ΕΠΙΣΤΗΜΟΝΙΚΟΙ ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΙ. Ν. Μισυρλής ΑΘΗΝΑ 2010

ΕΠΙΣΤΗΜΟΝΙΚΟΙ ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΙ Ν. Μισυρλς y 18 17 16 19 7 8 9 15 20 4 5 6 14 21 h 1 2 3 13 0 h 10 11 12 1 x ΑΘΗΝΑ 2010

Ν. Μισυρλς Τµµα Πληροφορικς και Τηλεπικοινωνιών Πανεπιστµιο Αθηνών ΕΠΙΣΤΗΜΟΝΙΚΟΙ ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΙ ΑΘΗΝΑ 2010 2

Περιεχόµενα 1 Αριθµητικ Επίλυση Μερικών ιαφορικών Εξισώσεων 4 1.1 Βασικά Στοιχεία.................... 4 1.2 Πεπερασµένες ιαφορές................ 9 1.3 Παραβολικές Μερικές ιαφορικές Εξισώσεις..... 12 1.3.1 Άµεσοι Μέθοδοι................. 13 1.3.2 Εµµεσες Μέθοδοι (Implicit Methods)..... 18 1.3.3 Συµβατότητα (Consistency)........... 28 1.3.4 ισδιάστατες Παραβολικές Εξισώσεις...... 38 1.3.5 Εµµεσοι Μέθοδοι Εναλλασόµενων ιευθύνσεων (ADI)....................... 41 2 Αριθµητικ Επίλυση Ελλειπτικών Μερικών ιαφορικών Εξισώσεων 46 2.1 Εισαγωγ........................ 46 2.2 Συνοριακές Συνθκες................. 47 2.3 Πεπαρασµένες ιαφορές................ 48 2.4 Self Adjoint....................... 50 2.5 Η Εξίσωση του Laplace................. 51 2.6 Σύγκλιση........................ 57 2.7 Block Επαναληπτικές Μέθοδοι............ 64 2.7.1 Παράδειγµα................... 70 3

Κεφάλαιο 1 Αριθµητικ Επίλυση Μερικών ιαφορικών Εξισώσεων 1.1 Βασικά Στοιχεία Συµβολισµός F(x,y,u,u x,u y,u xx,u yy,u xy ) = 0 u = u(x,y), u x = u x, u y = u y u xx = 2 u x 2, u xy = 2 u x y Παραδείγµατα u xx +u yy = 0 u x = u+x 2 +y 2 (u x ) 2 +(u y ) 2 = exp(u) Η τάξη µιας Μ Ε είναι η µεγαλύτερης τάξης παράγωγος στην εξίσωση. 4

u x bu y = 0 1ης τάξης u xx +u y = 0 2ης τάξης u xxx +u yyyy = 0 4ης τάξης Γραµµικότητα a(.)u x +b(.)u y = c(.) (.) (x, y) γραµµικ (linear) (.) (x, y, u) ηµιγραµµικ (quasilinear) (.) (x,y,u,u x,u y ) µη γραµµικ (nonlinear) Παραδείγµατα u x +bu y = 0 γραµµικ u x +uu y = n 2 ηµιγραµµικ u x +(u y ) 2 = 0 µη γραµµικ Πρόβληµα u x = u yy x > 0, 0 < y < 1 u(0,y) = f(y) x = 0, 0 < y < 1 αρχικές συνθκες u(x,0) = φ 1 (x) y = 0, x 0 u(x,1) = φ 2 (x) y = 1, x 0 } συνοριακές συνθκες Καλά τοποθετηµένο πρόβληµα - µοναδικ λύση 5

Πρώτης Τάξης Μ Ε a(x,y,u)u x +b(x,y,u)u y = c(x,y,u) u = u(x,y) du = u x dx+u y dy {a,b,c} {dx,dy,du} u u = u(x,y) P(x,y, u) {a,b, c} y {u x,u y, 1} x Επιφάνεια λύση u = u(x, y) διάνυσµα {a, b, c} εφάπτεται στη u διάνυσµα {u x,u y, 1} κάθετο στη u στο σηµείο P(x,y,u) ΕΥΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ Μ Ε au xx +2bu xy +cu yy +du x +eu y +fu+g = 0 u xx +u yy = 0 u xx +u yy = f(x,y) u t = u xx u t = u xx +u yy u t +uu x = ku xx u tt = u xx Laplace Poison heat flow diffusion heat flow diffusion Εξίσωση Burger wave Εξίσωση 6

b 2 ac > 0 υπερβολικ b 2 ac = 0 παραβολικ b 2 ac < 0 ελειπτικ Αρχικές και συνοριακές συνθκες a(x,y)u(x,y)+β(x,y)u n (x,y) = γ(x,y) u n = u ορθογώνια στο σύνορο n u n = u x u y Παραβολικ Εξίσωση u t = u xx t u or u x u(t,0) = known u x (t, 0) = known u or u x u(t,1) = known u x (t, 1) = known x = 0 x = 1 x u and u t α 1 u+β 1 u x = γ 1 στο x = 0 και µε α 2 u+β 2 u x = γ 2 στο x = 1 α 1,α 2 0, β 1,β 2 0, α 1 β 1 > 0, α 2 β 2 > 0 7

t u or u x u or u x x = 0 x = 1 x u or u t y u or u y αu + βu y = γ x Dirichlet β = 0 καθορισµός τιµς Neumann α = 0 καθορισµός κλίσης Cauchy α = 0 στη µια καθορισµός τιµς β = 0 στην άλλη και κλίσης Robbins α και β 0 8

1.2 Πεπερασµένες ιαφορές u(x+h) = u(x)+hu x + h2 2! u xx + h3 3! u xxx +O(h 4 ) u(x h) = u(x) hu x + h2 2! u xx h3 3! u xxx +O(h 4 ) Προσθέτοντας u xx = 1 h 2{u(x+h) 2u(x)+u(x h)}+o(h2 ) Αφαιρώντας Επίσης u x = 1 2h {u(x+h) u(x h)}+o(h2 ) u x = 1 h {u(x+h) u(x)}+o(h) και u x = 1 h {u(h) u(x h)}+o(h) x = ih t = jk u P u(x,t) u(ih,jk) u u xx P = (u xx ) = u{(i+1)h,jk} 2u{ih,jk}+u{(i 1)h,jk} h 2 +O(h 2 ) (u xx ) i,j = u i+1,j 2u +u i 1,j h 2 +O(h 2 ) (u t ) = u i,j+1 u k +O(k) (u t ) = u u i,j 1 k 9 +O(k)

t i,j+1 t=jk P(x, t) i-1,j i,j i+1,j i,j-1 k h x=ih x και (u t ) = u i,j+1 u i,j 1 2k Υπο µορφ µορίων +O(k 2 ) (u xx ) = 1 h 2 { 1-1 1 i 1,j i,j i+1,j (u t ) = 1 2k 1 i,j +1 0 i,j -1 i,j 1 +O(k 2 ) } +O(h 2 ) Ακριβς Τύπος Πεπερασµένων ιαφορών (Du(x,t)) = u t = L(t,x,D,D 2 )u Lu = u xx 10

Lu = u xx +u yy D = t D2 = 2 t 2 u(x,t+k) = u(x,t)+ku t + k2 2! u tt + k3 3! u ttt + = (1+kD + k2 2! D2 + k3 3! D3 + )u(x,t) u(x,t+k) = exp(kd)u(x,t) (1.1) u i,j+1 = exp(kd)u i,j = exp(kl(x,t,d,d 2 ))u (1.2) Eu(x) = u(x+h) Από (1.1) E = exp(kd) όπου και kd = lne = Επίσης { ln(1+ ) = 1 2 2 + 1 3 3 ln(1 ) = + 1 2 2 + 1 3 3 + u(x) = u(x+h) u(x) u(x) = u(x) u(x h) E = 1+, E = 1 όπου δ = 2sinh( hd 2 ) (1.3) 11

δu(x) = u(x+ h 2 ) u(x h 2 ) = u i+1/2 u i 1/2 δ 2 u(x) = δ(δu(x)) = δ(u i+1/2 u i 1/2 ) = δu i+1/2 δu i 1/2 = (u i+1 u i ) (u i u i 1 ) = u i+1 2u i +u i 1 δ 2 u i = u i+1 2u i +u i 1 (1.4) Από (1.3) hd = 2sinh 1 ( δ 2 ) D = 2 h sinh 1 ( δ 2 ) = 1 h (δ 1 2 2 3! δ3 + 32 2 4 5! δ5 ) Από (1.2) u i,j+1 = exp(kl(u,t, 2 h sinh 1 ( δ x 2 ),(2 h sinh 1δ x 2 ) 2 ))u u i,j+1 = exp(kl(u,t,d,d 2 ))u. 1.3 Παραβολικές Μερικές ιαφορικές Εξισώσεις Παραβολικές εξισώσεις σε µια διάσταση σ(x,t) u t = x (α(x,t) u x ) γ(x,t)u 12

t (j + 1)k jk k 0 1 x h 1.3.1 Αµεσοι Μέθοδοι όπου u t = 2 u u 2 (1.5) u i,j+1 = exp(k t )u = exp(kl)u (1.6) L D 2 2 u 2 (1.7) D = 2 h sinh 1δ x 2 = 1 h (δ x 1 2 2 3! δ3 x + 32 2 4 5! δ5 x ) (1.8) και D 2 = 1 h 2(δ2 x 1 12 δ4 x + 1 Από (1.6) λόγω (1.7) έχουµε Από (1.10) λόγω (1.9) έχουµε 90 δ6 x ) (1.9) u i,j+1 = exp(kd 2 )u (1.10) u i,j+1 = exp[r(δ 2 x 1 12 δ4 x + 1 90 δ6 x )]u 13

[1+r(δx 2 1 12 δ4 x+ 1 90 δ6 x )+ r2 2! (δ2 x 1 12 δ4 x + 1 90 δ6 x ) 2+ r3 3! ( )3 + ]u όπου r = k/h 2 u i,j+1 = (1+rδ 2 x r 12 δ4 x + r 90 δ6 x )u + 1 2 (r2 δ 4 x 2r2 12 δ6 x + )u + u i,j+1 = [1+rδ 2 x +1 2 r(r 1 6 )δ4 x +1 6 r(r2 1 2 r+ 1 15 )δ6 x + ]u (1.11) Προσεγγίζοντας την (1.11) έχουµε U i,j+1 = (1+rδ 2 x )U i,j }{{} U i,j+1 = U i,j +r(u i 1,j 2U i,j +U i+1,j ) (1.12) U i,j+1 = ru i 1,j +(1 2r)U i,j +ru i+1,j (1.13) 1 i,j + 1 r 1 2r i 1,j i,j i + 1,j r 14

Περίπτωση II: Συντελεστές εξαρτώµενοι από το x u t = u α(x) 2 x2, α(x) 0 x L αd 2 u i,j+1 = exp(kαd 2 )u i,j = [1+kαD 2 + 1 2 k2 αd 2 (αd 2 )+ ]u = [1+kD 2 + 1 2 k2 α(α D 2 +2α D 3 +αd 4 )+ ]u u i,j+1 = [1+kα 1 h 2(δ2 x 1 12 δ4 x + 1 90 δ6 x )+ ]u U i,j+1 = (1+rαδ 2 x )U, r = k/h 2 U i,j+1 = rαu i 1,j +(1 2rα)U +rαu i+1,j (1.14) όπου α(x) = α(ih) Περίπτωση III: Self adjoint u t = x (α(x) u x ) u i,j+1 = exp(kl)u = exp(kd(α i D))u = [1+kD(α i D)+ ]u D 1 h δ x U i,j+1 = [1+ k h 2δ x(α i δ x )]U. (1.15) Αλλά δ x (α i δ x )U = δ x (α i (U i+1/2,j U i 1/2,j )) = δ x (α i U i+1/2,j ) δ x (α i U i 1/2,j ) = (α i+1/2 U i+1,j α i 1/2 U ) (α i+1/2 U i,j α i 1/2 U i 1,j ) }{{} (1.16) Από (1.15) λόγω (1.16) έχουµε u i,j+1 = u +r = (α i+1/2 U i+1,j α i 1/2 U ) (α i+1/2 U i,j α i 1/2 U i 1,j ). 15

