ) h 2 max x [a,b] f (x), δ h f(x 0) f (x 0 ) h 2 max x [a,b] f (x). (1.3) δ c h f(x 0) f (x 0 ) h2 6 max x [a,b] f (x). (1.4) Απόδειξη. Αναπτύσοντας κατά Taylor έχουμε f(x 0 +h) = f(x 0 )+hf (x 0 )+ h2 2 f (ξ 1 ), ξ 1 (x 0,x 0 +h), h > 0. (1.5)

4 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΕΠΕΡΑΣΜΕΝΕΣ ΔΙΑΦΟΡΕΣ κλίση f (x 0) κλίση f(x0 +h) f(x0 h) 2h x 0 h x 0 x 0 + h Σχήμα1.3:Γεωμετρικήερμηνείατης δ c h f(x 0) Επίσης, f(x 0 h) = f(x 0 ) hf (x 0 )+ h2 2 f (ξ 2 ), ξ 2 (x 0 h,x 0 ), h > 0. (1.6) Από τις σχέσεις(1.5) και(1.6) εύκολα προκύπτει η ζητούμενη σχέση(1.3). Αντώραηf C 3 [a,b],μπορούμενααναπτύξουμεκαιπάλικατά Taylorκαινα πάρουμε τις παρακάτω δύο σχέσεις. f(x 0 +h) = f(x 0 )+hf (x 0 )+ h2 2 f (x 0 )+ h3 6 f (ζ 1 ), ζ 1 (x 0,x 0 +h), f(x 0 h) = f(x 0 ) hf (x 0 )+ h2 2 f (x 0 ) h3 6 f (ζ 2 ), ζ 2 (x 0 h,x 0 ), με h > 0.Αφαιρώνταςτώρακατάμέλητις2σχέσειςτης(1.7)έχουμε f(x 0 +h) f(x 0 h) = 2hf (x 0 )+ h3 6 (f (ζ 1 )+f (ζ 2 )), από όπου εύκολα προκύπτει η ζητούμενη σχέση(1.4). (1.7) Παρατήρηση: Από το Λήμμα 1.1, φαίνεται ότι το σφάλμα της προσέγγισης δ c h f(x 0)είναιμικρότεροαπότααντίστοιχατωνπροσεγγίσεων δ + h f(x 0)και

5 1.1. ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ ΠΑΡΑΓΩΓΩΝ. 5 δ h f(x 0),για h < 1καιεξηγείγιατίστονΠίνακα1.1ηδh cf(1.1)προσεγγίζει καλύτερατην f (1.1)απότις δ + h f(1.1)και δ h f(1.1).ησυμμετρίαπουυπάρχει στονορισμότηςπροσέγγισης δh cf(x 0)είναιολόγοςγιατίτοσφάλμα(1.4)είναι μικρότεροαπόαυτώντων δ + h f(1.1)και δ hf(1.1). Αυτόφαίνεταιστην(1.7), όπουοιόροι h2 2 f (x 0 )αλληλοαναιρούνταιαφαιρώνταςτιςδύοσχέσεις Δεύτερη παράγωγος. Απότονορισμότηςδεύτερηςπαράγωγουμιαςσυνάρτησης fστο x 0 έχουμε f f (x 0 +h) f (x 0 ) (x 0 ) = lm. h 0 h Οπότε, μπορούμε να την προσεγγίσουμε χρησιμοποιώντας μία από τις προσεγγίσεις δ + h f (x 0 ), δ h f (x 0 )ήδ c h f (x 0 ).Ανόμωςθέλουμεναχρησιμοποιήσουμε μόνοτιμέςτης f,θαπρέπεινααντικαταστήσουμετην f (x 0 )μεκάποιαπροσέγγιση της. Ετσι ένας τρόπος είναι f (x 0 ) δ + h f (x 0 ) = f (x 0 +h) f (x 0 ) h =δ + h δ h f(x 0). δ h f(x 0 +h) δ h f(x 0) h Απότονορισμότων δ + h και δ h προκύπτειότι δ + h δ h f(x 0) = 1 h (f(x 0 +h) f(x 0 ) f(x 0) f(x 0 h) ) h h = f(x 0 +h) 2f(x 0 )+f(x 0 h) h 2. Ακολουθώνταςπαρόμοιοτρόπομπορούμεναπροσεγγίσουμετην f (x 0 )ως f (x 0 ) δ h f (x 0 ) = f (x 0 ) f (x 0 h) h =δ h δ+ h f(x 0). δ+ h f(x 0 +h) δ + h f(x 0) h Από όπου προκύπτει δ h δ+ h f(x 0) = 1 h (f(x 0 +h) f(x 0 ) f(x 0) f(x 0 h) ) h h = f(x 0 +h) 2f(x 0 )+f(x 0 h) h 2.

6 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΕΠΕΡΑΣΜΕΝΕΣ ΔΙΑΦΟΡΕΣ h δh,2 c f(1.1) Πίνακας1.2:Πίνακαςμετιμέςτωνπροσεγγίσεωντης f (1.1) = 1/(1.1) Επίσηςαπότονορισμότης δ c h έχουμε δ c h/2 δc h/2 f(x 0) = δc h/2 f(x 0 +h/2) δ c h/2 f(x 0 h/2) h = 1 h (f(x 0 + h 2 + h 2 ) f(x 0 + h 2 h 2 ) h = f(x 0 +h) 2f(x 0 )+f(x 0 h) h 2. Συμβολίζουμε λοιπόν f(x 0 h 2 + h 2 ) f(x 0 h 2 h 2 ) ) h δ c h,2 f(x 0) f(x 0 +h) 2f(x 0 )+f(x 0 h) h 2, (1.8) καιαυτόςολόγοςθααποτελείπροσέγγισητης f (x 0 ).Οπότεσύμφωναμετα παραπάνω θα έχουμε ότι δ c h,2 f(x 0) = δ + h δ h f(x 0) = δ h δ+ h f(x 0) = δ c h/2 δc h/2 f(x 0). Στο πίνακα 1.2, δίνουμε τιμές για παραπάνω προσεγγίσης για τη συνάρτηση f(x) = ln(x)και x 0 = 1.1,όπου f (1.1) = 1/(1.1) Λήμμα 1.2. Εστω f[a,b] R, f C 4 [a,b], x 0 (a,b)και h > 0,τότε ισχύει το ακόλουθο φράγμα: δ c h,2 f(x 0) f (x 0 ) h2 12 max x [a,b] f(4) (x). (1.9) Απόδειξη.Αντώραηf C 4 [a,b],μπορούμενααναπτύξουμεκαιπάλικατά Taylor και να πάρουμε τις παρακάτω δύο σχέσεις. f(x 0 +h) = f(x 0 )+hf (x 0 )+ h2 2 f (x 0 )+ h3 6 f (x 0 )+ h4 24 f(4) (ζ 1 ), f(x 0 h) = f(x 0 ) hf (x 0 )+ h2 2 f (x 0 ) h3 6 f (x 0 )+ h4 24 f(4) (ζ 2 ), (1.10)

7 1.1. ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ ΠΑΡΑΓΩΓΩΝ. 7 με ζ 1 (x 0,x 0 +h), ζ 2 (x 0 h,x 0 )και h > 0.Προσθέτονταςκατάμέλητις 2 σχέσεις της(1.10) έχουμε f(x 0 +h)+f(x 0 h) = 2f(x 0 )+h 2 f (x 0 )+ h4 24 (f(4) (ζ 1 )+f (4) (ζ 2 )). Συνεπώς από το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής έχουμε f(x 0 +h) 2f(x 0 )+f(x 0 h) h 2 από όπου εύκολα προκύπτει η ζητούμενη σχέση(1.9). = f (x 0 )+ h2 12 f(4) (ξ), ξ (ζ 2,ζ1), (1.11)

8 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΕΠΕΡΑΣΜΕΝΕΣ ΔΙΑΦΟΡΕΣ

9 Κεφάλαιο 2 Το πρόβλημα 2 σημείων. 2.1 Το προβλημα 2 σημείων Θεωρούμε το πρόβλημα δύο σημείων για μια συνήθη διαφορική εξίσωση(σ.δ.ε.) δεύτερηςτάξης:ζητείταιμιασυνάρτηση u C 2 [a,b],τέτοιαώστε u (x)+q(x)u(x) = f(x), x [a,b], με u(a) = u(b) = 0, (2.1) όπου a,b R, q,f C[a,b]και q(x) > 0,γιακάθε x [a,b]. Θα θεωρήσουμε ένα φυσικό αριθμό N και μια διαμέριση του διαστήματος [a,b]απόισαπέχοντα N + 2σημεία a = x 0 < x 1 <... < x N < x N+1 = b, όπου h = x +1 x, = 0,...,N. Τότεσεκάθεσημείοτουδιαμερισμού x, = 1,...,N,θαισχύει: u (x )+q(x )u(x ) = f(x ), = 1,...,N. (2.2) Σκοπόςμαςείναινακατασκευάσουμεπροσεγγίσειςτωντιμών u(x )της ακριβούςλύσηςτου(2.1),τιςοποίεςθασυμβολίζουμεμε U, = 0,...,N +1. Λόγωτωνσυνοριακώνσυνθήκώνέχουμεότι u(x 0 ) = u(x N+1 ) = 0,θέτουμε λοιπόν U 0 = U N+1 = 0. Οιτιμέςτων U, = 1,...,N προκύπτουνμετον ακόλουθο τρόπο. Γιαναπροσεγγίσουμετην u (x)στασημεία x, = 1,...,N,χρησιμοποιούμετηνπροσέγγιση δ c h,2 πουθεωρήσαμεστην(1.8),έτσιανυποθέσουμε ότι u C 4 [a,b],λόγωτης(1.11)η(2.2)γίνεται, u(x +1) 2u(x )+u(x 1 ) h 2 +q(x )u(x ) = f(x )+η, = 1,...,N, 9 (2.3)

10 10 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΤΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 ΣΗΜΕΙΩΝ. όπου η = h2 12 u(4) (ξ ),με ξ (x 1,x +1 ). Γιανακατασκευάσουμελοιπόν προσεγγίσεις U των u(x ), = 1,...,N,θεωρούμετιςακόλουθεςεξισώσεις U +1 2U +U 1 h 2 +q(x )U = f(x ), = 1,...,N. (2.4) Επομένωςανσυμβολίσουμεμε U R N,τοδιάνυσμαμεσυνιστώσες U = (U 1,...,U N ) T,τοσύστηματωνεξισώσεων(2.4)μπορούμενατογράψουμε ισοδύναμα με το γραμμικό σύστημα AU = F, (2.5) όπου AείναιοN Nπίνακας 2+h 2 q(x 1 ) A = h 2 q(x 2 ) 1 0 h h 2 q(x N 1 ) h 2 q(x N ) και F = (f(x 1 ),...,f(x N )) T. Εναερώτημαπουδημιουργείταιείναιαντο γραμμικό σύστημα(2.5) έχει μοναδική λύση, το οποίο είναι ισοδύναμο με το αν ο πίνακας A είναι αντιστρέψιμος. Οπως εύκολα μπορούμε να παρατηρήσουμε οπίνακας Aείναιτριδιαγώνιος,δηλαδήταστοιχεία a j = 0αν j > 1 καιέχειαυστηράκυριαρχικήδιαγώνιοαν q(x) > 0για x [a,b]. Οπωςθα δούμε παρακάτω, υπάρχουν εύκολα υλοποιήσιμοι αλγόριθμοι για την ανάλυση LU ενός αντιστρέψιμου τριδιαγώνιου πίνακα Επίλυση τριδιαγώνιου γραμμικού συστήματος Εστωότιθέλουμεναλύσουμετογραμμικόσύστημα Ay = z,δηλαδήναβρούμε το y R N,όπου Aείναιένας N Nτριδιαγώνιοςπίνακαςμεστοιχεία a 1 b 1 0 c 2 a 2 b 2 A = , (2.6) 0 c N 1 a N 1 b N 1 c N a N και z R N έναδοσμένοδιάνυσμα.γιαταστοιχείατουπίνακα A,θακάνουμε τις ακόλουθες υποθέσεις a 1 > b 1, a k b k + c k, k = 2,...,N 1, a N > c N. (2.7)