Ui,j +1 = rα i 1/2 U i 1,j +[1 r(α i+1/2 +α i 1/2 )]U +rα i+1/2 U i+1,j (1.17) DuFort Frankel u t = 2 u x 2 U i,j+1 U i,j 1 = U i 1,j 2u +U i+1,j 2k h 2 (1.18) ϑέτοντας U = 1(U 2 i,j+1 +U i,j 1 ) U i,j+1 U i,j 1 2k = U i 1,j (U i,j+1 +U i,j 1 )+U i+1,j h 2 (1+2r)U i,j+1 = 2r(U i+1,j +U i 1,j )+(1 2r)U i,j 1 (1.19) 1 i, j + 1 2r 1+2r 2r 1+2r i 1, j i + 1, j 1 2r 1+2r i, j 1 Richardson u t = 2 u x 2 16

U i,j+1 u i,j 1 2k = U i 1,j 2U +U i+1,j h 2 U i,j+1 = U i,j 1 +2r(U i 1,j 2U +u i+1,j ) (1.20) 1 i,j + 1 2r 4r 2r i 1,j i + 1,j 1 i,j 1 Τοπικ ακρίβεια Αναπτύσσοντας σε σειρά Taylor έχουµε ( ) u u i,j+1 = u +k + 1 ( ) 2 u t 2! k2 t 2 ( ) u u i+1,j = u +h x ( ) u u i 1,j = u h t Συνεπώς + 1 ( 2 u 2! h2 x 2 + 1 ( 2 u 2! h2 x 2 ) ) + 1 ( 3 u 3! h3 x 3 1 ( 3 u 3! h3 x 3 + ) ) + 1 ( 4 u 4! h4 x 4 + 1 ( 4 u 4! h4 x 4 u i,j+1 (1 2r)u r(u i+1,j +u i 1,j ) = ( ) u k t 2 u + 1 ( 2 u x 2 2 k2 t 1 ) 4 u + 2 6r x 4 (1.21) z = u U (1.22) ) ) + 17

u : ακριβς λύση Μ Ε U : ακριβς λύση εξισώσεως διαφορών Από τις (1.13), (1.21) και (1.22) έχουµε z i,j+1 = (1 2r)z +r(z i 1,j +z i+1,j )+ 1 2 k2 ( 2 u t 1 2 6r 4 u x 4) } {{ } τοπικό σφάλµα αποκοπς + z i,j+1 = (1 2r)z +r(z i 1,j +z i+1,j )+O(k 2 +kh 2 ) (1.23) 1.3.2 Εµµεσες Μέθοδοι (Implicit Methods) u t = L(x,t,D,D2 )u u i,j+1 = exp(k t )u u i,j+1 = exp(kl)u πολλαπλασιάζοντας επί exp( 1 2 kl) exp( 1 2 kl)u i,j+1 = exp( 1 2 kl)u. (1.24) Περίπτωση I: Σταθεροί Συντελεστές οπότε u t = 2 u x 2 L D 2 2 x 2 18

Από (1.24) έχουµε αλλά exp( 1 2 kd2 )u i,j+1 = exp( 1 2 kd2 )u (1.25) D 2 = 1 h 2(δ2 x 1 12 δ4 x + 1 90 δ6 x ) άρα η (1.25) γράφεται (1 1 2 kδ2 x)u i,j+1 = (1+ 1 2 rδ2 x)u (1.26) µε σφάλµα αποκοπς της τάξης O(k 3 +kh 2 ). ότι Εφαρµόζοντας τον τελεστ δx 2 (ϐλ. (1.2) ) έχουµε από την (1.26) U i,j+1 1 2 r(u i 1,j+1 2U i,j+1 +U i+1,j+1 ) = = U i,j + 1 2 r(u i 1,j 2U i,j +U i+1,j ) r 2 U i 1,j+1 +(1+r)U i,j+1 r 2 U i+1,j+1 = r 2 U i 1,j +(1 r)u i,j + r 2 U i+1,j. (1.27) Μέθοδος των Crank Nicolson r 2 i 1, j + 1 1 + r r 2 i, j + 1 i + 1, j + 1 r 2 1 r r 2 i 1, j i + 1, j 19

Μέθοδος του Douglas Για µεγαλύτερη ακρίβεια D 2 = 1 h 2 Η (1.24) λόγω της (1.28) γίνεται δx 2 1+ 1 12 δ2 x (1.28) [1 1 2 (r 1 6 )δ2 x ]U i,j+1 = [1+ 1 2 (r + 1 6 )δ2 x ]U (1.29) µε τοπικό σφάλµα αποκοπς O(k 3 +hk 4 ). Περίπτωση Self Adjoint u t = x (α(x,t) u x ) (1.30) u i,j+1 = exp(kl)u exp( 1 2 kl)u i,j+1 = exp( 1 2 kl)u L = D(αD), D 1 h δ x (1 1 2 kl)u i,j+1 = (1+ 1 2 kl)u [1 r 2 δ x(α i,j+1 δ x )]U i,j+1 = [1+ r 2 δ x(α δ x )]U (1.31) r 2 α i 1/2,j+1U i 1,j+1 +[1+ r 2 (α i+1/2,j+1+α i 1/2,j+1 )]U i,j+1 r 2 α i+1/2,j+1u i+1,j+1 = r 2 α i 1/2,jU i 1,j +[1+ r 2 (α i+1/2,j +α i 1/2,j )]U i,j + r 2 α i+1/2,ju i+1,j (1.32) Γενίκευση u t = 2 u x 2 20

u i,j+1 = exp(kl)u i,j, L D 2 2 x 2 u i,j+1 = exp(kλl)u, 0 λ 1 exp( 1 2 kλl)u i,j+1 = exp( 1 2 kλl)u (1 1 2 rλδ2 x )U i,j+1 = (1+ 1 2 rλδ2 x )U rλu i 1,j+1 +(1+2rλ)U i,j+1 rλu i+1,j+1 = r(1 λ)u i 1,j +[1 2r(1 λ)]u i,j +r(1 λ)u i+1,j (1.33) Μέθοδος O Brian, Hyman και Kaplan Για λ = 1 η (1.33) γίνεται ru i 1,j+1 +(1+2r)U i,j+1 ru i+1,j+1 = U (1.34) rλ 1 + 2rλ rλ i 1, j + 1 i, j + 1 i + 1, j + 1 r(1 λ) 1 2r(1 λ) r(1 λ) i 1, j i + 1, j - Αν λ = 1 2 η (1.33) παράγει τη µέθοδο των Crank Nicolson - Αν λ = 0, τότε προκύπτει η άµεσος µέθοδος 21

r 1 + 2r r i 1,j + 1 i,j + 1 i + 1,j + 1 1 t M u(0, t) = known u(1, t) = known 2 1 k 0 h 1 2 N u(x,0) = known Παράδειγµα ίνεται το πρόβληµα αρχικών και συνοριακών τιµών (ΠΑΣ) (ϐλέπε παρακάτω Σχµα) u t = 2 u u 2 Να χρησιµοποιηθεί η µέθοδος Crank Nicolson h = 1 N, T = km r 2 U i 1,j+1 +(1+r)U i,j+1 r 2 U i+1,j+1 = 22

= r 2 U i 1,j +(1 r)u + r 2 U i+1,j, i = 1(1)N 1,j = 0(1)M }{{} b (1.35) (j = 0) r 2 U i 1,1 +(1+r)U i,1 r 2 U i+1,1 = b i,0, i = 1(1)N 1 1+r r 2 r 1+r 0 r 2 2 r 1+r r 2 2......... r 2 0 r 1+r 2 U 1,j+1 U 2,j+1 U 3,j+1. U N 2,j+1 U N 1,j+1 = b 1,j + r 2 U 0,j+1 b 2,j b 3,j. b N 2,j b N 1,j + r 2 U N,j+1 Για τον υπολογισµό των U i,j+1 απαιτείται η λύση του τριδιαγώνιου συστµατος (1.33). Το σύστηµα αυτό λύνεται µε µία άµεση µέθοδο. Συµβατότητα (Consistency) Αν h, k 0, τότε τα σφάλµατα αποκοπς 0 Το µοντέλο των πεπερασµένων διαφορών προσεγγίζει την επι- ϑυµητ Μ Ε και όχι κάποια άλλη Μ Ε Σφάλµα αποκοπς της κλασικς αµέσου µεθόδου Σ.A = 1 u 2 k2 2 t 1 u 2 12 kh2 4 x + 4 άρα αν h,k 0, τότε και Σ.A 0 Σύγκλιση u(x,t) U(X,T) 0 (1.36) αν h,k 0 και i,j µε ih = X και jk = T σταθερά και k = rh 2 (1.37) 23

t (X, T) θ Domain of dependence x θ = tan 1 h k = tan 1 1 rh h 0, r = σταθερό θ π 2 χωρίο εξάρτησης 0 t T Συνεπώς το πεδίο εξάρτησης της αµέσου µεθόδου συγκλίνει σε αυτό της Μ Ε αν ισχύει η r = kh 2 (r = kh α,α > 1). Για τις εµµέσους µεθόδους είναι ϕανερό ότι το πεδίο εξάρτησης συµπίπτει µε εκείνο της Μ Ε. Σύγκλιση της αµέσου µεθόδου Από την (1.23) έχουµε ότι e i,j+1 = (1 2r)e i,j +r(e i+1,j +e i 1,j )+O(k 2 +kh 2 ) (1.38) Αν 0 < r 1 2 (1.39) τότε e i,j+1 (1 2r) e i,j +r e i+1,j +r e i 1,j +A(k 2 +kh 2 ). 24

Εστω E j το µέγιστο απόλυτο σφάλµα κατά µκος της j χρονο - γραµµς, τότε E j+1 (1 2r)E j +re j +re j +A(k 2 +kh 2 ) E j+1 E j +A(k 2 +kh 2 ) E j 1 +2A(k 2 +kh 2 ) E j+1 E 0 +ja(k 2 +kh 2 ), E 0 = 0 E j+1 jka(k +h 2 ) = TA(k +h 2 ) 0 αν h,k 0 για σταθερά X,T. Ευστάθεια Να ϐρεθούν συνθκες τέτοιες ώστε η U Ũ να είναι ϕραγ- µένη αν j και k σταθερό. Η µέθοδος του von Neumann για την κλασικ άµεση µέθοδο E(x) = j A j e iβ jx β j = συχνότητες. Εστω E(x,t) e at e iβx (1.40) όπου α = α(β) µιγαδικό. Για να µην αυξάνει το αρχικό σφάλ- µα ϑα πρέπει για x, λόγω της (1.40) για όλα τα α, e at 1 Για την κλασικ άµεση µέθοδο έχουµε e ak 1. (1.41) Nh = 1, 0 x 1, t = 0 E(ph) = E p0 (p = 0,,N) E p0 = N A p e iβ jph p=0 25 (1.42)

E p,q+1 = (1 2r)E pq +r(e p+1,q +E p 1,q ) (1.43) Θέτουµε E pq = e iβph e αt Οπότε η (1.43) γράφεται E pq = e iβph ξ q, ξ = e ak (1.44) e iβph ξ q+1 = (1 2r)e iβph ξ q +r(e iβ(p+1)h ξ q +e iβ(p 1)h ξ q ) ξ = (1 2r)+r(e iβh +e iβh ) = 1 2r(1 cosβh) = 1 4rsin 2 βh 2 Αλλά, λόγω των (1.41) και (1.44) πρέπει Συνεπώς ξ 1 1 4rsin 2 βh 2 1 0 < r 1 2 (1.45) Μέθοδος των πινάκων U i,j+1 = ru i 1,j +(1 2r)U +ru i+1,j µε U 0j = U N,j = 0, Nh = 1 οδηγεί στο σύστηµα U 1,j+1 U 2,j+1. U N 1,j+1 = 1 2r r r 1 2r r......... r r 1 2r U 1,j U 2,j. U N 1,j 26

U j+1 = AU j U j+1 = AU j = A AU j 1 = = A j+1 U 0. E = U Ũ τότε E j = U j Ũj = A j (U 0 Ũ0) = A j E 0 E j A j E 0 A j E 0 Αν max s ιδιοτιµές του Α {}}{ λ s = S(A) A < 1 τότε lim E j = 0 j Αλλά 1 1 1 2 1 0 A = I +rt N 1, T N 1 =... 1 0 1 2 µε λ(t N 1 ) = λ{b,α,c} = α+2( bccos(sπ/n)), s = 1,2,,N 1 άρα και λ s = 4sin 2 sπ 2N s = 1,2,,N 1 1 4rsin 2 sπ 2N < 1 0 < r 1 2 (1.46) 27

1.3.3 Συµβατότητα (Consistency) h,k 0 τότε Σ.A 0 Το µοντέλο των πεπερασµένων διαφορών προσεγγίζει την επιθυµητ Μ Ε Παράδειγµα Για την άµεση µέθοδο έχουµε Σ.A = 1 2 k2 2 u t 2 1 12 kh2 4 u x 4 0 για k,h 0, συνεπώς η µέθοδος αυτ είναι συµβατ. Υπάρχει άπειρο πλθος συµβατών προσεγγίσεων σε µια Μ Ε. Άρα η ιδιότητα αυτ από µόνη της δεν αρκεί για τη διάκριση µεταξύ διαφόρων προσεγγίσεων πεπερασµένων διαφορών. Το ϑεώρηµα ισοδυναµίας του Lax Για ένα καλά τοποθετηµένο πρόβληµα αρχικών συνοριακών τιµών που χρησιµοποιεί µια παραβολικ εξίσωση και για ένα σχµα πεπερασµένων διαφορών που είναι συµβατό, τότε η ευστάθεια είναι η αναγκαία και ικαν συνθκη για σύγκλιση. Συνοριακές συνθκες µε παραγώγους u t = 2 u x 2 0 x 1, t 0 u(x,0) = f(x), 0 x 1 u = u, x = 0, t 0 x (1.47) u = u x = 1, t 0 x (1.48) Από την (1.47) έχουµε U 1,j U 1,j 2h = U 0,j (1.49) 28

t 1 0 1 N 1 N N + 1 U 1,j U 0,j U 1,j 0 x Οµοίως από την (1.48) U N+1,j U N 1,j 2h = U N,j (1.50) U i,j+1 = ru i 1,j +(1 2r)U +ru i+1,j (1.51) Για x = 0 (i = 0) η (1.51) δίνει U 0,j+1 = ru 1,j +(1 2r)U 0,j +ru 1,j (1.52) Απαλείφοντας το U 1,j από τις (1.49) και (1.52) λαµβάνουµε U 0,j+1 = [1 2r(1+h)]U 0,j +2rU 1,j. Οµοια για την άλλη συνοριακ συνθκη. Από(1.46) και(1.47) έχουµε x = 1 (i = N) U N,j+1 = ru N 1,j +(1 2r)U N,j +ru N+1,j και απαλείφοντας το U N+1,j U N,j+1 = [1 2r(1+h)]U N,j +2rU N 1,j. Παραδείγµατα 29

1. Αν τα άκρα µιας ϑερµικά αποµονωµένης ϱάβδου κρατούνται σε επαφ µε πάγο και αν η αρχικ κατανοµ της ϑερµοκρασίας δίνεται από την σχέση (α ) u = 2x, 0 x 1 2 (ϐ ) u = 2(1 x), 1 2 x 1 Ζητείται να επιλυθεί αριθµητικά η παραβολικ Μ..Ε u t = u2 x 2 που ικανοποιεί τις παρακάτω συνθκες: (α ) u = 0, για x = 0, x = 1, o t 0.1 (συνοριακές συνθκες) (ϐ ) } u = 2x, 0 x 1 2 1 u = 2(1 x), x 1,t = 0 2 (αρχικές συνθκες) Περίπτωση I: Εστω h = 1 10 k = 1 1000 } r = k h = 1 2 10 Η εξίσωση () γίνεται U i,j+1 = 1 10 (U i 1,j +8U i,j +U i+1,j ) (4) άρα το υπολογιστικό µόριο είναι Αν το πρόβληµα είναι συµµετρικό ως προς την ευθεία x = 1 2, τότε εργαζόµαστε µόνο για 0 x 1 2. Με εφαρµογ της εξίσωσης () προκύπτει ο παρακάτω πίνακας 30

αποτελεσµάτων (i = 0) (i = 1) (i = 2) (i = 3) (i = 4) (i = 5) (i = 6) x = 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 t = 0.000 0 0.2000 0.4000 0.6000 0.8000 1.0000 0.8000 0.001 0 0.2000 0.4000 0.6000 0.8000 0.9600 0.8000 0.002 0 0.2000 0.4000 0.6000 0.7960 0.9280 0.7960 0.003 0 0.2000 0.4000 0.5996 0.7896 0.9016 0.7896........ 0.01 0 0.1996 0.3968 0.5822 0.7281 0.7867 0.7281........ 0.02 0 0.1938 0.3781 0.5373 0.6486 0.6891 0.6486 Η αναλυτικ λύση της Μ..Ε είναι η u = 8 π 2 n=1 1 n 2 sin nπ 2 sin(nπx)e n2 π2 t Πεπ. ιαφορές Αναλυτικ ιαφορά x = 0.3 x = 0.3 t = 0.005 0.5971 0.5966 0.0005 t = 0.01 0.5822 0.5799 0.0023 t = 0.02 0.5376 0.5334 0.0039 t = 0.10 0.2472 0.2444 0.0028 Άρα η άµεση µέθοδος είναι ικανοποιητικά ακριβς. Για x = 0.5 η ακρίβεια της αρ. λύσης δεν είανι τόσο καλ, γιατί υπάρχει ασυνέχεια στην αρχικ τιµ u από +2 έως x 2 στο σηµείο αυτό. Αρ. Λύση Αναλυτικ ιαφορά Πεπερ. ιαφ. Λύση x = 0.5 x = 0.5 t = 0.005 0.8597 0.8404 0.0193 t = 0.01 0.7867 0.7743 0.0124 t = 0.02 0.6891 0.6809 0.0082 t = 0.10 0.3056 0.3021 0.0035 31

Παρατηρούµε ότι το αποτέλεσµα της ασυνέχειας ελαττώνεται όταν καθώς το t αυξάνει. Αποδεικνύεται αναλυτικά ότι όταν οι συνοριακές τιµές είναι σταϑεϱές το αποτέλεσµα των ασυνεχειών στις αρχικές τιµές και στις αρχικές παραγώγους στη λύση µιας παραβολικς εξίσωσης ελαττώνεται καθώς ο χρόνος t αυξάνει. Περίπτωση II: άρα Εστω h = 1 10 k = 5 1000 } r = k h = 0.5 2 U i,j+1 = 1 2 (U i 1,j +U i+1,j ) και η αριθµητικ λύση δίνεται στον παρακάτω Πίνακα (i = 0) (i = 1) (i = 2) (i = 3) (i = 4) (i = 5) (i = 6) x = 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 t = 0.000 0 0.2000 0.4000 0.6000 0.8000 1.0000 0.8000 0.005 0 0.2000 0.4000 0.6000 0.8000 0.8000 0.8000 0.010 0 0.2000 0.4000 0.6000 0.7000 0.8000 0.7000 0.015 0 0.2000 0.4000 0.5500 0.7000 0.7000 0.7000........ 0.100 0 0.0949 0.1717 0.2484 0.2778 0.7000 0.2778 Αρ. Λύση Αναλυτικ ιαφορά Πεπερ. ιαφ. Λύση x = 0.5 x = 0.5 t = 0.005 0.6000 0.5966 0.0034 t = 0.01 0.6000 0.5799 0.0201 t = 0.02 0.5500 0.5534 0.0166 t = 0.10 0.2484 0.2444 0.0040 Παρατηρούµε ότι η λύση δεν είναι τόσο καλ προσέγγιση της λύσης της Μ..Ε όσο η προηγούµενη, είναι όµως αρκετά 32

ικανοποιητικ για τα περισσότερα τεχνολογικά προβλµατα. Περίπτωση III: Άρα Εστω h = 1 10 k = 1 100 } r = k h = 1 2 U i,j+1 = U i 1,j +U i+1,j και η αριθµητικ λύση της Μ..Ε δίνεται στον παρακάτω πίνακα. (i = 0) (i = 1) (i = 2) (i = 3) (i = 4) (i = 5) (i = 6) t x = 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.00 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 0.8 0.01 0 0.2 0.4 0.6 0.8 0.6 0.8 0.02 0 0.2 0.4 0.6 0.4 1.0 0.4 0.03 0 0.2 0.4 0.2 1.2 0.2 1.2 0.4 0 0.2 0.0 1.4 1.2 2.6 1.2 Αν ϑεωρηθεί σαν λύση η παραπάνω, τότε προφανώς δεν έχει κανένα νόηµα, αν και είναι ϕυσικά η σωστ λύση όσον αφορά τις δεδοµένες αρχικές και οριακές συνθκες. Οι παραπάνω περιπτώσεις I, II και III δείχνουν ότι η τιµ του λόγου r = k παίζει σηµαντικό ϱόλο ακι αποδεικνύεται n 2 ότιγια την άµεση αυτ µέθοδο πρέπει 0 < r 1 2 2. Υπολογίστε µε την άµεσο µέθοδο των πεπερασµένων διαφορών την λύση της Μ..Ε u t = 2 u x 2 (0 x 1) µε αρχικές συνθκες u = sinπx, t = 0, 0 x 1 και συνοριακές συνθκες u = 0 για x = 0, x = 1, t > 0 33