11 2.1. ΤΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 ΣΗΜΕΙΩΝ 11 Γιαναλύσουμετογραμμικόσύστημα Ay = bμπορούμεναεφαρμόσουμεδιάφορους αλγόριθμους όπως είναι η απαλοιφή Gauss. Στην περίπτωση όμως του πίνακα A, είναι προτιμότερο να χρησιμοποιήσουμε έναν αλγόριθμο που να εφαρμοστεί ειδικά για τριδιαγώνιους πίνακες, όπως ο ακόλουθος: Οπίνακας Aμπορείναγραφείωςγινόμενοδύοπινάκων LUπουέχουντη μορφή L = 1 e 1, U = 1 e , (2.8) 0 c N d N 1 d 1 c 2 d δηλαδή έχουν μη μηδενικά στοιχεία στη διαγώνιο και ο L στην πρώτη υποδιαγώνιοκαιοuστηνπρώτηυπερδιαγώνιο. Είναιαπλόναδούμεότιοιαριθμοί d 1,...,d N και e 1,...,e N 1 προκύπτουνμετονακόλουθοαλγόριθμο, d 1 = a 1,e 1 = b 1 /d 1 για k = 2,3,...,N 1 d k = a k c k e k 1 e k = b k /d k τέλος για d N = a k c N e N 1. (2.9) Ηυπάρξητωνπινάκων Lκαι U,καιηολοκλήρωσητουαλγορίθμου(2.9)αποδεικνύεται στο ακόλουθο λήμμα. Λήμμα 2.1. Εστω A ένας τριδιαγώνιος πίνακας της μορφής(2.6) τέτοιος ώστεισχύουνοιυποθέσεις(2.7),τότευπάρχουνπίνακες Lκαι Uκαιοαλγόριθμος(2.9) είναι καλά ορισμένος και ολοκληρώνεται. Απόδειξη. Για να είναι ο αλγόριθμος(2.6) καλά ορισμένος και συνεπώς να υπάρχειηανάλυσητουα=lu(2.8),αρκείναισχύει, d k 0, k = 1,...,N. Απότιςυποθέσεις(2.7)έχουμεότι a 1 > b 1,οπότε e 1 < 1. Επαγωγικά μπορούμε θα δείξουμε ότι d k 0,k = 1,...,N, e k < 1 Εστωότιισχύει d k 1 0, e k 1 < 1γιακάποιο k. Τότε d k = a k c k e k 1 a k c k e k 1 > a k c k b k > 0.Επιπλέον e k = b k / d k < 1

12 12 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΤΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 ΣΗΜΕΙΩΝ. Εφόσονέχουμεδείξειότι A = LU, γιαναλύσουμετώρατογραμμικό σύστημα LUy = z,λύνουμεπρώτατο Lw = zεφαρμόζονταςτονακόλουθο αλγόριθμο w 1 = z 1 /d 1 για k = 2,3,...,N 1 τέλος για w k = (z k c k w k 1 )/d k (2.10) και στη συνέχεια το διάνυσμα y προκύπτει ως λύση του γραμμικού συστήματος Uy = w y N = w N για k = N 1,N 2,...,1 τέλος για y k = w k e k y k+1 (2.11) Παράδειγμα 1: Θεωρούμε το ακόλουθο πρόβλημα συνοριακών τιμών u (x)+u(x) = sn(2πx), 0 < x < 1, με u(0) = u(1) = 0. (2.12) Η ακριβής λύση αυτού του προβλήματος είναι η Η εξίσωση πεπερασμένων διαφορών(2.4) γίνεται τώρα u(x) = sn(2πx) 1+4π 2. (2.13) U +1 2U +U 1 h 2 +U = sn(2πx ), = 1,...,N. (2.14) Χρησιμοποιώντας τον παραπάνω αλγόριθμο, μπορούμε να βρούμε διακριτές λύσεις που προσεγγίζουν την ακριβή λύση, όπως φαίνεται από το γράφημα Ανάλυση της μεθόδου πεπερασμένων διαφορών Θεώρημα 2.1. Εστω U R N ηλύσητουπροβλήματος(2.4),με U 0 = U N+1 = 0.Τότεισχύειηακόλουθηανισότητα, max 0 N+1 U max x [a,b] f(x ). (2.15)

13 2.1. ΤΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 ΣΗΜΕΙΩΝ ακριβής λύση λύσηγια N = 2 λύσηγια N = Λύση x άξονας Σχήμα 2.1: Παράδειγμα 1: Ακριβής και προσεγγιστικές λύσεις Απόδειξη. Από τη σχέση(2.4), εύκολα παίρνουμε (2+h 2 q(x ))U = U +1 +U 1 +f(x ), 1 N. Στη συνέχεια, επειδή q συνεχής και q(x) > 0, για x [a, b], αν θέσουμε q mn = mn x [a,b] q(x),ηπαραπάνωισότηταδίνειγιακάθε = 1,...,N, Οπότε (2+h 2 q mn ) U U +1 + U 1 + f(x ) 2 max 0 N+1 U + max x [a,b] f(x). (2+h 2 q mn ) max 1 N U 2 max 0 N+1 U + max x [a,b] f(x), η οποία εύκολα δίνει τη ζητούμενη σχέση(2.15). Ευστάθεια: Μια αριθμητική μέθοδος λέγεται ευσταθής αν μικρές μεταβολές των δεδομένων οδηγούν σε μικρές μεταβολές της αριθμητικής λύσης. Στην ειδική περίπτωση που η διαφορική εξίσωση είναι γραμμική όπως είναι η(2.1), ζητούμε η αριθμητική λύση να φράσσεται με μια σταθερά επί τα δεδομένα, όπως ησχέση(2.15). Η ευστάθεια του αριθμητικού σχήματος είναι εσωτερική ιδιότητα του σχήματος, δηλαδή δεν έχει σχέση με τη συγκεκριμμένο πρόβλημα που θέλουμε να λύσουμε.

14 14 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΤΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 ΣΗΜΕΙΩΝ. Από το Θεώρημα 2.1 μπορούμε να δείξουμε ότι το γραμμικό σύστημα που οδηγεί η(2.4) έχει μοναδική λύση. Αν θεωρήσουμε το αντίστοιχο ομογενές γραμμικό σύστημα, τότε από το Θεώρημα 2.1, οδηγούμαστε ότι η μοναδική λύσηείναιημηδενικήλύση U = 0, = 0,...,N +1. Συνέπεια: Αν αντικαταστήσουμε στο αριθμητικό σχήμα που ικανοποιεί η προσεγγιστικήλύση U,(2.4),μετηνακριβήλύση u,τότεθαπάρουμετησχέση (2.3).Φυσικάτοδιάνυσμαμεσυνιστώσες u(x ), = 1,...,Nδενθαικανοποιεί τη(2.4)καιθαυπάρχειένασφάλμα,όπωςφαίνεταιαπότη(2.3). Αναυτότο σφάλμα η,τείνειστομηδένκαθώςτο hτείνειστομηδέν,όπωςγίνεταιστη περίπτωση του σχήματος που μελετούμε, τότε η μέθοδος λέγεται συνεπής. Θεώρημα 2.2. Εστω ότι η λύση u του προβλήματος(2.1) είναι αρκετά ομαλή, u C 4 [a,b],τότευπάρχειμιασταθερά C,ανεξάρτητητου h,τέτοιαώστε max U u(x ) Ch 2. (2.16) 0 N+1 Απόδειξη.Θέτουμε E = U u(x ), = 0,...,N+1,όπουλόγωτωνσχέσεων U 0 = u(a) = 0και U N+1 = u(b) = 0,έχουμε E 0 = E N+1 = 0. Αφαιρούμε τώρα κατά μέλη τις(2.4) και(2.3), οπότε παίρνουμε E +1 (2+q(x )h 2 )E +E 1 = h 2 η, = 1,...,N, όπου λόγω του Λήμματος 1.2, max η h2 1 N 12 max a x b u(4) (x). Θέτουμεστησυνέχεια Ē = max 1 N E, η = max 1 N η καιεπειδή q συνεχήςκαι q(x) > 0,για x [a,b], q mn = mn x [a,b] q(x).συνεπώς οπότε Από όπου προκύπτει η οποία δίνει τη ζητούμενη ανισότητα (2+q(x )h 2 )E = E +1 +E 1 +h 2 η, (2+q mn h 2 ) E 2Ē +h2 η. q mn h 2 max 1 N E h 2 η max E η Ch 2 1 N

15 2.1. ΤΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 ΣΗΜΕΙΩΝ Συνοριακές Συνθήκες Neumann Θεωρούμε τώρα το πρόβλημα δύο σημείων(2.1), με διαφορετικές συνοριακές συνθήκες, δηλαδή το εξής: u (x)+q(x)u(x) = f(x), x [a,b], με u (a) = u (b) = 0, (2.17) όπου a,b R, q,f C[a,b]και q(x) > 0,γιακάθε x [a,b]. Σεαυτήτην περίπτωσηείναιαπαραίτητοναισχύειότι q > 0στο [a,b],γιατίδιαφορετικάδεν έχουμε μοναδική λύση του(2.17). Πράγματι, το πρόβλημα u (x) = 0, x [a,b], με u (a) = u (b) = 0, (2.18) έχειωςλύσηόλεςτιςσταθερέςσυναρτήσειςστο [a,b]. Θεωρούμε και πάλι ένα φυσικό αριθμό N και μια διαμέριση του διαστήματος [a,b]απόισαπέχοντα N+2σημεία a = x 0 < x 1 <... < x N < x N+1 = b,όπου h = x +1 x, = 0,...,N. Σκοπόςμαςείναικαιπάλινακατασκευάσουμε προσεγγίσεις U τωντιμών u(x )τηςακριβούςλύσηςτου(2.17). Ομωςσε αντίθεσημεπροηγουμένωςδενγνωρίζουμετιςτιμές u(x 0 )και u(x N+1 ). Ετσι τώρα θα χρειαστούμε 2 επιπλέον εξισώσεις εκτός από τις(2.4), για να υπολογίσουμετα U, = 0,...,N +1. Εναςτρόποςγιανατοκάνουμεαυτόείναιναθεωρήσουμεότιηuεπεκτείνεταιάρτιααριστεράτου aκαιδεξιάτου b,δηλαδή u(a + h) = u(a h)και u(b h) = u(b+h), h > 0.Ολόγοςπουθεωρούμεάρτιαεπέκτασηείναιδιότι ανπ.χ.η uείναιάρτιαγύρωαπότο a,τότε u (a) = lm h 0 (u(a+h) u(a h)/(2h) = 0.Επομένωςηπροσέγγισητης u (a), δ c h,2 u(a)γίνεται δh,2 c u(a+h) 2u(a)+u(a h) u(a) = h 2 = 2 u(a+h) u(a) h 2. Συνεπώς οι δύο επιπλέον σχέσεις που συμπληρώνουν τις(2.4) εδώ είναι 2 U 1 U 0 h 2 +q(x 0 )U 0 = f(x 0 ) 2 U N U N+1 h 2 +q(x N+1 )U N+1 = f(x N+1 ) (2.19) Επομένωςανσυμβολίσουμεμε U R N+2,τοδιάνυσμαμεσυνιστώσες U = (U 0,...,U N+1 ) T τονέοσύστημαεξισώσεωνμπορούμενατογράψουμεισοδύναμα AU = F, (2.20)