όταν h = 0.1 και r = 0.1. Αναλυτικ λύση της είναι u = e π2t sinπx. Να ϐρείτε την ακρίβεια της λύσης για t = 0.005, 0.01, 0.02, 0.10 στο σηµείο x = 0.5 Επαναλάβετε την άσκηση για r = 0.5. Σχολιάστε τα αποτελέσµατά σας. Λύση r = 0.1, k = rh 2 = 0.1(0.1) 2 = 0.001 U i,j+1 = 1 10 (U i 1,j +8U +U i+1,j ) t x = 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 (Λ.Π. )0.005 0 0.2942 0.5596 0.7702 0.9054 0.9520 (Α.Λ )0.005 0 0.2941 0.5595 0.7701 0.9053 0.9519.. (Λ.Π. )0.01 0 0.2801 0.5327 0.7332 0.8620 0.9063 (Α.Λ )0.01 0 0.2800 0.5325 0.7330 0.8617 0.9060.. (Λ.Π. )0.02 0 0.2538 0.4828 0.6645 0.7812 0.8214 (Α.Λ )0.02 0 0.2537 0.4825 0.6641 0.7807 0.8209.. (Λ.Π. )0.10 0 0.1156 0.2198 0.3025 0.3556 0.3739 (Α.Λ )0.10 0 0.1152 0.2191 0.3015 0.3545 0.3727 r = 0.5 U i,j+1 = 1 2 (U i 1,j +U i+1,j ) 34

t x = 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.005 0 0.2939 0.5590 0.7794 0.9045 0.9511 0.01 0 0.2795 0.5317 0.7318 0.8602 0.9045....... 0.02 0 0.2628 0.4809 0.6619 0.7781 0.8181....... 0.10 0 0.1133 0.2154 0.2965 0.3486 0.3665 0.10 0 0.1152 0.2191 0.3015 0.3545 0.3727 Αρ. Λύση Αναλυτικ Πεπερ. ιαφ. Λύση x = 0.5 x = 0.5 t = 0.005 0.9511 0.9519 t = 0.01 0.9045 0.9060 t = 0.02 0.8181 0.8209 t = 0.10 0.3665 0.3727 Οταν η αρχικ συνάρτηση και όλες οι παραγωγοί της είναι συνεχείς και οριακές τιµές στα (0,0) και (1,0) παραµένουν ίσες προς τις αρχικές τιµές στα σηµεία αυτά, τότε η Λ.Π. είναι πολύ ακριβς. 3. Υπολογίσατε µε την άµεσο µέθοδο την Λ.Π. της Μ..Ε u t = 2 u x 2, 0 x 1 µε αρχικές συνθκες u = 1 όταν t = 0, 0 < x < 1 και συνοριακές συνθκες u = 0, για x = 0 και x = 1,t 0. Αναλυτικ λύση της είναι η u = 4 π n=0 1 2n+1 e (2n+1)2 π 2t sin(2n+1)πx Θέσατε h = 0.1, r = 0.1 (οπότεk = rh 2 = 0.001) 35

και ϐρείτε την ακρίβεια της λύσης για t = 0.0001(0.001)0.2 Συγκρίνατε τις λύσεις στο x = 0.1 για µικρές τιµές του t. Σχολιάσατε τα συµπεράσµατά σας. Λύση r = 0.1 U i,j+1 = 1 10 (U i 1,j +8U i,j +U i+1,j ) Λαµβάνοντας υπόψιν τη συµµετρία της λύσης σε σχέση µε το x = 1 2 έχουµε h = 0.1, r = 0.1 (k = rh 2 = 0.001) U i,j+1 = 1 10 (U i 1,j +8U +U i+1,j ) t x = 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 (Λ.Π. )0.000 0 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 (Α.Λ )0.000 0 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000.. (Λ.Π. )0.001 0 0.9000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 (Α.Λ )0.001 0 0.9047 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000.. (Λ.Π. )0.002 0 0.8200 0.9900 1.0000 1.0000 1.0000 (Α.Λ )0.002 0 0.8862 0.9984 1.0000 1.0000 1.0000.. (Λ.Π. )0.005 0 0.6561 0.9335 0.9927 0.9996 1.0000 (Α.Λ )0.005 0 0.6827 0.9545 0.9973 0.9999 1.0000.. (Λ.Π. )0.010 0 0.5113 0.8283 0.9566 0.9919 0.9979 (Α.Λ )0.010 0 0.5205 0.8427 0.9661 0.9953 0.9992.. (Λ.Π. )0.200 0 0.0546 0.1038 0.1428 0.1679 0.1766 (Α.Λ )0.200 0 0.0547 0.1040 0.1431 0.1682 0.1769 36

Υπάρχει ασυνέχεια στην περιοχ του σηµείου (0,0) και γιάυτό δεν έχουµε καλ ακρίβεια στο x = 0 για µικρές τιµές του t. Αυτό όµως τείνει να εξαφανισθεί καθώς το t αυξάνει, πράγµα το οποίο είναι χαρακτηριστικό στις παραβολικές εξισώσεις. 4. Εφαρµόσατε την µέθοδο των Crank Nikolson για τον υπολογισµό της αριθµητικς λύσης της Μ..Ε u t = 2 u x 2, 0 x 1 (α ) u = 0 όταν x = 0, x = 1, t 0 (ϐ ) u = 2x όταν 0 x 1 2, t = 0 (γ ) u = 2(1 x) όταν 1 2 x 1, t = 0 Λύση Εστω h = 1 10 και r = 1 Αφού r = k h 2 k = rh2 = 1 100 Ο τύπος (1) της µεθόδου Crank Nikolson δίνει U i 1,j+1 +4Ui,j +1 Ui+1,j +1 = Ui 1,j +Ui+1,j Υπολογιστικό Μόριο Αν εφαρµόσουµε το υπολογιστικό µόριο της µεθόδου για την πρώτη χρονογραµµ έχουµε Για j = 0 i = 1 0+4u 1 u 2 = 0+0.4 i = 2 u 1 +4u 2 u 3 = 0.2+0.6 i = 3 u 2 +4u 3 u 4 = 0.4+0.8 i = 4 u 3 +4u 4 u 5 = 0.6+1.0 i = 5 2u 4 +u 5 = 0.8+0.8 37

4 1 1 4 1 1 4 1 1 4 1 2 1 u 1 u 2 u 3 u 4 u 5 = 0.4 0.8 1.2 1.6 1.6 Η λύση του ανωτέρω 5 5 συστµατος είναι 0.1984 0.3956 u = 0.5834 0.7381 0.7691 5. Εφαρµόσατε την µέθοδο των Crank Nikolson για τον υπολογισµό της αριθµητικς λύσης της Μ..Ε u t = 2 u x 2, 0 x 1 µε αρχικές συνθκες u = sinπx, t = 0, 0 x 1 και συνοριακές συνθκες u = 0 για x = 0, x = 1, t > 0 Αξιολογστε την αναλυτικ λύση και υπολογίστε το αριθµητικό σφάλµα στην αριθµητικ λύση. Λύση Η λύση για x = 0(0.1)0.5, r = 1 δίνεται στον παρακάτω πίνακα t x = 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 (Λ.Π. )0.01 0 0.2802 0.5329 0.7335 0.8623 0.9067 (Α.Λ )0.01 0 0.2800 0.5325 0.7330 0.8617 0.9060 (Λ.Π. )0.02 0 0.2540 0.4832 0.6651 0.7818 0.8221 (Α.Λ )0.02 0 0.2537 0.4825 0.6641 0.7807 0.8209 (Λ.Π. )0.10 0 0.1160 0.2207 0.3037 0.3571 0.3754 (Α.Λ )0.10 0 0.1152 0.2191 0.3015 0.3545 0.3727 38

Αρ. Λύση Αναλυτικ Ποσοστιαίο Πεπερ. ιαφ. Λύση Λάθος x = 0.5 x = 0.5 t = 0.01 0.9067 0.9067 0.08 t = 0.02 0.8221 0.8209 0.015 t = 0.10 0.3754 0.3727 0.72 6. Η συνάρτηση u ικανοποιεί την u t = 2 u x 2 (0 x 1), και οι συνοριακές συνθκες είναι u t = h 1(u v 1 ), x = 0, u t = h 2(u v 2 ), x = 1, όπου h 1,h 2,v 1,v 2 ϑετικοί αριθµοί. Αν οι συνοριακές συνθκες προσεγγίζονται από κεντρικές διαφορές u 0,j+1 = {1 2r(1+h 1 δx)}u 0,j +2ru 1,j +2rh 1 v 1 δx, u i,j+1 = ru i 1,j +(1 2r)u i,j +ru i+1,j, (i = 1,2,...,N 1), u N,j+1 = 2ru N 1,j +{1 2r(1+h 2 δx)}u N,j +2rh 2 v 2 δx, όπου Nδx = 1 r = δt (δx) 2. Αν οι συνοριακές συνθκες προσεγγίζονται από προς τα εµπρός διαφορές στο x = 0 και από προς τα πίσω διαφορές (ϐαςκωαρδ-διφφερενςες) στο x = 1, αποδείξτε 39

ότι µια άλλη αναλυτικ λύση είναι u i,j = {1 2r+r/(1+h 1 δx)}u 1,j +ru 2,j +rh 1 v 1 δx/(1+h 1 δx), u 0,j = (u i,j+1 +h 1 v 1 δx)/(1+h 1 δx), u i,j+1 = ru i 1,j +(1 2r)u i,j +ru i+1,j, (i = 2,3,...,N 2) u N 1,j+1 = {1 2r+r/(1+h 2 δx)}u N 1,j +ru N 2,j + u N,j+1 = (u n 1,j+1 +h 2 v 2 δx)/(1+h 2 δx). +rh 2 v 2 δx/(1+h 2 δx), 7. Οµοιογενς ϱάβδος ϑερµικά αποµονωµένη έχει αρχικ ϑερµοκρασία τη στιγµ t = 0 0 ο C. Το ένα της άκρο είναι ϑερµικά αποµονωµένο, ενώ το άλλο ϑερµαίνεται µε σταθερό ϱυθµό. είξτε ότι οι ϑερµοκρασία στα διάφορα σηµεία της ϱάβδου, δίνεται από την λύση της εξίσωσης u t = 2 u x 2, (0 < x < 1 2 ), που ικανοποιεί την αρχικ συνθκη u = 0 όταν t = 0 (0 x 1 2 ) και τις συνοριακές συνθκες u x = 0 στο x = 0, t > 0, u x = f στο x = 1 2, t > 0 όπου f σταθερά. Λύστε αριθµητικά το πρόβληµα µε f = 1 χρησιµοποιώντας (α ) µια άµεση µέθοδο µε δx = 0.1 και r = 1 4, (ϐ ) µια έµµεση µέθοδο µε δx = 0.1 και r = 1. Λύση 40

Η λύση που προκύπτει από την άµεση µέθοδο, της οποίας οι εξισώσεις είναι u 0,j+1 = 1 2 (u 0,j +u 1,j ), u i,j+1 = 1 4 (u i 1,j +2u i,j +u i+1,j ) (i = 1,2,3,4), u 5,j+1 = 1 2 (u 4,j +u 5,j +0.1) ϕαίνεται στον παρακάτω πίνακα t x = 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.005 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0125 0.0750 0.0075 0.0000 0.0000 0.0000 0.0031 0.0250 0.0938 0.01 0.0000 0.0000 0.0008 0.0078 0.0367 0.1094 0.02 0.0009 0.0027 0.0103 0.0313 0.0767 0.1571 0.03 0.0062 0.0104 0.0248 0.0554 0.1095 0.1934 0.05 0.0291 0.0364 0.0594 0.1007 0.1636 0.2509 0.10 0.1169 0.1265 0.1556 0.2044 0.2735 0.3631 0.20 0.3150 0.3250 0.3550 0.4050 0.4750 0.5650 0.50 0.9150 0.9250 0.9550 1.0050 1.0750 1.1650 1.00 1.9167 1.9250 1.9550 2.0050 2.0750 2.1650 Η λύση µε τη µέθοδο Crank Nicolson είναι t x = 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.01 0.0003 0.0006 0.0022 0.0083 0.0309 0.1155 0.02 0.0023 0.0039 0.0108 0.0302 0.0770 0.1540 0.03 0.0077 0.0115 0.0252 0.0552 0.1080 0.1925 0.05 0.0301 0.0373 0.0597 0.1004 0.1627 0.2499 0.10 0.1172 0.1268 0.1557 0.2043 0.2732 0.3628 0.20 0.3150 0.3250 0.3550 0.4050 0.4750 0.5650 0.50 0.9150 0.9250 0.9550 1.0050 1.0750 1.1650 1.00 1.9150 1.9250 1.9550 2.0050 2.0750 2.1650 41