16 16 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΤΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 ΣΗΜΕΙΩΝ. όπου Aείναιο(N +2) (N +2)πίνακας 2+h 2 q(x 0 ) A = h 2 q(x 1 ) 1 0 h h 2 q(x N ) h 2 q(x N+1 ) και F = (f(x 0 ),...,f(x N+1 )) T. Προκύπτειλοιπόνένατριδιαγώνιογραμμικό σύστημα με αυστηρά κυριαρχική διαγώνιο διότι q > 0. Με όμοια επιχειρήματα όπως και στην περίπτωση του Θεωρήματος 2.1, προκύπτει Θεώρημα 2.3. Εστω U R N+2 ηλύσητουπροβλήματος(2.17). Τότε ισχύει η ακόλουθη ανισότητα, max U max f(x ). (2.21) 0 N+1 x [a,b] Απόδειξη. Η απόδειξη προκύπτει με ανάλογο τρόπο όπως και αυτή του Θεωρήματος 2.1 Και σε αυτό το πρόβλημα μπορούμε να δείξουμε ότι η προσεγγιστική λύση θα συγκλίνει στην ακριβή λύση του(2.17). Θεώρημα 2.4. Εστω ότι η λύση u του προβλήματος(2.17) είναι αρκετά ομαλή, u C 4 [a,b],τότευπάρχειμιασταθερά C,ανεξάρτητητου h,τέτοια ώστε max U u(x ) Ch. (2.22) 0 N+1 Απόδειξη. Η απόδειξη προκύπτει με ανάλογο τρόπο όπως και αυτή του Θεωρήματος 2.2 Παρατήρηση: Μπορούμε να δείξουμε μεγαλύτερη τάξη σύγκλισης(δηλαδή2)όπωςκαιγιατημέθοδογιατοπρόβλημαμετιςομογενείςσυνοριακές συνθήκες, όπως χρειαζόμαστε περισσότερη αναλύση της μεθόδου που δεν θα αναπτύξουμε σε αυτές τις σημειώσεις Ενα γενικότερο πρόβλημα Θεωρούμε τώρα το πρόβλημα δύο σημείων(2.1), με ομογενείς συνοριακές συνθήκες Drchlet, u (x)+p(x)u (x)+q(x)u(x) = f(x), x [a,b], με u(a) = u(b) = 0, (2.23)

17 2.1. ΤΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 ΣΗΜΕΙΩΝ 17 όπου a,b R, p,q,f C[a,b]και q(x) > 0,γιακάθε x [a,b]. Σκοπόςμαςείναινακατασκευάσουμεπροσεγγίσειςτωντιμών u(x )της ακριβούςλύσηςτου(2.1),τιςοποίεςθασυμβολίζουμεμε U, = 0,...,N +1. Λόγωτωνσυνοριακώνσυνθήκώνέχουμεότι u(x 0 ) = u(x N+1 ) = 0,θέτουμε λοιπόν U 0 = U N+1 = 0. Οιτιμέςτων U, = 1,...,N προκύπτουνμετον ακόλουθο τρόπο U +1 2U +U 1 h 2 +p(x ) U +1 U 1 2h +q(x )U = f(x ), = 1,...,N. (2.24) Επομένωςανσυμβολίσουμεμε U R N,τοδιάνυσμαμεσυνιστώσες U = (U 1,...,U N ) T τονέοσύστημαεξισώσεωνμπορούμενατογράψουμεισοδύναμα AU = F, (2.25) όπου A R N+1 N+1 είναιοπίνακας 2+h 2 q(x 0 ) 1+p(x 1 ) h A = 1 1 p(x 2 ) h 2 2+h 2 q(x 1 ) 1+p(x 2 ) h 2 0 h p(x N 1 ) h 2 2+h 2 q(x N 1 ) 1+p(x N 1 ) h p(x N ) h 2 2+h 2 q(x N ) και F = (f(x 1 ),...,f(x N )) T. Προκύπτειλοιπόνένατριδιαγώνιογραμμικό σύστημα. Για να έχει αυστηρά κυριαρχική διαγώνιο ο A πρέπει καθώς και 2+h 2 q(x ) 1+p(x ) h p(x ) h, = 2,...,N 1, 2 2+h 2 q(x 1 ) 1 p(x 1 ) h 2, και 2+h2 q(x N ) 1+p(x N ) h 2. Γιαναισχύουνοιπαραπάνωαρκείναισχύειότι p(x ) h 2 < 1,γιατίσεαυτή τηνπερίπτωσηέχουμεότι 1 + p(x ) h 2 > 0και 1 p(x ) h 2 > 0. Μεόμοια επιχειρήματα όπως και στην περίπτωση του Θεωρήματος 2.1, προκύπτει Θεώρημα2.5. Εστω U R N ηλύσητουπροβλήματος(2.23)καιεπιπλέον p(x ) h 2 < 1, = 0,...,N +1.Τότεισχύειηακόλουθηανισότητα, max U max f(x ). (2.26) 0 N+1 x [a,b] Απόδειξη. Η απόδειξη προκύπτει με ανάλογο τρόπο όπως και αυτή του Θεωρήματος 2.1

18 18 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΤΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 ΣΗΜΕΙΩΝ. 2.2 Ασκήσεις Ασκήσεις για προβλήματα συνοριακών τιμών της μορφής: u (x)+p(x)u +q(x)u(x) = f(x), x [a,b], u(a) = c, u(b) = d. 1. Εστω u η λύση του προβλήματος συνοριακών τιμών x 2 u (x) xu (x)+4u(x) = 20x 3, x [1,2], u(1) = 0, u(2) = 0. Γράψτε το αριθμητικό σχήμα πεπερασμένων διαφορών χρησιμοποιώντας κεντρικέςδιαφορές. Ποιόςείναιοπεριορισμός γιατο βήμα h, ώστεοαντίστοιχός πίνακας που χρησιμοποιούμε για την προσέγγιση της λύσης να είναι αντιστρέψιμος; 2. Εστω u η λύση του προβλήματος συνοριακών τιμών u (x)+u = 1, x [a,b], u(a) = c, u(b) = d. (αʹ) Εστωότιπροσεγγίζουμετηδεύτερηπαράγωγο, u (x ),μετηκεντρική διαφορά (u(x +1 ) 2u(x ) + u(x 1 ))/h 2 καιτηπρώτηπαράγωγο, u (x ),μετηδιαφορά (u(x ) u(x 1 ))/h. Ποιόθαείναιτοδιακριτό σχήμα και ποιό το σφάλμα διακριτοποίησης; (βʹ) Γράψτε τη μέθοδο σε μορφή πινάκων. Για να είναι αντιστρέψιμος ο πίνακας υπάρχει περιορισμός στο βήμα h ; 3. Εστω u η λύση του προβλήματος συνοριακών τιμών u (x)+u(x) = f(x), x [0,1], au(0)+bu (0) = c, u(1) = 0. (αʹ) Διατυπώστεέναδιακριτόσχήμαμεσφάλμαδιακριτοποίησης O(h 2 ). (βʹ) Γράψτε τη μέθοδο σε μορφή πινάκων. 4. Εστω u η λύση του προβλήματος συνοριακών τιμών u (x)+u(x) = f(x), x [0,1], u(0) = u(1), u (0) = u (1).

19 2.2. ΑΣΚΗΣΕΙΣ 19 (αʹ) Διατυπώστεέναδιακριτόσχήμαμεσφάλμαδιακριτοποίησης O(h 2 ). (βʹ) Γράψτε τη μέθοδο σε μορφή πινάκων. 5. (αʹ) Χρησιμοποιώνταςτοθεώρηματου Taylorδείξτεότι u(x +1 ) 2u(x )+ u(x 1 ) = h 2 u (x ) h4 u (x ) + O(h 6 )καιαπόαυτόδείξτεότι u(x +1 ) 2u(x )+u(x 1 ) = 1 12 h2 (u (x +1 )+10u (x )+u (x 1 ))+ O(h 6 ). (βʹ) ΑνυποθέσουμεότιηuικανοποιείτηΔ.Ε. u (x) = F(x,u),χρησιμοποιείστε το παραπάνω αποτέλεσμα για να καταλήξετε στη μέθοδο πεπερασμένων διαφορών (U +1 2U +U +1 ) = h2 12 (F F +F +1 ) (γʹ) Διατυπώστε τημέθοδοοταν F(x,u) = f(x) q(x)u. Γράψτετη μέθοδο σε μορφή πίνακα. 6. Θεωρούμε το πρόβλημα d dx (D(x) d u(x))+u(x) = f(x), x [0,1], dx u(0) = u(1) = 0. όπου D είναι θετική συνάρτηση. (αʹ) Γράψτε ένα πεπλεγμένο αριθμητικό σχήμα με σφάλμα διακριτοποίησης O(h 2 ).Εκφράστετημέθοδοκαισεμορφήπίνακα. (βʹ) Είναι αυτή η μέθοδος ευσταθής; 7. Θεωρούμε το πρόβλημα u (x)+p(x)u +q(x)u(x) = f(x), x [0,1], u(0) = u(1) = 0. Θεωρούμε ένα μη ομοιόμορφο διαμερισμό του διαστήματος [0, 1], και συμβολίζουμεμε h = x x 1 (αʹ) Εκφράστε με πεπερασμένες διαφορές την προσέγγιση της πρώτης και τηςδεύτερηςπαραγώγουστο x καιδώστετοτοπικόσφάλμαδιακριτοποίησης.οιπροσεγγίσειςπρέπειναείναισυνεπείς,δηλαδήαν h και h +1 πάειστομηδέν,τότετοσφάλματείνεικαιαυτόστομηδέν. (βʹ) Χρησιμοποιήστε τα αποτελέσματα του προηγούμενου ερωτήματος για να διατύπώστε ένα σχήμα πεπερασμένων διαφορών για την παραπάνω διαφορική εξίσωση.

20 20 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΤΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 ΣΗΜΕΙΩΝ.