Η αναλυτικ λύση της διαφορικς εξίσωσης είναι { u = 2t+ 1 12x 2 1 2 } e 4π2 n 2t cos2nπx 2 6 π 2 n=1 = 2 { t ierfc (2n+1 2x) 4 +ierfc (2n+1+2x) } t 4, t n=0 και παρουσιάζεται στον παρακάτω πίνακα t x = 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.0025 0.0000 0.0000 0.0000 0.0001 0.0050 0.0564 0.0050 0.0000 0.0000 0.0001 0.0017 0.0167 0.0798 0.0075 0.0000 0.0000 0.0006 0.0053 0.0286 0.0977 0.01 0.0000 0.0002 0.0017 0.0101 0.0399 0.1128 0.02 0.0016 0.0035 0.0117 0.0333 0.0791 0.1596 0.03 0.0074 0.0117 0.0264 0.0573 0.1115 0.1954 0.05 0.0307 0.0381 0.0610 0.1023 0.1653 0.2526 0.10 0.1186 0.1282 0.1573 0.2061 0.2751 0.3647 0.20 0.3167 0.3267 0.3567 0.4067 0.4766 0.5666 0.50 0.9167 0.9267 0.9567 1.0067 1.0767 1.1667 1.00 1.9167 1.9267 1.9567 2.0067 2.0767 2.1667 Αναλυτικ Άµεση Ποσοστιαίο Crank Nicolson Ποσοστιαίο t Λύση Λύση Λάθος Λύση Λάθος x = 0.3 x = 0.3 x = 0.3 0.0075 0.0053 0.0031 41.5 0.01 0.0101 0.0078 22.8 0.0083 17.8 0.05 0.1023 0.1007 1.56 0.1004 1.85 0.10 0.2061 0.2044 0.82 0.2043 0.87 0.50 1.0067 1.0050 0.17 1.0050 0.17 1.00 2.0067 2.0050 0.08 2.0050 0.08 Οι λύσεις των πεπερασµένων διαφορών είναι αρκετά ακριβείς για µεγάλες τιµές του t. Το αποτέλεσµα του εκθετικού µέρους της αναλυτικς λύσης είναι αµελητέο για t > 0.1. 42

Η διαφορά µεταξύ της αναλυτικς λλύσης και της λύσης των πεπερασµένω διαφορών για t > 0.1 είναι 0.0017 = 0.01 6 = (δx)2 6. Αποδεικνύεται ότι το (τρανσιεντ) κοµµάτι της λύσης οποιασδποτε άµεσης έµµεσης µεθόδου πεπερασµένων διαφορών για µια παραβολικ εξίσωση που ικανοποιεί τις παραπάνω συνο- ϱιακές συνθκες, δεν τείνει στο 0 καθώς το t αυξάνει, όπως συµβαίνει µε το (τρανσιεντ) µέρος της διαφορικς εξίσωσης, αλλά τείνει στην τιµ k(δx) 2, k σταθερά Στο συγκεκριµένο παράδειγµα k = 1 6. 8. Η ϑερµοκρασία ψύξης u ενός νάυλον νµατος που είναι τυλιγµένο σε ένα περιστρεφόµενο µασούρι δίνεται από τη λύση της εξίσωσης α u t = 2 u r + 1 u, (0 r 1), 2 r r που ικανοποιεί την αρχικ συνθκη και τις συνοριακές συνθκες 1 u u r u = 1, t = 0 r, u r = 0, r = 0 = F(t), r = 1, όπου α µια σταθερά και F(t) µια εµπειρικ συνάρτηση του t. Για r i = iδr, nδr = 1, t j = jδt, και δεδοµένου ότι οι συνοριακές συνθκες αναπαρίστανται από προσεγγίσεις κεντρικών 43

διαφορών (ϱεπρεσεντεδ ϐψ ςεντραλ-διφφερενςε αππροξιµατιονς), δείξτε ότι η αριθµητικ λύση του προβλµατος µε τη µέθοδο Crank Nicolson είναι α (u 0,j+1 u 0,j ) δt α (u i,j+1 u i,j ) δt = 2 (δr) 2(u 1,j+1 u 0,j+1 +u 1,j u 0,j ) = 1 2(δr) 2{(1+ 1 2i )u i 1,j+1 2u i,j+1 + α (u n,j+1 u n,j ) δt +(1 1 2i )u i 1,j+1(1+ 1 2i )u i+1,j 2u i,j +(1 1 2i )u i 1,j} (i = 1,2,,n 1), = 1 (δr) 2{(1+ 1 2i )u i 1,j+1 2u i,j+1 + +(1 1 2i )u i 1,j+1+(1+ 1 2i )u i+1,j 2u i,j +(1 1 2i )u i 1,j} 9. Λύστε την εξίσωση u t = 2 u x 2 (0 x 1) που ικανοποιεί τις αρχικές συνθκες και τις συνοριακές συνθκες u = 1, 0 x 1 t = 0, u = u, x = 0 t, x u = u, x = 1 t. x Λύση Για r = 1 4 u 0,j+1 = 1 2 (0.9u 0,j +u 1,j ), u i,j+1 = 1 4 (u i 1,j +2u i,j +u i+1,j (i = 1,2,3,4)) 44

και χρησιµοποιώντας την συµµετρία στο x = 1 2 έχουµε u 5,j=1 = 1 4 (2u 4,j +2u 5,j ). Για t = r(δx) 2 = 1/400 (στο τέλος της πρώτης χρονοσφραγίδας) οι τιµές του u είναι u 0,1 = 1 (0.9+1) = 0.95, 2 u 1,1 = 1 4 (1+2+1) = 1 = u 2,1 = u 3,1 = u 4,1 = u 5,1 Στο τέλος της δεύτερης χρονοσφραγίδας είναι u 0,2 = 1 (0.9 0.95+1) = 0.9275, 2 u 1,2 = 1 (0.95+2+1) = 0.9875, 4 u 2,2 = 1 4 (1+2+1) = 1 = u 3,2 = u 4,2 = u 5,2 Οµοια υπολογίζονται και για τις υπόλοιπες χρονοσφραγίδες και αναπαρίστανται στον παρακάτω πίνακα. i = 0 1 2 3 4 5 t x = 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 0.0025 0.9500 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 0.0050 0.9275 0.9875 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 0.0075 0.9111 0.9756 0.9969 1.0000 1.0000 1.0000 0.0100 0.8978 0.9648 0.9923 0.9992 1.0000 1.0000 0.0125 0.8864 0.9549 0.9872 0.9977 0.9998 1.0000 0.0150 0.8764 0.9459 0.9818 0.9956 0.9993 0.9999 0.0175 0.8673 0.9375 0.9762 0.9931 0.9985 0.9996 0.0200 0.8590 0.9296 0.9708 0.9902 0.9974 0.9991 0.1000 0.7175 0.7829 0.8345 0.8718 0.8942 0.9017 0.2500 0.5542 0.6048 0.6452 0.6745 0.6923 0.6983 0.5000 0.3612 0.3942 0.4205 0.4396 0.4512 0.4551 1.0000 0.1534 0.1674 0.1786 0.1867 0.1917 0.1933 45

Η αναλυτικ λύση της εξίσωσης των µερικών διαφορών που ικανοποιεί αυτές τις συνθκες είναι u = 4 { secα n 2t cos2α (3+4αn) 2 e 4αn n (x 1 )} (0 < x < 1), 2 n=1 όπου α n είναι οι ϑετικές ϱίζες της αtanα = 1 2. Η αναλυτικ λύση ϕαίνεται στον παρακάτω πίνακα t x = 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.0025 0.9460 0.9951 0.9999 1.0000 1.0000 1.0000 0.0050 0.9250 0.9841 0.9984 0.9999 1.0000 1.0000 0.0075 0.9093 0.9730 0.9950 0.9994 1.0000 1.0000 0.0100 0.8965 0.9627 0.9905 0.9984 0.9998 1.0000 0.0125 0.8854 0.9532 0.9855 0.9967 0.9994 0.9999 0.0150 0.8755 0.9444 0.9802 0.9945 0.9988 0.9996 0.0175 0.8668 0.9362 0.9748 0.9919 0.9979 0.9992 0.0200 0.8585 0.9286 0.9695 0.9891 0.9967 0.9985 0.1000 0.7176 0.7828 0.8342 0.8713 0.8936 0.9010 0.2500 0.5546 0.6052 0.6454 0.6747 0.6924 0.6984 0.5000 0.3619 0.3949 0.4212 0.4403 0.4519 0.4558 1.0000 0.1542 0.1682 0.1794 0.1875 0.1925 0.1941 Αρ. Λύση Αναλυτικ Ποσοστιαίο Πεπερ. ιαφ. Λύση Λάθος x = 0.2 x = 0.2 t = 0.005 1.0000 0.9984 0.16 t = 0.050 0.9126 0.9120 0.07 t = 0.010 0.8345 0.8342 0.04 t = 0.250 0.6452 0.6454 0.03 t = 0.500 0.4205 0.4212 0.16 t = 1.000 0.1786 0.1794 0.45 Η λύση των πεπερασµένων διαφορών είναι αρκετά ακριβς για τις µικρές τιµές του r. 46

10. Λύστε το προηγούµενο παράδειγµα χρησιµοποιώντας µια άµεση µέθοδο και εφαρµόζοντας µια προς τα εµπρός διαφορά για την συνοριακ συνθκη στο x = 0. Για i = 1 u 1,j+1 = u i,j +r(u 0,j 2u 1,j +u 2,j ). Η συνορικ συνθκη στο x = 0, u x εµπρος διαφοράς είναι = u, σε µορφ προς τα u 1,j u 0,j δx = u 0,j, συνεπώς u 0,j = u 1,j /(1+δx). και Για r = 1 4 u 1,j+1 = και δx = 0.1 ( 1 2r + r ) u 1,j +ru 2,j. 1+δx u 1,j+1 = 8 11 u 1,j + 1 4 u 2,j, u 0,j+1 = 10 11 u 1,j+1 u i,j+1 = 1 4 (u i 1,j +2u i,j +u i+1,j ) (i = 2,3,4), u 5,j+1 = 1 4 (2u 4,j +2u 5,j ) λόγω συµµετρίας Η λύση των παραπάνω εξισώσεων µε αρχικ τιµ του u = 1 47

ϕαίνεται στον παρακάτω πίνακα t x = 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 0.0025 0.8884 0.9773 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000 0.0050 0.8734 0.9607 0.9943 1.0000 1.0000 1.0000 0.0075 0.8612 0.9473 0.9873 0.9986 1.0000 1.0000 0.0100 0.8507 0.9358 0.9801 0.9961 0.9996 1.0000 0.0125 0.8415 0.9256 0.9730 0.9930 0.9989 0.9998 0.0150 0.8331 0.9164 0.9662 0.9895 0.9976 0.9993 0.0175 0.8255 0.9080 0.9596 0.9857 0.9960 0.9985 0.0200 0.8184 0.9003 0.9532 0.9817 0.9941 0.9973 0.1000 0.6869 0.7556 0.8102 0.8498 0.8738 0.8818 0.2500 0.5206 0.5727 0.6444 0.6444 0.6628 0.6689 0.5000 0.3283 0.3611 0.4063 0.4063 0.4063 0.4218 1.0000 0.1305 0.1435 0.1540 0.1615 0.1661 0.1677 Αρ. Λύση Αναλυτικ Ποσοστιαίο Πεπερ. ιαφ. Λύση Λάθος x = 0.2 x = 0.2 t = 0.005 0.9943 0.9984 0.4 t = 0.050 0.8912 0.9120 2.3 t = 0.010 0.8102 0.8342 2.9 t = 0.250 0.6142 0.6454 4.8 t = 0.500 0.3873 0.4212 8.0 t = 1.000 0.1540 0.1794 14.2 Παρ ολο που αυτ η λύση δεν είναι τόσο ακριβς όσο η προηγούµενη, είναι ικανοποιητικά καλ για πολλές πρακτικές εφαρµογές. 11. Λύστε το παράδειγµα 9 µε τη µέθοδο Crank Nicolson Λύση Αυτ η µέθοδος αναπαριστά την u t = 2 u x 2 48