21 Κεφάλαιο 3 Παραβολικό πρόβλημα Θεωρούμετοπαραβολικόπρόβλημα:Ζητείταιμιασυνάρτησηu : [a,b] [0,T] R, τέτοια ώστε u t (x,t) = u xx (x,t), x [a,b], t [0,T] u(a,t) = u(b,t) = 0, t [0,T] u(x,0) = g(x), x [a,b] (3.1) όπου a,b R, g C[a,b]. 3.1 Αμεση Euler Θα θεωρήσουμε ένα φυσικό αριθμό N και τη διαμέριση του διαστήματος [a, b] απόισαπέχοντα N + 2σημεία a = x 0 < x 1 <... < x N < x N+1 = b,όπου h = x +1 x, = 0,...,N.Επίσηςθεωρούμεκαιέναφυσικόαριθμό Mκαιτη διαμέρισητου [0,T]απόισαπέχοντα M+1σημεία 0 = t 0 < t 1 <... < t M = T, όπου k = t j+1 t j, j = 0,...,M,βλ.Σχήμα3.1.Τότεσεκάθεσημείο (x,t j ) τουδιαμερισμούτου [a,b] [0,T],θαισχύει: u t (x,t j ) = u xx (x,t j ), = 1,...,N, j = 0,...,M. (3.2) Σκοπόςμαςείναινακατασκευάσουμεπροσεγγίσειςτωντιμών u(x,t j )της ακριβούςλύσηςτου(3.1),τιςοποίεςθασυμβολίζουμεμε U j, = 0,...,N + 1, j = 0,...,M. Λόγωτωνσυνοριακώνσυνθηκώνέχουμεότι u(x 0,t j ) = u(x N+1,t j ) = 0, j = 0,...,M. Θέτουμελοιπόν U j 0 = Uj N+1 = 0, j = 0,...,M.Εκτόςαπόαυτέςείναιγνωστέςκαιοιτιμέςστοχρόνο t = 0,δηλαδή οι U 0, = 1,...,N.Σκοπόςμαςείναιλοιπόνναπροσδιορίσουμετιςτιμέςστα υπόλοιπα σημεια του πλέγματος. Στο σχήμα 3.1 σημειώνουμε με έντονο μαύρο 21

22 22 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΠΑΡΑΒΟΛΙΚΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ χρώματαγνωστάκαιμεκενότιςτιμές U j, = 1,...,N, j = 0,...,Mπου θέλουμε να υπολογίσουμε, οι οποίες προκύπτουν με τον ακόλουθο τρόπο. Σχήμα3.1:Διαμερισμόςτουχωρίου [a,b] [0,T]. Γιαναπροσεγγίσουμετην u t (x,t)στασημεία (x,t j ), = 1,...,N, j = 0,...,M 1,χρησιμοποιούμετηνπροσέγγιση δ + h πουθεωρήσαμεστην(1.1), έτσιανυποθέσουμεότι u tt (x,t) C([a,b] [0,T]),λόγωτης(1.11)η(3.2) γίνεται, u(x,t j+1 ) u(x,t j ) k = u xx (x,t j )+ ˆη j, j = 0,...,M 1, (3.3) όπου ˆη j = k 2 u tt(x,ξ j ),με ξ j (t j,t j+1 ). Στησυνέχειαγιαναπροσεγγίσουμετην u xx (x,t)στασημεία (x,t j ), = 1,...,N, j = 0,...,M 1, χρησιμοποιούμετηνπροσέγγιση δ c h,2 πουθεωρήσαμεστην(1.8),έτσιανυποθέσουμεότι u xxxx (x,t) C([a,b] [0,T]),λόγωτης(1.11)η(3.3)γίνεται, u(x,t j+1 ) u(x,t j ) k = u(x +1,t j ) 2u(x,t j )+u(x 1,t j ) h 2 + ˆη j + ηj, (3.4) με = 1,...,N,και j = 0,...,M 1,και η j = h u(ξ x 4,t j ),με ξ (x 1,x +1 ). Λήμμα3.1. Εστω uηλύσητου(3.1),τότε δ + h u(x,t j ) δh,2 c u(x,t j ) = η j, με max 0 j M 1 max 0 N+1 η j C(k+h2 ).

23 3.1. ΑΜΕΣΗ EULER 23 Απόδειξη. Λόγω των(3.3) και(3.4) εύκολα μπορούμε να δούμε ότι ισχύει το ζητούμενο,με η j = ˆηj + ηj. ΓιανακατασκευάσουμελοιπόνπροσεγγίσειςU j τωνu(x,t j ), = 1,...,N, j = 0,...,M 1,θεωρούμετιςακόλουθεςεξισώσεις U j+1 k U j = Uj +1 2Uj +Uj 1 h 2, = 1,...,N,j = 0,...,M 1. (3.5) Ανθεωρήσουμετώραότι λ = k h 2η(3.5)γράφεταιως U j+1 = λu j +1 +(1 2λ)Uj +λuj 1, = 1,...,N,j = 0,...,M 1. (3.6) Επομένωςανσυμβολίσουμεμε U j R N,τοδιάνυσμαμεσυνιστώσες U = (U j 1,...,Uj N )T,τοσύστηματωνεξισώσεων(3.6)μπορούμενατογράψουμε ισοδύναμα ως το γραμμικό σύστημα U j+1 = AU j, (3.7) όπου AείναιοN Nπίνακας 1 2λ λ 0 0 λ 1 2λ λ 0 A = λ 1 2λ λ λ 1 2λ. Γιαναυπολογίσουμετηπροσέγγισηστοχρονικόβήμα t j+1, χρειάζεται ναγνωρίζουμετηπροσέγγισηστοπροηγούμενοβήμαχρονικόβήμα t j,οπότε απλώςπολλαπλασιάζουμετο Aμετο U j. Ξεκινάμεαπότοχρόνο t 0 = 0που γνωρίζουμετηλύσηκαιυπολογίζουμετο U 1 = AU 0,καισυνεχίζουμεμεαυτό τον τρόπο. Επειδή για να υπολογίσουμε τη προσέγγιση σε κάθε χρονικό βήμα δεν χρειάζεται να λύσουμε κάποιο γραμμικό σύστημα η μέθοδος καλείται άμεση. Ποιό συγκεκριμένα τη μέθοδο(3.5) ή(3.6), την ονομάζουμε άμεση μέθοδο του Euler. Επειδή δεν χρειάζεται να επιλύσουμε κάποιο γραμμικό σύστημα η υπάρξη και η μοναδικότητα της προσεγγιστικής λύσης σε κάθε χρονικό βήμα είναι δεδομένη. Συνέπεια: Αν αντικαταστήσουμε στο αριθμητικό σχήμα που ικανοποιεί ηπροσεγγιστικήλύση U j,(3.5),μετηνακριβήλύση u,τότετοδιάνυσμαμε συνιστώσες u(x,t j ), = 1,...,N, j = 1,...,M δενθαικανοποιείτη(3.5) καιθαυπάρχειένασφάλμα,όπωςφαίνεταιαπότη(3.4).τοσφάλμα η j,τείνει

24 24 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΠΑΡΑΒΟΛΙΚΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ t j+1 t j x 1 x x +1 Σχήμα3.2: Πλέγμαγιατονυπολογισμότηςλύσηςμετηνάμεσημέθοδοτου Euler στομηδένκαθώςτο hκαι kτείνουνστομηδέν,όπωςγίνεταιστηπερίπτωση του σχήματος που μελετούμε, οπότε η άμεση μέθοδος του Euler είναι συνεπής. Για την ευστάθεια της μεθόδου μπορούμε να δείξουμε το ακόλουθο θεώρημα. Θεώρημα 3.1. Εστω U j R N, j = 0,...,M,ηλύσητουπροβλήματος (3.7),με U j 0 = Uj N+1 = 0, j = 0,...,M. Τότεαν λ = k h 2 < 1 2 ισχύειη ακόλουθη ανισότητα, max 0 N+1 Uj max 0 N+1 U0, για j = 0,1,2,...M. Απόδειξη.Απότησχέση(3.6)καιτογεγονός λ < 1 2,εύκολαπαίρνουμε U j+1 λ( U j +1 + Uj 1 )+(1 2λ) Uj, 1 N. Ανθέσουμελοιπόν Ūj = max 0 N+1 U j, j = 0,...,M,έχουμε Ū j+1 Ūj Ū0, από όπου προκύπτει η ζητούμενη σχέση. Για να δείξουμε την ευστάθεια της μεθόδου στο Θεώρημα 3.1 υποθέσαμε ότι λ < 1/2. Λόγω της υπάρξης μιας συνθήκης ανάμεσα στις παραμέτρους διακριτοποίησης k και h, λέμε ότι η μέθοδος είναι ευσταθής υπό συνθήκες. Το γεγονώς ότι αυτή η συνθήκη είναι αναγκαία και όχι οφείλεται σε τυχόν αδυναμία μας να αποδείξουμε το Θεώρημα 3.1 φαίνεται από την ακόλουθη διατύπωση της ευστάθειας η οποία καλείται ευστάθεια Von Neumann

25 3.1. ΑΜΕΣΗ EULER 25 Ας θεωρήσουμε για παράδειγμα το πρόβλημα u t (x,t) = u xx (x,t), x [0,1], t [0,T] u(a,t) = u(b,t) = 0, t [0,T] u(x,0) = sn(πx), x [0,1] (3.8) Είναιαπλόναδούμεότι u(x,t) = e π2t sn(πx)καιοτιγιακάθε t 0ηλύση είναι μια ημιτονοειδης συνάρτηση της οποιάς το πλάτος μειώνεται συνεχώς με εκθετικό τρόπο. Είναι προφανές ότι αν η προσεγγιστική λύση δεν αποτυπώνει αυτή την ιδιότητα, ή τουλάχιστον παραμένει φραγμένο, δεν θα προσεγγίζει καλά την ακριβή λύση του προβλήματος. Αςυποθέτουμεότιηδιακριτήλύσηέχειτημορφή U j = w j sn(πx )δηλαδή αποτελείταιαπόδύοπαράγοντες,οεναςεξαρτάταιμόνοαπότοχρόνο t j καιο άλλος είναι ακριβώς η ημιτονοειδής συνάρτηση που βρίσκεται στην έκφραση της ακριβούςλύσης. Θέλουμεναμελετήσουμετοπλάτος w j καιναδούμεανπαραμένει φραγμένο όπως στην περίπτωση της ακριβούς λύσης. Αντικαθιστούμε λοιπόν στην εξίσωση(3.6), οπότε w j+1 sn(πx ) = λw j sn(πx +1 )+(1 2λ)w j sn(πx )+λw j sn(πx 1 ), (3.9) για = 1,...,N,j = 0,...,M 1. Χρησιμοποιούμε τώρα τις ακόλουθες τριγωνομετρικές ιδιότητες sn(πx +1 ) = sn(π(x +h)) = sn(πx )cos(πh)+cos(πx )sn(πh) sn(πx 1 ) = sn(π(x h)) = sn(πx )cos(πh) cos(πx )sn(πh) (3.10) και έχουμε w j+1 sn(πx ) = 2λw j sn(πx )cos(πh)+(1 2λ)w j sn(πx ) = (2λ(cos(πh) 1)+1)w j sn(πx ). (3.11) Λόγω τώρα της τριγωνομετρικής ιδιότητας η(3.11) γίνεται 2sn 2 ( θ ) = 1 cos(θ), θ [0,2π] (3.12) 2 w j+1 = (1 4λsn 2 ( πh 2 ))w j. (3.13) Συνεπώς w j = κ j w 0,με κ = 1 4λsn 2 ( πh 2 )).Άρααν κ < 1ημέγιστητιμή της U j είναιφραγμένη.θαπρέπειλοιπόν 1 1 4λsn 2 ( πh 2 )) 1ή2λsn2 ( πh )) < 1. 2

26 26 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΠΑΡΑΒΟΛΙΚΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ Ισοδύναμμαλοπόναρκεί λ 1 2. Βλέπουμεότιησυνθήκηευστάθειαςστο Θεώρημα 3.1 είναι αναγκαία για έχουμε καλές προσεγγισείς με την άμεση μέθοδο του Euler. Στη συνέχεια δείχνουμε το ακόλουθο θεώρημα για τη σύγκλιση της μεθόδου. Θεώρημα 3.2. Εστω ότι η λύση u του προβλήματος(3.1) είναι αρκετά ομαλή, και U j, = 1,...,N, j = 0,...,Mηλύσητηςμεθόδου(3.3)τότευπάρχειμια σταθερά C, ανεξάρτητη των k, h, τέτοια ώστε max max 1 j M 0 N+1 Uj u(x,t j ) C(k+h 2 ). (3.14) Απόδειξη.Θέτουμε E j = Uj u(x,t j ), = 0,...,N+1, j = 0,...,M,όπου λόγωτωνσχέσεων U j 0 = u(a,tj ) = 0και U j N+1 = u(b,tj ) = 0,έχουμε E j 0 = E j N+1 = 0.Αφαιρούμετώρακατάμέλητις(3.5)και(3.4),οπότεπαίρνουμε E j+1 = λe j +1 +(1 2λ)Ej +λej 1 +kηj, = 1,...,N, j = 1,...,M, με η j = ˆηj + ηj,όπουλόγωτουλήμματος3.1, max max 1 j M 0 N+1 ηj C(k+h2 ). ΘέτουμεστησυνέχειαĒj = max 1 N E j, η = max 1 j M max 0 N+1 η j. Συνεπώς = 2λĒj +(1 2λ)Ēj +k η, οπότε E j+1 Ē j+1 Ēj +k η Ē0 +jk η. Απόόπου,επειδή jk T,προκύπτειηζητούμενησχέση. 3.2 Πεπλεγμένη Euler Μιαδιαφορετικήμέθοδοςπροκύπτειαναντίγιατηπροσέγγιση δ + h της u tπου θεωρήσαμεστηνάμεσημέθοδοτου Eulerθεωρήσουμετη δ h. Ετσιθεωρούμε καιπάλιμιαδιαμέριση [a,b] [0,T]όπωςκαιπρίνκαιθακατασκευάσουμε προσεγγίσειςτωντιμών u(x,t j )τηςακριβούςλύσηςτου(3.1),τιςοποίεςθα συμβολίζουμεμε U j, = 0,...,N + 1, j = 0,...,M,βλέπεεικόνα(3.1). Λόγωτωνσυνοριακώνσυνθηκώνέχουμεότι u(x 0,t j ) = u(x N+1,t j ) = 0, j = 0,...,M. Θέτουμελοιπόν U j 0 = Uj N+1 = 0, j = 0,...,M. Εκτόςαπό

27 3.2. ΠΕΠΛΕΓΜΕΝΗ EULER 27 t j+1 t j x 1 x x +1 Σχήμα 3.3: Πλέγμα για τον υπολογισμό της λύσης με την πεπλεγμένη μέθοδο του Euler αυτέςείναιγνωστέςκαιοιτιμέςστοχρόνο t = 0,δηλαδήοι U 0, = 1,...,N. Σκοπός μας είναι λοιπόν να προσδιορίσουμε τις τιμές στα υπόλοιπα σημεια του πλέγματος. Γιαναπροσεγγίσουμετην u t (x,t)στασημεία u(x,t j ), = 1,...,N, j = 1,...,M,χρησιμοποιούμεαυτήτηφοράτηπροσέγγιση δ h πουθεωρήσαμε στην(1.1),έτσιανυποθέσουμεότι u tt (x,t) C([a,b] [0,T]), λόγωτης (1.11) η(3.2) γίνεται, u(x,t j ) u(x,t j 1 ) k = u xx (x,t j )+ ˆη j, j = 1,...,M, (3.15) όπου ˆη j t, = k 2 u tt(x,ξ j ),με ξ j (t j 1,t j ). Στησυνέχειαγιαναπροσεγγίσουμετην u xx (x,t)στασημεία (x,t j ), = 1,...,N, j = 1,...,M,χρησιμοποιούμετηνπροσέγγιση δ c h,2 πουθεωρήσαμεστην(1.8),έτσιανυποθέσουμε ότι u xxxx (x,t) C([a,b] [0,T]),λόγωτης(1.11)η(3.3)γίνεται, u(x,t j ) u(x,t j 1 ) k = u(x +1,t j ) 2u(x,t j )+u(x 1,t j ) h 2 + ˆη j + ηj, (3.16) με = 1,...,N,καιj = 1,...,M,καιη j = ηj t, +ηj x,,όπου ηj = h u(ξ x 4,t j ), με ξ (x 1,x +1 ). Λήμμα3.2. Εστω uηλύσητου(3.1),τότε δ h u(x,t j ) δ c h,2 u(x,t j ) = η j, με max 1 j M max 0 N+1 η j C(k+h2 ).

28 28 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΠΑΡΑΒΟΛΙΚΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ Απόδειξη. Λόγω των(3.15) και(3.16) εύκολα μπορούμε να δούμε ότι ισχύει τοζητούμενο,με η j = ˆηj + ηj. ΓιανακατασκευάσουμελοιπόνπροσεγγίσειςU j τωνu(x,t j ), = 1,...,N, j = 1,...,M,θεωρούμετιςακόλουθεςεξισώσεις U j+1 k U j = Uj Uj+1 +U j+1 1 h 2, = 1,...,N,j = 0,...,M 1. (3.17) Ανθεωρήσουμετώραότι λ = k h 2η(3.17)γράφεταιως λu j (1+2λ)Uj+1 λu j+1 1 = Uj, = 1,...,N,j = 0,...,M 1. (3.18) Επομένωςανσυμβολίσουμεμε U j R N,τοδιάνυσμαμεσυνιστώσες U = (U j 1,...,Uj N )T,τοσύστηματωνεξισώσεων(3.18)μπορούμενατογράψουμε ισοδύναμα ως το γραμμικό σύστημα BU j+1 = U j, (3.19) όπου BείναιοN Nπίνακας 1+2λ λ 0 0 λ 1+2λ λ 0 B = λ 1+2λ λ λ 1+2λ. Γιαναυπολογίσουμετηπροσέγγισηστοχρονικόβήμα t j+1, χρειάζεται ναγνωρίζουμετηπροσέγγισηστοπροηγούμενοβήμαχρονικόβήμα t j καινα λύσουμετογραμμικόσύστημα(3.19). Ξεκινάμεαπότοχρόνο t 0 = 0που γνωρίζουμετηλύσηκαιλύνουμετοσύστημα BU 1 = U 0,καισυνεχίζουμεμε αυτό τον τρόπο. Επειδή για να υπολογίσουμε τη προσέγγιση σε κάθε χρονικό βήμα χρειάζεται να λύσουμε κάποιο γραμμικό σύστημα η μέθοδος καλείται πεπλεγμένη ή έμμεση. Ποιό συγκεκριμένα τη μέθοδο(3.17) ή(3.18), την ονομάζουμε Πεπλεγμένη μέθοδο του Euler. Ο πίνακας B στο γραμμικό σύστημα(3.19) είναι τριδιαγώνιος και έχει αυστηρά κυριαρχική διαγώνιο οπότε η υπάρξη και η μοναδικότητα της προσεγγιστικής λύσης σε κάθε χρονικό βήμα είναι δεδομένη. Συνέπεια: Αν αντικαταστήσουμε στο αριθμητικό σχήμα που ικανοποιεί ηπροσεγγιστικήλύση U j,(3.17),μετηνακριβήλύση u,τότετοδιάνυσμαμε

29 3.2. ΠΕΠΛΕΓΜΕΝΗ EULER 29 συνιστώσες u(x,t j ), = 1,...,N, j = 1,...,Mδενθαικανοποιείτη(3.17) καιθαυπάρχειένασφάλμα,όπωςφαίνεταιαπότη(3.16).τοσφάλμα η j,τείνει στομηδένκαθώςτο hκαι kτείνουνστομηδέν,όπωςγίνεταιστηπερίπτωση του σχήματος που μελετούμε, οπότε η πεπλεγμένη μέθοδος του Euler είναι συνεπής. Για την ευστάθεια της μεθόδου μπορούμε να δείξουμε το ακόλουθο θεώρημα. Θεώρημα 3.3. Εστω U j R N, j = 0,...,M,ηλύσητουπροβλήματος (3.19),με U j 0 = Uj N+1 = 0, j = 0,...,M.Τότεισχύειηακόλουθηανισότητα, max 0 N+1 Uj max 0 N+1 U0, για j = 0,1,2,...M. Απόδειξη. Από τη σχέση(3.18) εύκολα παίρνουμε (1+2λ) U j+1 λ( U j Uj+1 1 )+ Uj, 1 N. Ανθέσουμελοιπόν Ūj = max 0 N+1 U j, j = 0,...,M,παίρνουμε και άρα (1+2λ) U j+1 2λŪj+1 +Ūj. Ū j+1 Ūj Ū0. από όπου προκύπτει η ζητούμενη σχέση. Στη συνέχεια θα μελετήσουμε την ευστάθεια τύπου Von Neumann γιατηπεπλεγμένημέθοδοτου Euler. Ανλοιπόν uείναιηλύσητου(3.8)και υποθέσουμεότιηδιακριτήλύσηπουπαίρνουμεμετημέθοδο(3.18)έχειτη μορφή U j = w j sn(πx )τότε λw j+1 sn(πx +1 )+(1+2λ)w j+1 sn(πx ) λw j+1 sn(πx 1 ) = w j sn(πx ), (3.20) για = 1,...,N,j = 0,...,M 1.Χρησιμοποιούμετώρακαιπάλιτιςτριγωνομετρικές ιδιότητες(3.10) και(3.12) και έχουμε 2λw j+1 sn(πx )cos(πh)+(1+2λ)w j+1 sn(πx ) = (1+4λsn 2 ( πh 2 ))w j+1sn(πx ) = w j sn(πx ). (3.21) Συνεπώς w j = κ j w 0,με κ = 1/(1 + 4λsn 2 ( πh 2 ))).Άραεπειδήγιακάθε λ, κ < 1ημέγιστητιμήτης U j είναιφραγμένη,καιάραδενειναιαναγκαία καμμία συνθήκη για την ευστάθεια της πεπλεγμένης Euler. Στη συνέχεια δείχνουμε το ακόλουθο θεώρημα για τη σύγκλιση της μεθόδου.