ως u i,j+1 u i,j δt η οποία γράφεται = 1 2 {u i+1,j+1 2u i,j+1 +u i 1,j+1 + u i+1,j 2u i,j +u i 1,j }, (δx) 2 (δx) 2 ru i 1,j+1 +(2+2r)u i,j+1 ru i+1,j+1 = ru i 1,j+1 = ru i 1,j +(2 2r)u i,j +u i+1,j. (I) Η συνοριακ συνθκη στο x = 0 ως κεντρικ διαφορά γράφεται u 1,j u 1,j = u 0,j, 2δx από την οποία προκύπτει ότι u 1,j = u 1,j 2δxu 0,j u 1,j+1 = u 1,j+1 2δxu 0,j+1 Οι δυο τελευταίες εξισώσεις µας επιτρέπουν να απαλείψουµε τους όρους u 1,j και u 1,j+1 από την εξίσωση που προκύπτει ϑέτοντας i = 0 στην ;;. Η συνοριακ συνθκη στο x = 1 υπολογίζεται µε όµοιο τρόπο, αν και σε αυτό το πρόβληµα είναι πιο εύκολο να χρησι- µοποιηθεί η συµµετρία στο x = 1 2, π.χ. u 6,j = u 4,j. Για r = 1 και δx = 0.1 2 1u 0,j+1 u 1,j+1 = 0 1u 0,j +u 1,j, u i 1,j+1 +4u i,j+1 u i+1,j+1 = u i 1,j +u i+1,j (i = 1,2,3,4), u 4,j+1 +2u 5,j+1 = u 4,j. Για την πρώτη χρονοσφραγίδα γίνονται 2 1u 0 u 1 = 0.9, u 0 +4u 1 u 2 = 2.0, u 1 +4u 2 u 3 = 2.0, u 2 +4u 3 u 4 = 2.0, u 3 +4u 4 u 5 = 2.0, u 4 +2u 5 = 1.0. 49

Η λύση ϕαίνεται στον παρακάτω Πίνακα t i = 0 1 2 3 4 5 0.00 1.0 1.0 1.0 1.0 1.0 1.0 0.01 0.8908 0.9707 0.9922 0.9979 0.9994 0.9997 0.02 0.8624 0.9293 0.9720 0.9900 0.9964 0.9979 0.10 0.7179 0.7834 0.8349 0.8720 0.8944 0.9018 0.25 0.5547 0.6054 0.6458 0.6751 0.6929 0.6989 0.50 0.3618 0.3949 0.4212 0.4404 0.4520 0.4559 1.00 0.1540 0.1680 0.1793 0.1874 0.1923 0.1940 Αρ. Λύση Αναλυτικ Ποσοστιαίο Πεπερ. ιαφ. Λύση Λάθος x = 0.2 x = 0.2 t = 0.01 0.9922 0.9905 0.17 t = 0.05 0.9131 0.9120 0.12 t = 0.10 0.8349 0.8342 0.08 t = 0.25 0.6458 0.6454 0.06 t = 0.50 0.4212 0.4212 0.00 t = 1.00 0.1793 0.1794 0.06 1.3.4 ισδιάστατες Παραβολικές Εξισώσεις όπου L 2 i=1 u t = Lu (1.53) (α i (x 1,x 2,t) ) c(x 1,x 2,t) (1.54) x i x i i)α 1,α 2 > 0, ii)c 0 X = ih, Y = jh, T = nk U (n+1) = exp(kl)u (n) (1.55) = 2 x 1 h sinh 1δx 1 2, = 2 x 2 h sinh 1δx 2 2 50

δ x1 U (n) = U (n) i+1/2,j U(n) i 1/2,j δ x2 U (n) = U (n) i,j+1/2 U(n) i,j 1/2 Άµεσοι Μέθοδοι όπου L 2 x 2 1 + 2 x 2 2 D 2 1 +D 2 2 (1.56) Η (1.55) γράφεται D 2 1 2 x 2 1 και D 2 2 2 x 2 2 U (n+1) = exp(kd 2 1)exp(kD 2 2)U (n) (1.57) U (n+1) D 2 1 = 1 h 2(δ2 x 1 1 12 δ4 x 1 + 1 90 δ6 x 1 ) (1.57 ) D 2 2 = 1 h 2(δ2 x 2 1 12 δ4 x 2 + 1 90 δ6 x 2 ) (1.57 ) Από την (1.57), λόγω των (1.57 ) και (1.57 ) έχουµε = [1+rδ 2 x 1 + 1 2 r(r 1 6 )δ4 x 1 + ][1+rδ 2 x 2 + 1 2 r(r 1 6 )δ4 x 2 + ]U (n) (1.58) r = k/h 2. Από την (1.58) έχουµε U (n+1) = [1+r(δ 2 x 1 +δ 2 x 2 )]U (n) +O(k 2 +kh 2 ) (1.59) U (n+1) = (1+rδ 2 x 1 )(1+rδ 2 x 2 )U (n) +O(k 2 +kh 2 ) (1.60) Self Adjoint u t = (α 1 (x 1,x 2,t) u )+ (α 2 (x 1,x 2,t) u ) x 1 x 1 x 2 x 2 L D 1 (α 1 D 1 )+D 2 (α 2 D 2 ) 51

Αν U (n+1) = exp(kd 1 (α 1 D 1 ))exp(kd 2 (α 2 D 2 ))U (n) (1.61) και D 1 (α 1 D 1 ) 1 h 2δ x 1 (α 1 δ x1 ) όπου D 2 (α 2 D 2 ) 1 h 2δ x 2 (α 2 δ x2 ) δ x1 (α 1 δ x1 )U (n) = α (n) 1,i+1/2,j (U(n) i+1,j U(n) i 1,j ) α(n) 1,i 1/2,j (U(n) U (n) i 1,j ) και δ x2 (α 2 δ x2 )U (n) = α (n) 2,i,j+1/2 (U(n) i,j+1 U(n) i,j 1 ) α(n) 2,i,j 1/2 (U(n) U (n) i,j 1 ) τότε η (1.61) δίνει U (n+1) = [1 r{α (n) 1,i+1/2,j +α(n) 1,i 1/2,j +α(n) 1,i,j 1/2 +α(n) 1,i,j+1/2 }] U (n) +rα (n) 1,i+1/2,j U(n) i+1,j +rα(n) 1,i 1/2,j U(n) i 1,j +rα(n) 2,i,j 1/2 U(n) i,j 1 +rα (n) 2,i,j+1/2 U(n) i,j+1 +O(k2 +kh 2 ).(1.62) Για α 1 = α 2 = 1 η (1.63) δίνει την (1.60) (n + 1) (n) Ανάλογα 52

(n + 1) (n) U (n+1) Ευστάθεια = [1+rδ x1 (α 1 δ x1 )][1+rδ x2 (α 2 δ x2 )]U (n) (1.63) e αt e iβx 1 e iγx 2 (1.64) όπου β,γ αυθαίρετοι πραγµατικοί και α µιγαδικός. Το αρχικό σφάλµα (t = 0) e iβx 1 e iγx 2 δεν αυξάνεται µε το χρόνο αν e αk 1 για όλα τα α (1.65) Από (1.59) και λόγω της (1.64) ξ = e αk = 1 4r(sin 2 βh 2 +sin2 γh 2 ). Για ευστάθεια ξ 1 r 1 2(sin 2 βh 2 +sin2 γh 2 ) (1.66) r 1/4. 1.3.5 Εµµεσοι Μέθοδοι Εναλλασόµενων ιευθύνσεων (ADI) U (n+1) = exp(kl)u (n) (1.67) 53

L D 2 1 +D2 2 (1.68) exp[ 1 2 k(d2 1 +D2 2 )]U(n+1) όπου = exp[ 1 2 k(d2 1 +D2 2 )]U(n) (1.69) και D 2 1 = 1 h 2(δ2 x 1 1 12 δ4 x 1 + 1 90 δ6 x 1 ) D2 2 = 1 h 2(δ2 x 2 1 12 δ4 x 2 + 1 90 δ6 x 2 ) Από την (1.69) έχουµε exp( 1 2 rδ2 x 1 )exp( 1 2 rδ2 x 2 )U (n+1) = exp( 1 2 rδ2 x 1 )exp( 1 2 rδ2 x 2 )U (n) (1 r 2 δ2 x 1 )(1 r 2 δ2 x 2 )U (n+1) = (1+ r 2 δ2 x 1 )(1+ r 2 δ2 x 2 )U (n) +O(k 3 +kh 3 ). Η (1.70) είναι ανάλογη της Crank Nicolson (1.70) (1 r 2 δ2 x 2 )U (n+1) = (1+ r 2 δ2 x 1 )(1 r 2 δ2 x 1 ) 1 (1+ r 2 δ2 x 2 )U (n) }{{} U (n+1/2) και (1 r 2 δ2 x 1 )U (n+1/2) = (1+ r 2 δ2 x 2 )U (n) (1 r 2 δ2 x 2 )U (n+1) = (1+ r 2 δ2 x 1 )U (n+1/2) (1.71) Η (1.71) είναι γνωστ σαν η µέθοδος των Peaceman Rachford (PR). Εφαρµόζοντας τους τελεστές των κεντρικών διαφορών λαµβάνουµε r 2 U(n+1/2) i 1,j +(1+r)U (n+1/2) r 2 U(n+1/2) i+1,j = r 2 U(n) i,j 1 +(1 r)u(n) + r 2 U(n) i,j+1 54

και r 2 U(n+1) i,j 1 +(1+r)U(n+1) r 2 U(n+1) i,j+1 = r 2 U(n+1/2) i 1,j +(1 r)u (n+1/2) + r 2 U(n+1/2) i+1,j. (1.72) t (n + 1) (n + 1 2 ) (n) x 2 x 1 Θέτοντας δ 2 x 1 D1 2 = 1 h 2 1+ 1 12 δ2 x 1 55

D2 2 = 1 h δx 2 1 2 1+ 1 12 δ2 x 2 και αναπτύσσοντας η (1.69) δίνει [1 1 2 (r 1 6 )δ2 x 1 ][1 1 2 (r 1 6 )δ2 x 2 ]U (n+1) = [1+ 1 2 (r + 1 6 )δ2 x 1 ][1+ 1 2 (r + 1 6 )δ2 x 2 ]U (n) +O(k 3 +kh 4 ) (1.73) [1 1 2 (r 1 6 )δ2 x 1 ]U (n+1/2) = [1+ 1 2 (r+ 1 6 )δ2 x 2 ]U (n) (1.74) και [1 1 2 (r 1 6 )δ2 x 2 ]U (n+1) = [1+ 1 2 (r+ 1 6 )δ2 x 1 ]U (n+1/2) Η (1.74) είναι γνωστ σαν η µέθοδος των Mitchell και Fairweather (MF). Άλλες µέθοδοι (1 r 2 δ2 x 2 )U (n+1) οπότε = (1+ r 2 δ2 x 1 )(1 r 2 δ2 x 1 ) 1 (1+ r 2 δ2 x 1 )U (n) }{{} U (n+1/2) (1 r 2 δ2 x 1 )U (n+1/2) = (1+ r 2 δ2 x 1 )(1+ r 2 δ2 x 2 )U (n) Επίσης από την οπότε (1 r 2 δ2 x 2 )U (n+1) (1.70) έχουµε = U (n+1/2) D Yakonov (1.75) (1 r 2 δ2 x 1 )(1 r 2 δ2 x 2 )U (n+1) = (1+ r 2 δ 2 4 x1 δx 2 2 )U (n) (1 rδ 2 x 1 )U (n+1/2) (1 rδ 2 x 2 )U (n+1) = U (n+1/2) = (1+rδ 2 x 2 )U (n) 56 Douglas + rδx 2 2 U (n) Rachford (1.76)