30 30 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΠΑΡΑΒΟΛΙΚΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ Θεώρημα3.4. Εστωότιηλύση uτουπροβλήματος(3.1)είναιαρκετάομαλή και U j, = 1,...,N, j = 0,...,Mηλύσητηςμεθόδου(3.18)τότευπάρχει μιασταθερά C,ανεξάρτητητων k,h,τέτοιαώστε max max 1 j M 0 N+1 Uj u(x,t j ) C(k+h 2 ). (3.22) Απόδειξη.Θέτουμε E j = U j u(x,t j ), = 0,...,N + 1, j = 0,...,M, όπουλόγωτωνσχέσεων U j 0 = u(a,tj ) = 0και U j N+1 = u(b,tj ) = 0,έχουμε E j 0 = Ej N+1 = 0. Αφαιρούμετώρακατάμέλητις(3.18)και(3.16),οπότε παίρνουμε λe j+1 +(1+2λ)E j+1 λe j+1 1 = Ej +kηj, = 1,...,N, j = 1,...,M, όπου λόγω του Λήμματος 3.2, max max 1 j M 0 N+1 ηj C(k+h2 ). Θέτουμεστησυνέχεια Ēj = max 1 N E j, η = max 1 N,,1 j M η j Συνεπώς (1+2λ)E j+1 = 2λĒj+1 +Ēj +k η, οπότε Ē j+1 Ēj +k η Ē0 +jk η. Απόόπου,επειδή jk T,προκύπτειηζητούμενησχέση. 3.3 Crank Ncolson Μιαδιαφορετικήμέθοδοςπροκύπτειαναντίγιατιςπροσεγγίσεις δ + h ή δ h της u t πουθεωρήσαμεπροηγουμένωςθεωρήσουμετη δ c h. Θακατασκευάσουμε τώραπροσεγγίσειςτωντιμών u(x,t j )τηςακριβούςλύσηςτου(3.1), U j, = 0,...,N +1, j = 0,...,M,μεγαλύτερηςτάξηςακρίβειας. Λόγω του Λήμματος 1.1 έχουμε ότι u(x,t j ) u(x,t j 1 ) k = u t (x,t j k 2 )+ ˆηj, j = 1,...,M, (3.23) όπου ˆη j = k2 6 u ttt(x,ξ j ),με ξ j (t j 1,t j ). Επειδήτασημεία (x,t j k 2 ) δεν αποτελούν μέρος του διαμερισμού που έχουμε θεωρήσει, προσεγγίζουμε την u xx (x,t)στασημεία (x,t j k 2 ), = 1,...,N, j = 1,...,M,μετομέσο

31 3.3. CRANK NICOLSON 31 όροτης u xx (x,t)στα (x,t j )και (x,t j 1 ). Ετσιείναιαπλόναδούμεμετη βοήθεια αναπτυγμάτων Taylor ότι u xx (x,t j k 2 ) = 1 2 (u xx(x,t j )+u xx (x,t j 1 )) k2 2 u xxtt(x,ξ j ). Στησυνέχειαχρησιμοποιούμετηνπροσέγγιση δ c h,2 πουθεωρήσαμεστην(1.8) για την προσέγγιση των u xx (x,t j ), u xx (x,t j 1 ), έτσι αν υποθέσουμεότι u xxxx (x,t) C([a,b] [0,T]),λόγωτης(1.11)η(3.23)γίνεται, u(x,t j ) u(x,t j 1 ) k = 1 u(x +1,t j ) 2u(x,t j )+u(x 1,t j ) 2 h u(x +1,t j 1 ) 2u(x,t j 1 )+u(x 1,t j 1 ) 2 h 2 + ˆη j + ηj, (3.24) με = 1,...,N,και j = 1,...,M,όπου η j = h u(ξ x 4,t j ), με ξ (x 1,x +1 ). Λήμμα3.3. Εστω uηλύσητου(3.1),τότε δ c h u(x,t j k 2 ) 1 2 (δc h,2 u(x,t j )+δ c h,2 u(x,t j 1 )) = η j, με max 1 j M max 0 N+1 η j C(k2 +h 2 ). Απόδειξη. Λόγω των(3.23) και(3.24) εύκολα μπορούμε να δούμε ότι ισχύει τοζητούμενο,με η j = ˆηj + ηj. ΓιανακατασκευάσουμελοιπόνπροσεγγίσειςU j τωνu(x,t j ), = 1,...,N, j = 0,...,M 1,θεωρούμετιςακόλουθεςεξισώσεις U j+1 k U j = 1 U j Uj+1 +U j h U j +1 2Uj +Uj 1 2 h 2, (3.25) με = 1,...,N, j = 0,...,M 1.Ανθεωρήσουμετώραότι λ = k h 2η(3.25) γράφεται ως 1 2 λuj (1+λ)Uj λuj+1 1 = 1 2 λuj (1 λ)uj +1 2 λuj 1,(3.26) με = 1,...,N, j = 0,...,M 1.Επομένωςανσυμβολίσουμεμε U j R N, τοδιάνυσμαμεσυνιστώσες U = (U j 1,...,Uj N )T,τοσύστηματωνεξισώσεων (3.26) μπορούμε να το γράψουμε ισοδύναμα με το γραμμικό σύστημα BU j+1 = AU j, (3.27)

32 32 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΠΑΡΑΒΟΛΙΚΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ όπου BείναιοN Nπίνακας 1+λ λ/2 0 0 λ/2 1+λ λ/2 0 B = λ/2 1+λ λ/2 λ/2 1+λ και 1 λ λ/2 0 0 λ/2 1 λ λ/2 0 A = λ/2 1 λ λ/2 λ/2 1 λ t j+1 t j x 1 x x +1 Σχήμα 3.4: Πλέγμα για τον υπολογισμό της λύσης με την πεπλεγμένη μέθοδο Crank-Ncolson Γιαναυπολογίσουμετηπροσέγγισηστοχρονικόβήμα t j+1, χρειάζεται ναγνωρίζουμετηπροσέγγισηστοπροηγούμενοβήμαχρονικόβήμα t j καινα λύσουμετογραμμικόσύστημα(3.27). Ξεκινάμεαπότοχρόνο t 0 = 0που γνωρίζουμετηλύσηκαιλύνουμετοσύστημα BU 1 = AU 0,καισυνεχίζουμεμε αυτό τον τρόπο. Επειδή για να υπολογίσουμε τη προσέγγιση σε κάθε χρονικό βήμα χρειάζεται να λύσουμε κάποιο γραμμικό σύστημα η μέθοδος είναι πεπλεγμένη ή έμμεση. Ποιό συγκεκριμένα τη μέθοδο(3.25) ή(3.26), την ονομάζουμε μέθοδο Crank Ncolson. Ο πίνακας B στο γραμμικό σύστημα(3.27) είναι τριδιαγώνιος και έχει αυστηρά κυριαρχική διαγώνιο οπότε η υπάρξη και η μοναδικότητα της προσεγγιστικής λύσης σε κάθε χρονικό βήμα είναι δεδομένη.

33 3.3. CRANK NICOLSON 33 Συνέπεια: Αν αντικαταστήσουμε στο αριθμητικό σχήμα που ικανοποιεί ηπροσεγγιστικήλύση U j,(3.25),μετηνακριβήλύση u,τότετοδιάνυσμαμε συνιστώσες u(x,t j ), = 1,...,N, j = 1,...,Mδενθαικανοποιείτη(3.25) καιθαυπάρχειένασφάλμα,όπωςφαίνεταιαπότη(3.24).τοσφάλμα η j,τείνει στομηδένκαθώςτο hκαιkτείνουνστομηδέν,όπωςγίνεταιστηπερίπτωσητου σχήματος που μελετούμε, οπότε η πεπλεγμένη μέθοδος του Crank Ncolson είναι συνεπής. Για την ευστάθεια της μεθόδου μπορούμε να δείξουμε το ακόλουθο θεώρημα. Θεώρημα 3.5. Εστω U j R N, j = 0,...,M,ηλύσητουπροβλήματος (3.26),με U j 0 = Uj N+1 = 0, j = 0,...,M. Τότεαν λ < 1ισχύειηακόλουθη ανισότητα, max 0 N+1 Uj max 0 N+1 U0, για j = 0,1,2,...M. Απόδειξη. Από τη σχέση(3.26) εύκολα παίρνουμε (1+λ) U j+1 λ 2 ( Uj Uj+1 1 )+(1 λ) Uj +λ 2 ( Uj +1 + Uj 1 ), 1 N. Ανθέσουμελοιπόν Ūj = max 0 N+1 U j, j = 0,...,M,παίρνουμε και άρα (1+λ) U j+1 2λŪj+1 +Ūj. Ū j+1 Ūj Ū0. από όπου προκύπτει η ζητούμενη σχέση. ΠαρατηρούμεότιγιαναδείξουμετοΘεώρημα3.5,υποθέσαμεότι λ < 1. Θα δούμε παρακάτω ότι αυτή η υπόθεση δεν είναι απαραίτητη για να δείξουμε την ευστάθεια τύπου Von Neumann για τη μέθοδο του Crank-Ncolson, επομένωςηυποθεση λ < 1στοΘεώρημα3.5δενείναιουσιαστικήκαιγίνεται μόνο για να μπορέσουμε να αποδείξουμε το θεωρήμα ακολουθώντας τα βήματα που χρησιμοποιήσαμε στην αντίστοιχη απόδειξη. Ανλοιπόν uείναιηλύσητου(3.8)καιυποθέσουμεότιηδιακριτήλύσηπου παίρνουμεμετημέθοδο(3.26)έχειτημορφή U j = w j sn(πx )τότε λ 2 w j+1sn(πx +1 )+(1+λ)w j+1 sn(πx ) λ 2 w j+1sn(πx 1 ) = λ 2 w jsn(πx +1 )+(1 λ)w j sn(πx ) λ 2 w jsn(πx 1 ), (3.28)

34 34 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΠΑΡΑΒΟΛΙΚΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ για = 1,...,N,j = 0,...,M 1.Χρησιμοποιούμετώρακαιπάλιτιςτριγωνομετρικές ιδιότητες(3.10) και(3.12) και έχουμε 2λw j+1 sn(πx )cos(πh)+(1+λ)w j+1 sn(πx ) = 2λw j sn(πx )cos(πh)+(1 λ)w j sn(πx ) (3.29) και στη συνέχεια (1+4λsn 2 ( πh 2 ))w j+1sn(πx ) = (1 4λsn 2 ( πh 2 ))w j sn(πx ). (3.30) Συνεπώς w j+1 = 1 4λsn2 ( πh 2 ) 1+4λsn 2 ( πh 2 )w j = κw j = κ j w 0. (3.31) Είναιαπλόναδούμεότισεαυτήτηπερίπτωση κ < 1,γιακάθε λ,οπότεη μέγιστητιμήτης U j είναιφραγμένη,καιάραδενειναιαναγκαίακαμμιασυνθήκη για την ευστάθεια της μεθόδου Crank-Ncolson. 3.4 Ασκήσεις Ασκήσεις για προβλήματα αρχικών και συνοριακών τιμών της μορφής: u t (x,t) = u xx (x,t), (x,t) [a,b] [0,T], (3.32) u(x,0) = g(x), x [a,b] (3.33) u(a,t) = u(b,t) = 0, t [0,T]. (3.34) 1. Θεωρούμετημέθοδο U j+1 = λu j +1 + (1 2λ βk)uj + λuj 1 γιατην επίλυση της εξίσωσης της θερμότητας. (αʹ) Είναι η μέθοδος άμεση ή πεπλεγμένη; (βʹ) Είναι η μέθοδος ευσταθής; (γʹ) Γιαποιέςτιμέςτου β,ανυπάρχουν,είναιημέθοδοςσυνεπής; 2. Θεωρούμε την εξίσωση της θερμότητας(3.32), με αρχική συνθήκη,(3.33) καισυνοριακέςσυνθήκες u x (0,t) = α,και u(1,t) = 0. (αʹ) Γράψτε ένα πεπλεγμένο αριθμητικό σχήμα με σφάλμα διακριτοποίησης O(k)+O(h 2 ).Εκφράστετημέθοδοκαισεμορφήπίνακα. (βʹ) Γράψτε ένα πεπλεγμένο αριθμητικό σχήμα με σφάλμα διακριτοποίησης O(k 2 )+O(h 2 ).Εκφράστετημέθοδοκαισεμορφήπίνακα.

35 3.4. ΑΣΚΗΣΕΙΣ 35 3.Θεωρούμεένααριθμητικόσχήμαπουχρησιμοποιείτιςτιμές U j+1 1, Uj+1, U j+1 +1, Uj 1 και Uj +1,γιατηνπροσέγγισητηςλύσηςτηςεξίσωσηςτηςθερμότητας. (αʹ) Βρείτετοσχήμαωστεημέθοδοςναείναισυνεπής. (βʹ) Ποιά είναι το σφάλμα διακριτοποίησης; (γʹ) Είναι η μέθοδος άμεση ή πεπλεγμένη; (δʹ) Είναι ευσταθής; 4.Θεωρούμεένααριθμητικόσχήμαπουχρησιμοποιείτιςτιμές U j+1 1,Uj+1 +1, U j 1, Uj, Uj +1, Uj 1 1 καιuj 1 +1,γιατηνπροσέγγισητηςλύσηςτηςεξίσωσης της θερμότητας. (αʹ) Βρείτετοσχήμαωστεημέθοδοςναείναισυνεπής. (βʹ) Ποιά είναι το σφάλμα διακριτοποίησης; (γʹ) Είναι η μέθοδος άμεση ή πεπλεγμένη; (δʹ) Είναι ευσταθής; 5. Θεωρούμε το πρόβλημα u t (x,t) = Du xx (x,t) βu(x,t), (x,t) [a,b] [0,T], u(x,0) = g(x), x [a,b] u(a,t) = u(b,t) = 0, t [0,T]. όπου D, β είναι θετικές σταθερές. (αʹ) Γράψτε ένα πεπλεγμένο αριθμητικό σχήμα με σφάλμα διακριτοποίησης O(k)+O(h 2 ).Εκφράστετημέθοδοκαισεμορφήπίνακα. (βʹ) Είναιαυτήημέθοδοςευσταθής;Ανείναιυπόσυνθήκεςποιάείναιη συνθήκη; 6. Θεωρούμε το πρόβλημα u t (x,t) = Du xx (x,t) αu x (x,t), (x,t) [a,b] [0,T], u(x,0) = g(x), x [a,b] u(a,t) = u(b,t) = 0, t [0,T]. όπου D,αείναισταθερέςκαι Dείναιθετική. (αʹ) Γράψτε ένα πεπλεγμένο αριθμητικό σχήμα με σφάλμα διακριτοποίησης O(k)+O(h 2 ).Εκφράστετημέθοδοκαισεμορφήπίνακα.

36 36 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΠΑΡΑΒΟΛΙΚΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ (βʹ) Είναιαυτήημέθοδοςευσταθής;Ανείναιυπόσυνθήκεςποιάείναιη συνθήκη; 7. Θεωρούμε το πρόβλημα u t (x,t) = Du xx (x,t)+µ(x)u x (x,t), (x,t) [a,b] [0,T], u(x,0) = g(x), x [a,b] u(a,t) = u(b,t) = 0, t [0,T]. όπου D, µ είναι θετικές σταθερές. (αʹ) Γράψτε ένα άμεσο αριθμητικό σχήμα με σφάλμα διακριτοποίησης O(k)+ O(h 2 ).Εκφράστετημέθοδοκαισεμορφήπίνακα. (βʹ) Είναιαυτήημέθοδοςευσταθής;Ανείναιυπόσυνθήκεςποιάείναιη συνθήκη; 8. Θεωρούμε το πρόβλημα u t (x,t) = Du xx (x,t) βu(x,t), (x,t) [0,1] [0,T], u(x,0) = g(x), x [0,1] u(0,t) = h(t), u(1,t) = 0, t [0,T]. όπου D, β είναι θετικές σταθερές. (αʹ) Γράψτε ένα πεπλεγμένο αριθμητικό σχήμα με σφάλμα διακριτοποίησης O(k 2 )+O(h 2 ).Εκφράστετημέθοδοκαισεμορφήπίνακα. (βʹ) Είναιαυτήημέθοδοςευσταθής;Ανείναιυπόσυνθήκεςποιάείναιη συνθήκη;

37 Κεφάλαιο 4 Υπερβολικό πρόβλημα- Εξίσωση μεταφοράς Θεωρούμε το υπερβολικό πρόβλημα(εξίσωση μεταφοράς): Ζητείται μια συνάρτηση u C 1 (R [0,T]),τέτοιαώστε u t (x,t)+αu x (x,t) = 0, x R, t [0,T] u(x,0) = g(x), x R, (4.1) όπου α,t > 0και gμιαδοσμένησυνάρτηση. Μιαβασικήδιαφοράπουπαρατηρούμε εδώ είναι οτι δεν έχουμε ένα φραγμένο χωρίο για να υπολογίσουμε την προσεγγιστική λύση. Αργότερα θα θεωρήσουμε ένα φραγμένο χωρίο στο οποίο θα κατασκευάσουμε την προσεγγιστική λύση του προβλήματος. Αν θεωρήσουμε την ακόλουθη αλλαγή μεταβλητών τότε εύκολα μπορούμε να δούμε ότι x = αr +s t = r u r = x u r x + t u r t = au x +u t = 0 Επομένωςηuδενεξαρτάταιαπότο rκαιεξαρτάταιμόνοαπότο s,άρα u πάνωστηνευθεία x at=σταθεράδενμεταβάλειτηντιμήτηςκαιέτσι u(x,t) = u(s,r) = u(s,0) = g(x at) Για να λύσουμε υπολογιστικά το πρόβλημα(4.1) δεν μπορούμε να θεωρήσουμε ένα μη φραγμένο χωρίο, αλλά θα πρέπει να καθορίσουμε ένα αριστερόάκρο x L καιέναδεξιόάκρο x R καιταενδιάμεσασημεία x = x L + h, = 0,...,N +1,με h = (x R x L )/(N +1)και x N+1 = x R. Ομοιαόπωςκαι 37

38 38 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΥΠΕΡΒΟΛΙΚΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ- ΕΞΙΣΩΣΗ ΜΕΤΑΦΟΡΑΣ στοπροηγούμενοκεφάλαιοθαδιαμερίσουμεκαιτοδιάστημα [0,T]σε t j = jk, j = 0,1...,M,με k = T/M.Γιαναμπορέσουμεναυπολογίσουμετηλύσησε όλατασημεία (x,t j )τουδιαμερισμούθαπρέπειναγνωρίζουμετηλύσηήνα έχουμεκάποιαπληροφορίαγιατηλύσησταακριανάσημεία (x L,t j ), (x R,t j ), j = 0,...,M.Ανυποθέσουμεότιηλύσηστηναρχήγια t = 0δίνεταιαπότη συνάρτηση { 1 αν 0 x 1 g(x) = 0 διαφορετικά Τότεηλύσηείναι u(x,t) = { 1 αν 0 x αt 1 0 διαφορετικά Ετσιμπορούμεναπαρατηρήσουμεότιπ.χ.για 0 t 7ηλύση uστασημεία (x,t)με x 0και x 9είναι 0. Σεαυτήτηνπερίπτωσηεπιλέγουμετο χωρίοπουυπολογίζουμετηλύσηναείναιτο x L = 1και x R = 9. Απότην έκφρασητηςακριβούςλύσηςγνωρίζουμεότι u(x L,t j ) = u(x R,t j ) = 0για j = 0,...,M. Θαδούμεπαρακάτωότιυπάρχουνμέθοδοιπουχρειάζεταινα γνωρίσουμετηλύσηκαισταδύοάκρα x L και x R αλλάκαιάλλεςπουαρκείνα τηγνωρίζουμεσεένααπόταδύοάκρα. 4.1 Upwnd-Downwnd Upwnd Θεωρούμελοιπόνέναδιαμερισμότου [x L,x R ] [0,T]όπωςπαραπάνωοπότε σεόλατασημεία (x,t j )τουπλέγματοςθαισχύει u t (x,t j )+αu x (x,t j ) = 0, = 0,...,N +1, j = 0,...,M. Χρησιμοποιώνταςτηδιαφορά δ + και δ γιαναπροσεγγίσουμετις u t και u x, αντίστοιχα, έχουμε u t (x,t j )+αu x (x,t j ) = δ + k u(x,t j )+αδ h u(x,t j )+η j (4.2) Είναιαπλόναδούμε,σύμφωναμετοΛήμμα1.1ότι η j C(k +h). (4.3) Στησυνέχειαθεωρούμετις προσεγγίσεις U j των τιμών u(x,t j )οιοποίες προκύπτουν σύμφωνα με την(4.2) U j+1 k U j +α Uj Uj 1 h = 0, (4.4)

39 4.1. UPWIND-DOWNWIND 39 για = 1,...,N +1, j = 0,...,M 1.Ανσυμβολίσουμετώρα λ = αk h,τότε η παραπάνω μπορεί να γραφεί U j+1 = (1 λ)u j +λuj 1. (4.5) Ηαρχικήσυνθήκηθαείναι U 0 = g(x )καιγιαναυπολογίσουμετιςτιμές U j χρησιμοποιώνταςείτετην(4.4)ή(4.5)χρειαζόμαστεναγνωρίσουμετην U j 0. t j+1 t j x x +1 Σχήμα4.1:Πλέγμαγιατονυπολογισμότηςλύσηςμετημέθοδο upwnd Downwnd Στη συνέχεια μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε διαφορετικές προσεγγίσεις για τηνu t καιu x καινακαταλήξουμεσεδιαφορετικάσχήμα. Ετσιχρησιμοποιώντας τηδιαφορά δ και δ + γιαναπροσεγγίσουμετις u t και u x,αντίστοιχα,έχουμε u t (x,t j )+αu x (x,t j ) = δ k u(x,t j+1 )+αδ + h u(x,t j )+η j (4.6) Είναιαπλόναδούμε,σύμφωναμετοΛήμμα1.1ότι η j C(k+h). (4.7) Στησυνέχειαθεωρούμετις προσεγγίσεις U j των τιμών u(x,t j )οιοποίες προκύπτουν σύμφωνα με την(4.6) U j+1 k U j +α Uj +1 Uj h = 0, (4.8)