Η (1.76) είναι γνωστ σαν η µέθοδος των Douglas και Rachford. Ευστάθεια των ADI Μεθόδων Απαλείφοντας την U (n+1/2), παρατηρούµε ότι όλες οι ανωτέρω ADI µέθοδοι είναι ειδικές περιπτώσεις της (1 αδ 2 x 1 )(1 αδ 2 x 2 )U (n+1) = [1+b(δ 2 x 1 +δ 2 x 2 )+cδ 2 x 1 δ 2 x 2 ]U (n) (1.77) για συγκεκριµένες τιµές των α, b και c. Η εξίσωση σφάλµατος της (1.77) είναι η (1 αδ 2 x 1 )(1 αδ 2 x 2 )E (n+1) qp Θέτοντας η (1.78) παράγει την = [1+b(δ 2 x 1 +δ 2 x 2 )+cδ 2 x 1 δ 2 x 2 ]E (n) pq. (1.78) E (n) = e αnk e iβph e iγqh όπου ξ = e αk = 1 b(s2 β +S2 γ)+csβ 2S2 γ, (1 αsβ 2 (1.79) )(1+αS2 γ) Sβ 2 = βx 4sin2 1 2, S2 γ = γx 4sin2 2 2. (1.80) Για ευστάθεια απαιτείται 1 ξ 1 οπότε η (1.79) δίνει (α b)(sβ 2 +Sγ) (α 2 2 +c)sβs 2 γ 2 2 και (α+b)(sβ 2 +Sγ) (α 2 2 c)sβs 2 γ 2 0 οι οποίες εύκολα αποδεικνύεται ότι ικανοποιούνται για τις ADI µεθόδους για 0 Sβ 2,S2 γ 4. Συνεπώς όλες οι ADI µέθοδοι είναι ευσταθείς για r > 0. 57

Κεφάλαιο 2 Αριθµητικ Επίλυση Ελλειπτικών Μερικών ιαφορικών Εξισώσεων 2.1 Εισαγωγ Au xx +2Bu xy +C yy = S(x,y,u,u x,u y ) y S R x B 2 AC < 0 ελλειπτικ, 58

όπου A = A(x,y,u), B = B(x,y,u), C = C(x,y,u) Παραδείγµατα u xx +u yy = 0 Laplace u = 0, = 2 x 2 + 2 y 2 u = f(x,y) Poisson u = 2 u = 4 u x +2 4 u 4 x 2 y + 4 u 2 y 4 Biharmonic. 2.2 Συνοριακές Συνθκες 1. u = f(x,y) στο S πρώτο πρόβληµα συνοριακών τιµών πρόβληµα του Dirichlet 2. u n = g(x,y),(x,y) S δεύτερο πρόβληµα συνοριακών τιµών πρόβληµα του Neumann 59

3. όπου α(x,y)u+β(x,y) u n = γ(x,y),(x,y) S α(x,y) > 0,β(x,y) > 0,(x,y) S τρίτο πρόβληµα συνοριακών τιµών πρόβληµα του Robbin Au xx +Cu yy +Du x +Eu y +Fu = G, A,C > 0,F 0 y h h x 2.3 Πεπαρασµένες ιαφορές u(x±h,y) = u(x,y)±hu x + h2 2! u xx± h3 3! u xxx+ h4 4! u xxxx±... (2.1) u(x,y±h) = u(x,y)±hu y + h2 2! u yy ± h3 3! u yyy + h4 4! u yyyy ±... (2.2) 60

Από την (2.1) έχουµε και u x = u(x+h,y) u(x h,y) 2h +O(h 2 ) (2.3) u xx = u(x+h,y) u(x h,y) 2u(x,y) h 2 +O(h 2 ). (2.4) Οµοια οι (2.2) δίνουν και u y = u(x,y +h) u(x,y h) 2h +O(h 2 ) (2.5) u yy = u(x,y +h) u(x,y h) 2u(x,y) h 2 +O(h 2 ) (2.6) Η (2.1) λόγω των (2.3) και (2.4) γίνεται [ ] U(x+h,y)+U(x h,y) 2U(x,y) A + h 2 [ ] U(x,y +h)+u(x,y h) 2U(x,y) C + h 2 [ ] U(x+h,y) U(x h,y) D + (2.7) 2h [ ] U(x,y +h) U(x,y h) E +FU(x,y) = G 2h όπου α 0 U i,j α 1 U i+1,j α 2 U i,j+1 α 3 U i 1,j α 4 U i,j 1 = t i,j (2.8) α 0 = α 1 +α 2 +α 3 +α 4 h 2 F = 2(A+C 1 2 h2 F), α 1 = A+ 1 2 hd, 61

Σηµειώστε ότι αν α i > 0, α 2 = C + 1 he, (2.9) 2 α 3 = A 1 2 hd, α 4 = C 1 2 he,t = h2 G h < min 2.4 Self Adjoint { 2A D, 2C }. (2.10) E (Au x ) x +(Cu y ) y +Fu = G, µε A,C > 0,F 0 (2.11) (Au x ) x = h 2 {A(x+ h 2,y)[u(x+h,y) u(x,y)] A(x h 2,y)[u(x,y) u(x h,y)]+o(h2 )} (Cu y ) y = h 2 {C(x,y + h )[u(x,y +h) u(x,y)] (2.12) 2 A(x,y h 2 )[u(x,y) u(x,y h)]+o(h2 )} Η (2.11) λόγω της (2.12) γράφεται όπου ˆα 0 U i,j ˆα 1 U i+1,j ˆα 2 U i,j+1 ˆα 3 U i 1,j ˆα 4 U i,j 1 = t i,j (2.13) ˆα 0 = ˆα 1 + ˆα 2 + ˆα 3 + ˆα 4 h 2 F, ˆα 1 = A(x+ h 2,y), ˆα 2 = C(x,y + h ), (2.14) 2 62

ˆα 3 = A(x h 2,y), ˆα 4 = C(x,y h 2 ), t = h2 G ˆα i > 0, ˆα 0 4 i=1 ˆα i (F 0) (2.15) 2.5 Η Εξίσωση του Laplace u xx +u yy = 0 (2.16) y 18 17 16 19 7 8 9 15 20 4 5 6 14 21 h 1 2 3 13 0 h 10 11 12 1 x Από την (2.8), για A = C = 1, F = G = 0, προκύπτει U i 1,j +U i+1,j +U i,j+1 +U i,j 1 4U i,j = 0. (2.17) Εφαρµόζοντας την (2.17) για όλους τους κόµβους ϑα λάβουµε το ακόλουθο γραµµικό σύστηµα όπου Au = b (2.18) 63

1 i,j + 1 1 4 1 i 1,j i + 1,j 1 i,j 1 U U 10 +U 21 1 U 2 U 11 u =., b = U 12 +U 13. u 9 U 15 +U 16 και 4 1 1 1 4 1 1 1 4 1 1 4 1 1 A = 1 1 4 1 1 1 1 4 1 1 4 1 1 1 4 1 1 1 4 64

B I 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 I B I 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 I B I 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 A = 0 0... 0 0, I = 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0... 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0.. I 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 I B 0 0 0 0 0 0 1 4 1 0 0 0 0 0 1 4 1 0 0 0 0 0 1 4 1 0 0 0 B = 0 0... 0 0, 0 0 0... 0 0 0 0 0.. 1 0 0 0 0 0 1 4 Η λύση του συστµατος (2.18) υπολογίζεται µε επαναληπτικές µεθόδους. Η SOR µέθοδος u (n+1) = (1 ω)u (n) +ω(lu (n+1) +Uu (n) +c) (2.19) µε και c = D 1 b A = D C L C U (2.20) όπου D = diag(a), C L, C U τα κάτω και άνω τριγωνικά τµµατα του Α. Επιπλέον L = D 1 C L και U = D 1 C U. (2.21) Το µόριο του A είναι: Lu 1 4 (U i 1,j +U i,j 1 ) Uu 1 4 (U i,j+1+u i+1,j ) (2.22) 65

1 C U 1 4 1 C L D 1 Η SOR για την (2.17) είναι (ϐλ. (2.19) ) η U (n+1) = (1 ω)u (n) +ω[( 1 4 U(n+1) i 1,j + 1 4 U(n+1) i,j 1 )+ 1 4 U(n) i+1,j + 1 4 U(n) i,j+1 ] Για ω = 1 η (2.23) παράγει την (2.23) U (n+1) = 1 4 (U(n+1) i 1,j +U (n+1) i,j 1 +U(n) i+1,j +U(n) i,j+1 ) (2.24) (i 1, j) 1 4 (i, j) (i, j + 1) 1 4 D 1 C U = U D 1 C L = L 1 4 (i, j) 1 4 (i, j 1) (i + 1, j) 66

η οποία είναι η Gauss Seidel (GS) µέθοδος. Πράγµατι η GS σε µορφ πινάκων είναι u (n+1) = Lu (n+1) +Uu(n)+c (2.25) και λόγω της (2.22) δίνει την (2.24). Οµοια η Jacobi Overrelaxation (JOR) δίνεται από τον τύπο u (n+1) = (1 τ)u (n) +τ(bu (n) +c), B = L+U (2.26) και λόγω της (2.22) δίνει u (n+1) = (1 τ)u (n) + τ 4 (U(n) i 1,j +U(n) i+1,j +U(n) i,j 1 +U(n) i,j+1 ) (2.27) Αν τ = 1 η (2.26) δίνει τη µέθοδο του Jacobi η οποία δίνει u (n+1) = Bu (n) +c (2.28) u (n+1) = 1 4 (U(n) i 1,j +U(n) i+1,j +U(n) i,j 1 +U(n) i,j+1 ). (2.29) Ολες οι παραπάνω µέθοδοι είναι ειδικές περιπτώσεις της ESOR µεθόδου, η οποία σε µορφ πινάκων, έχει τον τύπο u (n+1) = (1 τ)u (n) +ωlu (n+1) +(τ ω)lu (n) +τuu (n) +τc (2.30) Για τ = ω η (2.30) δίνει την SOR. Για τ = ω = 1 η (2.30) δίνει την GS. Ενώ για ω = 0, δίνει την JOR. Η Unsymmetric Successive Overrelaxation (USSOR) µέθοδος δίνεται από τους τύπους και u (n+1 2 ) = (1 ω)u (n) +ω(lu (n+1 2 ) +Uu (n) +c) 67

u (n+1) = (1 ω )u (n+1 2 ) +ω (Lu (n+1 2 ) +Uu (n+1) +c) (2.31) η οποία τώρα λαµβάνει τη µορφ U (n+1 2 ) και = (1 ω)u (n) + ω 4 (U(n+1 2 ) i 1,j +U (n+1 2 ) i,j 1 +U(n) i+1,j +U(n) i,j+1 ) (2.32) U (n+1) = (1 ω )u (n+1 2 ) +ω (U (n+1 2 ) i 1,j +U (n+1 2 ) i,j 1 +U (n+1) i+1,j +U (n+1) i,j+1 ) (2.33) Η (2.32) σαρώνει το δίκτυο από κάτω προς τα πάνω ενώ η (2.33) σαρώνει το δίκτυο από πάνω προς τα κάτω. Για ω = ω προκύπτει η Symmetric SOR(SSOR) µέθοδος. Μια ανάλογη µέθοδος είναι η Preconditioned Simultaneous Displacement (PSD) µέθοδος, η οποία δίνεται από το ακόλουθο σχµα u (n+1 2 ) = (1 τ)u (n) +ωlu (n+1 2 ) +(τ ω)lu (n) +τ(uu (n) +c) (2.34) και u (n+1) = u (n+1 2 ) +ωuu (n+1) ωuu (n) (2.35) η οποία για το µόριο των 5-σηµείων γίνεται: και U (n+1 2 ) i,j = (1 τ)u (n) i,j +( ω 4 )(U(n+1 2 ) i 1,j +U (n+1 2 ) i,j 1 )+ ( τ ω (2.36) )(U (n) i 1,j 4 +U(n) i,j 1 )+(τ 4 )(U(n) i+1,j +U(n) i,j+1 ) U (n+1) i,j = U (n+1 2 ) i,j +( ω 4 )(U(n+1) i+1,j +U (n+1) i,j+1 ) (ω 4 )(U(n) i+1,j +U(n) i,j+1 ) όπου η σάρωση γίνεται όπως στην SSOR. (2.37) 68