40 40 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΥΠΕΡΒΟΛΙΚΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ- ΕΞΙΣΩΣΗ ΜΕΤΑΦΟΡΑΣ για = 0,...,N, j = 0,...,M 1. Ανσυμβολίσουμετώρα λ = αk h,τότεη παραπάνω μπορεί να γραφεί U j+1 = (1+λ)U j λuj +1. (4.9) Ηαρχικήσυνθήκηθαείναι U 0 = g(x )καιγιαναυπολογίσουμετιςτιμές U j χρησιμοποιώνταςείτετην(4.8)ή(4.9)χρειαζόμαστεναγνωρίσουμετην U j N+1. t j+1 t j x x +1 Σχήμα 4.2: Πλέγμα για τον υπολογισμό της λύσης με τη μέθοδο downwnd Αν και οι δύο παραπάνω μέθοδοι(4.5) και(4.9) μοιάζουν έχουν πολλή διαφορετική συμπεριφορά και δίνουν διαφορετικά αποτελέσματα Χωρίο υπολογιστικής εξάρτησης Γιακάθεσημείο (x,t j )τουπλέγματοςπουπροσεγγίζουμετηλύση u,μπορούμεναορίσουμετασημεία (x,0),σταοποίαοιτιμές U 0 καθορίζουντην προσέγγιση U j σύμφωναμετοαριθμητικόσχήμαπουχρησιμοποιούμε. Το σύνολοαυτώντωνσημείων (x,0),τοονομάζουμεχωρίουπολογιστικήςεξάρτησης για το σχήμα που χρησιμοποιούμε. Τα χωρία υπολογιστικής εξάρτησης για τις μεθόδους Upwnd και Downwnd φαίνονται στις Εικόνες και 4.1.3, αντίστοιχα.γνωρίζουμεότιηακριβήςλύσηστοσημείο (x,t j )εξαρτάταιμόνο απότηντιμήτης u(x αt j,0) = g(x αt j ).Άραητιμήτηςακριβούςλύσης στοσημείο (x,t j )καθορίζεταιμοναδικάαπότηντιμήστοσημείο x 0 = x αt j του x άξονα. Είναι λογικό να θέλουμε το χωριό υπολογιστικής εξάρτησης για τοσημείο (x,t j )ναπεριέχειτο x 0.Αυτόπεριγράφεταιαπότοακόλουθο Συνθήκη CFL: Το χωριό υπολογιστικής εξάρτησης πρέπει να φράσει ή να περιέχει το χωρίο εξάρτησης της ακριβούς λύσης του προβλήματος.

41 4.1. UPWIND-DOWNWIND 41 Για την μέθοδο upwnd μπορούμε να δούμε ότι το χωρίο υπολογιστικής εξάρτησηςείναιτασημείαστον x άξονα {x jh,...,x }. Γιαναισχύειη συνθήκη CFLαρκείτοχωρίοπουορίζεταιαπόαυτάτασημείαναπεριέχειτο σημείο x 0 = x αt j,δηλαδή, x jh x 0. Αυτήητελευταίασχέσηισχύει αν λ = αk h 1. Στην περίπτωση τώρα της μεθόδου Downwnd, μπορούμε να δούμε ότι το χωρίουπολογιστικήςεξάρτησηςείναιτασημείαστονx άξονα{x,...,x +jh}. Είναιφανερόότιτσημείο x 0 δενμπορείναπεριέχεταιστοχωρίοπουορίζουν τασημείατουχωρίουεξάρτησηςκαιάρααυτήημέθοδοςδενικανοποιείτη συνθήκη CFL. Σχήμα 4.3: Χωρίο εξάρτησης της προσεγγιστικής λύσης με τη μέθοδο upwnd Σχήμα 4.4: Χωρίο εξάρτησης της προσεγγιστικής λύσης με τη μέθοδο downwnd

42 42 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΥΠΕΡΒΟΛΙΚΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ- ΕΞΙΣΩΣΗ ΜΕΤΑΦΟΡΑΣ Ευστάθεια Για τη μελέτη της ευστάθειας θα θεωρήσουμε ότι η προσεγγιστική λύση είναι τηςμορφής U j = w j sn(x )καιθαβρούμεσυνθήκεςώστετοπλάτος w j του ημιτονοειδούς κύμματος να παραμένει φραγμένο. Στην περίπτωση της μεθόδου upwnd έχουμε σύμφωνα με την(4.5), w j+1 sn(x ) = (1 λ)w j sn(x )+λw j sn(x 1 ) Χρησιμοποιώντας βασικές τριγωνομετρικες ιδιότητες όπως η(3.10) έχουμε w j+1 sn(x ) = (1 λ)w j sn(x )+λw j (sn(x )cos(h) sn(h)cos(x )) Συνεπώς w j+1 sn(x ) = w j ((1 λ(1 cos(h))sn(x ) λsn(h)cos(x ))) Μπορούμεναδούμετώραοτιαν C 1 = (1 λ(1 cos(h))και C 2 = λsn(h), τότευπάρχουν Aκαι φτέτοιαώστε (1 λ(1 cos(h))sn(x ) λsn(h)cos(x )) = Asn(x +φ) όπου A 2 = C C2 2 και tan(φ) = C 1/C 2. Γιαναπροκύπτειλύσηηοποία διατηρείτε φραγμένη αρκεί το πλάτος A να είναι μικρότερο της μονάδας. Ετσι A 2 = (1 λ(1 cos(h)) 2 +λ 2 sn(h) 2 = (1 λ) 2 +λ 2 +2λ(1 λ)cos(h) = 1 2λ(1 λ)(1 cos(h)) = 1 4λ(1 λ)sn 2 (h/2) Είναιπροφανέςλοιπόνότιαν λ < 1τότεημέθοδος upwndείναιευσταθής. Στην περίπτωση της Downwnd έχουμε σύμφωνα με την(4.9), w j+1 sn(x ) = (1+λ)w j sn(x ) λw j sn(x +1 ) Χρησιμοποιώντας βασικές τριγωνομετρικες ιδιότητες όπως η(3.10) έχουμε w j+1 sn(x ) = (1+λ)w j sn(x ) λw j (sn(x )cos(h)+sn(h)cos(x )) Συνεπώς w j+1 sn(x ) = w j ((1+λ(1 cos(h))sn(x ) λsn(h)cos(x ))) (4.10) Μπορούμεναδούμετώραοτιαν C 1 = (1+λ(1 cos(h))και C 2 = λsn(h), τότευπάρχουν Aκαι φτέτοιαώστε (1+λ(1 cos(h))sn(x ) λsn(h)cos(x )) = Asn(x +φ)

43 4.2. LAX WENDROFF 43 όπου A 2 = C 2 1 +C2 2 και tan(φ) = C 1/C 2. Ετσιτώρα A 2 = (1+λ(1 cos(h)) 2 +λ 2 sn(h) 2 = (1+λ) 2 +λ 2 2λ(1+λ)cos(h) = 1+2λ(1+λ)(1 cos(h)) = 1+4λ(1+λ)sn 2 (h/2) (4.11) Είναιπροφανέςλοιπόνότιγιαοποιαδήποτετιμήτου λ, A > 1καιάραη μέθοδος Downwnd δεν είναι ευσταθής. 4.2 Lax Wendroff Στη συνέχεια θέλουμε να θεωρήσουμε ένα αριθμητικό σχήμα που να προσεγγίζειμεμεγαλύτερηακρίβειατη u x. Ετσιμπορούμεναθεωρήσουμεγιατην προσέγγισητης u x (x,t j )το δ c h u(x,t j ).ΟπότεσύμφωναμετοΛήμμα1.1, u t (x,t j )+αu x (x,t j ) = δ k u(x,t j+1 )+αδ c h u(x,t j )+η j (4.12) με η j C(k +h2 ). Στησυνέχειαθεωρούμετιςπροσεγγίσεις U j τωντιμών u(x,t j )οιοποίεςπροκύπτουνσύμφωναμετην(4.2) U j+1 k U j +α Uj +1 Uj 1 2h = 0, (4.13) για = 1,...,N, j = 0,...,M 1. Ανσυμβολίσουμετώρα λ = αk h,τότεη παραπάνω μπορεί να γραφεί U j+1 = λ 2 Uj +1 +Uj + λ 2 Uj 1. (4.14) Εύκολαμπορούμεναδούμεότιγιααυτήτημέθοδοησυνθήκη CFLισχύειαν λ 1. Επίσηςακολουθώνταςταβήματαγιαναδείξουμετηνευστάθιαγια τις μεθόδους Upwnd και Downwnd, μπορούμε να δείξουμε ότι η αντίστοιχη παράμετρος A,θαικανοποιεί A 2 = 1+λ 2 sn 2 (h).συνεπώςημέθοδος(4.14) δεν είναι ευσταθής. Στη συνέχεια θέλουμε να κατασκευάσουμε μια διαφορετική μέθοδο που να χρησιμοποιείταίδιασημείατουπλέγματοςόπωςη(4.14)καιναέχεικαιαυτή σφάλμα η j C(k+h2 ).Θέτουμελοιπόν u(x,t j+1 ) = Au(x +1,t j )+Bu(x,t j )+Cu(x 1,t j )+kη j, (4.15)

44 44 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΥΠΕΡΒΟΛΙΚΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ- ΕΞΙΣΩΣΗ ΜΕΤΑΦΟΡΑΣ καιθέλουμεναπροσδιορίσουμετα A,B και C έτσιώστε η j C(k + h 2 ). Χρησιμοποιώνταςτογεγονόςότι u t = αu x, u tt = αu xt = α(u t ) x = α 2 u xx και u ttt = α 3 u xxx καιαναπτύσονταςμετοθεώρημα Taylor,έχουμε u(x,t j +k) = u(x,t j )+ku t (x,t j )+ k2 2 u tt(x,t j )+ k3 6 u ttt(x,ξ j ) με ξ j (t j,t j+1 )καιόμοια = u(x,t j ) αku x (x,t j )+ α2 k 2 α3 k 3 6 u xxx(x,ξ j ), 2 u xx(x,t j ) (4.16) u(x ±h,t j ) = u(x,t j )±hu x (x,t j )+ h2 2 u xx(x,t j ) ± h3 6 u xxx(θ ±,tj ), (4.17) με θ + (x,x +1 )και θ (x 1,x ). Αναντικαταστήσουμετις(4.16)και (4.17) στην(4.15) έχουμε kη j = u(x,t j+1 ) Au(x +1,t j ) Bu(x,t j ) Cu(x 1,t j ) Οπότε = u(x,t j ) αku x (x,t j )+ α2 k 2 2 u xx(x,t j ) α3 k 3 6 u xxx(x,ξ j ) A(u(x,t j )+hu x (x,t j )+ h2 2 u xx(x,t j )+ h3 6 u xxx(θ +,tj )) Bu(x,t j ) C(u(x,t j ) hu x (x,t j )+ h2 2 u xx(x,t j ) h3 6 u xxx(θ,tj )) kη j = (1 A B C)u(x,t j ) (αk +Ah Ch)u x (x,t j ) +( α2 k 2 (A+C) h2 2 2 )u xx(x,t j ) α3 k 3 6 u xxx(x,ξ j ) A h3 6 u xxx(θ +,tj )+C h3 6 u xxx(θ,tj ) = (1 A B C)u(x,t j ) h(λ+a C)u x (x,t j ) + h2 2 (λ2 (A+C))u xx (x,t j ) h3 6 (λ3 u xxx (x,ξ j ) Au xxx (θ +,tj )+Cu xxx (θ,tj ) (4.18) (4.19)