2.6 Σύγκλιση S(G) = max λ < 1,u (n+1) = Gu (n) +k JOR Μέθοδος Ο επαναληπτικός πίνακας της JOR είναι ο B τ = (1 τ)i +τb. (2.38) Αν µ ιδιοτιµές του Β τότε m µ M επειδ trace(b) = N µ i = 0, µε m 0 M (2.39) i=1 Άρα S(B τ ) = max 1 τ +τµ, m µ M (2.40) και για σύγκλιση S(B τ ) < 1 1 τ +τµ < 1, m µ M. (2.41) Υποθέτοντας ότι Α είναι συµµετρικός, τότε από (2.41) και (2.39) 0 < τ < 2 1 m, M < 1 (2.42) Σηµείωση: B = D 1 (L+U) όµοιος µε B = D 1 2BD 1 2 = D 1 2(L+ U)D 1 2 ο οποίος είναι συµµετρικός άρα ο Β έχει πραγµατικές ιδιοτιµές. Υπόθεση: ο D έχει ϑετικά στοιχεία. J Μέθοδος S(B) < 1, S(B) = max{ m,m} < 1, οπότε M < 1,M +m > 0 (2.43) 69

1 < m,m +m < 0 Βέλτιστη τιµ του τ. Από την (2.40) έχουµε: S(B τ ) = max{ 1 τ +τm, 1 τ +τm } (2.44) η ϐέλτιστη τιµ του τ ϑα είναι αυτ που 1 τ +τm = (1 τ +τm) οπότε τ 0 = 2 2 m M (2.45) Αλλά S(B τ0 ) = 1 τ 0 τ 0 M = M m 2 M m. (2.46) m = 1 λ max, M = 1 λ min (2.47) όπου λ min,λ max, η µικρότερη και µεγαλύτερη ιδιοτιµ του πίνακα Â αντίστοιχα, µε και Â = D 1 2 AD 1 2 (2.48) ( B = D 1 2 BD 1 2 = I D 1 2 AD 1 2 }{{}) = I Â λ Οι (2.45), (2.46) λόγω της (2.47) γράφονται και τ 0 = 2 λ min +λ max (2.49) S(B τ0 ) = λ max λ min = P(Â) 1 (2.50) λ max +λ min P(Â)+1, 70

Η ποσότης (2.50) έχουµε P(Â) = λ max λ min P(Â) καλείται αριθµός συνθκης του Â. Από την R(B τ0 ) = logs(b τ0 ) 2 (2.51) P(Â). Η ταχύτητα σύγκλισης της JOR είναι αντίστροφα ανάλογη του αριθµού συνθκης του Â. Θυµηθείτε ότι u (n+1) = u (n) + τr 1 (b Au (n) ) u (n+1) = (I τr 1 A)u (n) +τr 1 b. Αν R = D τότε προκύπτει η JOR, οπότε τα ανωτέρω αποτελέσµατα µπορούν να γενικευτούν. Στόχος: Να επιλεγεί ο R έτσι ώστε ο R 1 A να έχει όσο το δυνατόν µικρότερο ϕασµατικό αριθµό. k(a) = A A 1 ϕασµατικός αριθµός. Σύγκλιση της SOR Ο επαναληπτικός πίνακας της SOR είναι ο L ω = (I ωl) 1 [(1 ω)i +ωu] Για τον υπολογισµό των ιδιοτιµών του L ω έχουµε Π N i=1λ i = det(l ω ) = det(i ωl) 1 det((1 ω)i +ωu) άρα = det((1 ω)i +ωu) = (1 ω) N S(L ω ) ( 1 ω N ) 1 N = 1 ω (2.52) Αν S(L ω ) < 1, τότε 1 ω < 1 0 < ω < 2 (Kahan 1958) (2.53) Ορισµός: Ενας πίνακας είναι two cyclic αν µε κατάλληλη µετά- ϑεση των γραµµών του και των αντίστοιχων στηλών του µπορεί να τεθεί στη µορφ 71

[ ] I1 F G I 2 όπου I 1,I 2 είναι τετράγωνοι ταυτοτικοί πίνακες και F,G ορ- ϑογώνιοι πίνακες. Ορισµός: Αν ένας πίνακαςa = I L U είναι two cyclic, τότε είναι consistency ordered αν οι ιδιοτιµές του πίνακα είναι ανεξάρτητες του a. al+ 1 a U, a 0 Για τον υπολογισµό των ιδιοτιµών του L ω έχουµε det(l w λi) = 0 (I wl 1 ){I +w(u I)} λi = 0 I +ω(u I) λ(i ωl) = 0 (U λi) λ+ω 1 I = 0 ω λ 1 1 2 (λ 2 L+λ 1 λ+ω 1 2 U) I = 0 ω (λ 1 2 L+λ 1 λ+ω 1 2 U) I = 0 λ 1 2ω Αν A = I L U είναι two cyclic και consistently ordered τότε λ+ω 1 (L+U) I = 0 λ 1 2ω µ = λ+ω 1 72 λ 1 2ω (2.54)

όπου µ ιδιοτιµ του B = L+U και λ ιδιοτιµ του L ω. (λ+ω 1) 2 = ω 2 µ 2 λ (2.55) Η (2.55) είναι δευτεροβάθµια ως προς λ και εύκολα αποδεικνύεται ότι S(L w ) = max λ < 1 αν και µόνο αν µ = S(B) < 1 και 0 < ω < 2 (2.56) Από την (2.55) αν ω = 1(GS) τότε λ GS = µ 2 S(L) = S(B) 2 (2.57) R(L) = 2R(B). (2.58) Θυµηθείτε ότι R(G) = logs(g) είναι η ταχύτητα σύγκλισης µιας ε.µ. u (n+1) = Gu (n) + k. Η (2.57) δηλώνει ότι η ταχύτητα σύγκλισης της GS είναι διπλάσια από εκείνης του Jacobi. Εφαρµογ για το πρόβληµα µοντέλο. a, b ακέραιοι I,J h h Είναι γνωστό ότι 2 u x 2 + 2 u y 2 = 0, 0 < x < a,0 < y < b ε (n+1) = Bε (n) Για τον προσδιορισµό µιας ιδιοτιµς µ του Β αναζητούµε µια συνάρτηση u(x,y) ορισµένµη στο R h S h τέτοια ώστε µv(x,y) = 1 [v(x+h,y)+v(x h,y)+v(x,y+h)+v(x,y h)] (2.59) 4 επί του R h και v(x,y) = 0 στο S h. Με τη µέθοδο του χωρισµού των µεταβλητών ϐρίσκεται ότι v(x,y) = v p,q (x,y) = sin qπx a sinqπy b 73 (2.60)

y R h b S h 0 a x και µ = µ p,q = 1 2 (cosqπh a +cospπh b ) = 1 2 (cosqπ I +cospπ J ) (2.61) όπου p,q ακέραιοι µε 1 q I 1 και1 p J 1. Επειδ η µ p,q µεγιστοποιείται για p = q = 1 η (2.61) δίνει µ = S(B) = µ 1,1 = 1 2 [cosπh a +cosπh b ] = 1 2 (cosπ I +cosπ J ) (2.62), αναπτύσσοντας σε σειρά µ = S(B) = 1 1 4 [π2 a 2 + π2 b 2]h2 +O(h 4 ) (2.63) Για a = b = 1 (τετράγωνο πεδίο) η (2.62) δίνει (I = J = 1 h ) για h 0 µ = S(B) = cosπh (2.64) µ = S(B) 1 π2 h 2 Από την (2.57) έχουµε για την GS 2. (2.65) S(L) = S(B) 2 (2.64) = cos 2 πh (2.66) 74

S(L) 1 π 2 h 2 (2.67) R(L) = logs(l) = π 2 h 2 ((2.67) ) ω 0 = 2 1+ µ = S(B) 1 µ 2, S(L ω0 ) = ω 0 1. Επειδ για το πρόβληµα µοντέλο έχουµε µ = cosπh έπεται ότι µε S(L ω0 ) = 1 sinπh 1+sinπh 1 2πh (2.68) Άρα ω 0 = 2 1+sinπh (2.69) R(S(L ω0 )) 2πh (2.70) Συµπέρασµα: Συγκρίνοντας την (2.67) µε την (2.70) συµπεραίνουµε ότι η SOR είναι καλύτερη από την GS κατά µία τάξη µεγέθους. h µ R(B) R(L) n π (J) n π (GS) n θ (J) n θ (GS) 1 0.9511 0.0502 0.100 285 143 276 138 10 1 0.9877 0.0124 0.0248 1154 578 1116 558 20 1 0.9969 0.0031 0.0062 4631 2317 4475 2238 40 U (0) = 1, U (n+1) U (n) < ǫ = 10 6 n π = αριθµός επαναλψεων (πειραµατικός) n θ = Θεωρητικός αριθµός επαναλψεων n θ log 1 ǫ R,R = logs 75

ρ(l ω ) 1.0 (1, µ 2 ) (2, 1) (ω b, ω b 1) 0 1.0 ω b 2.0 ω 2.7 Block Επαναληπτικές Μέθοδοι Au = b (2.71) q A r,s U s = B s,s = 1,2,...,q (2.72) s=1 A r,s σχηµατίζεται αν από τον Α διαγραφούν όλες οι γραµµές εκτός αυτών που ϐρίσκονται στο R r και όλες οι στλες εκτός αυτών που ϐρίσκονται στο R s, όπου R 1,R 2,...,R q groups. Παράδειγµα: α 11 α 12 α 13 Au = b, A = α 21 α 22 α 23, R 1 = {1,3}, R 2 = {2} α 31 α 32 α 33 τότε [ α11 α A 11 = 13 α 31 α 33 B 1 = [ b1 b 3 ], A 12 = [ α12 α 32 ], U 12 = ], A 21 = (α 21,α 23 ),A 22 = (α 22 ), U 2 = (u 2 ), B 2 = (b 2 ) [ u1 u 3 ], 76