Przykład przedstawia rozwiązanie problemu brzegowego 7u +3xu=9x 2 +4 u ( 1)=3 u(2)= 2

Transkrypt

1 Przykład przedstawia rozwiązanie problemu brzegowego 7u +3xu=9x 2 +4 u ()=3 u(2)= 2 (1) metodami residuów ważonych i MES. Metoda residuów ważonych Zanim zaczniemy obliczenia metodami wariacyjnymi zamienimy powyższy problem z niejednorodnymi warunkami brzegowymi na problem równoważny zjednorodnymiwarunkami.wtymcelupodstawimyzau(x)=y(x)+u (x) gdziefunkcjay(x)będziespełniaćjednorodnewarunkibrzegowe,au (x)jest dowolną funkcją która spełnia niejednorodne warunki. Dla naszego przykładuprzyjmiemyfunkcjepostaciu (x)=ax+b.pouwzględnieniuwarunku u ()=y ()+a=3 a=3.analogiczniedladrugiegowarunku mamyu(2)=y(2)+a 2+b= 2orazwykorzystując,żey(2)=(warunek jednorodny) 2a+b= b= 2 b= 8. Wtensposóbotrzymanązależnośću(x)=y(x)+3x 8wstawimydo równania(1) i otrzymamy problem brzegowy z jednorodnymi warunkami brzegowymi 7y +3xy=24x+4 y ()= y(2)= ResiduumdlategoproblemuwynosiR(x)=7y +3xy 24x 4 Ogólny wzór metody residuów ważonych ma postać wr(x)dω = (2) a dla naszego przykładu równanie(2) przyjmie postać Ω w(7y +3xy 24x 4)dx= (3) 1. Metoda Bubnowa-Galerkina w sformułowaniu słabym Startujemy z równań w(7y +3xy)dx w(24x+4)dx= Pierwszy człon równania całkujemy przez części 7wy 2 + ( 7w y +3xwy)dx w(24x+4)dx= (4) Zważywszy na to, że funkcja w spełniać ma jednorodny podstawowy warunekbrzegowytowy 2 =. modyfikacja: marzec 215 P. Pluciński 1

2 Podstawiamyzay=Φdizafunkcjewagowąw=Φc=c T Φ T,oraz przyjmujemy trzy funkcje bazowe spełniające jednorodny podstawowywarunekbrzegowy(conajmniejklasyciągłościc 1 ) Φ=[x 2 (x 2) 2 (x 2) 3 Równanie(4) po przekształceniach przyjmie postać ( 7c T Φ T Φ d+3xc T Φ T Φd)dx c T Φ T (24x+4)dx= adlawarunku,żerównanietojestspełnionedlakażdegoc mamy ( 7Φ T Φ d+3xφ T Φd)dx Φ T (24x+4)dx= Po przemnożeniu i scałkowaniu otrzymamy układ równań Rozwiązanie układu równań d= d 1 d 2 d 3 = Ostateczniey(x)=9.719 Φ Φ Φ 3 =.836x x 2.813x 4.465awracającdorównaniawyjściowegou(x)= y(x)+u (x)=.836x x 2.813x x 8=.836x x x Metoda Bubnowa-Galerkina w sformułowaniu mocnym Rozwiązania będziemy szukać w bazie funkcji dopuszczalnych spełniających podstawowe i naturalne warunki brzegowe, oraz co najmniej klasyciągłościc 2. Przyjmiemy trzy funkcje bazowe Φ=[x 2 +2x 8 x 3.5x 2 6x+1 x 4 4x 3 +16x6 orazy=φdifunkcjęwagowąw=φc=c T Φ T.Podstawiającte wszystkie zależności do(3) otrzymamy c T Φ T (7Φ d+3xφd 24x 4)dx= 2 P. Pluciński modyfikacja: marzec 215

3 Równanietomabyćspełnionedladowolnegoc,orazpopodstawieniu konkretnych funkcji bazowych, przyjmie postać x 2 +2x 8 x 3.5x 2 6x+1 x 4 4x 3 +16x6 { 7 [ 2 6x 3 12x 2 24x d+ +3x [ x 2 +2x 8 x 3.5x 2 6x+1 x 4 4x 3 +16x6 d } 24x 4 dx= Dalej całkując i przekształcając otrzymamy układ równań d d 2 = d 3 Rozwiązanie tego układu wynosi d= aostatecznerozwiązaniemapostaćy(x)=1.587 Φ Φ 2.31 Φ 3 =.31x x x 2.888x 4.59.Wracającteraz dorównaniawyjściowegou(x)=y(x)+u (x)=.31x x x x Metoda kollokacji Wmetodzietejfunkcjąwagowąjestw=δ(x x i )gdziex i jestpunktem kollokacji. Punktów kollokacji dobieramy tyle ile jest funkcji bazowych i powinny one zawierać się w obszarze szukanego rozwiązania. Przyjmijmyx 1 = 1 4,x 2= 1 2 orazx 3= 5 4. Równanie(2) ma teraz postać czyli δ(x x i )R(x)dx=R(x i )= dla i=1,2,3 R(x i )=(7Φ(x i ) +3x i Φ(x i ))d (24x i +4)= dla i=1,2,3 dalej { [ R(x 1 )= ( 1 ) [( 4 1 ) ( ) 1 3 (.5 1 ) ( ( 4 4) 1 ) } ( d=24 1 ) +4 4 modyfikacja: marzec 215 P. Pluciński 3

4 { [ ( ) 2 1 R(x 2 )= [( ) 2 ( ) 3 ( ) ( ) 4 ( ) 3 } 1 1 ( d= ) { [ ( ) 2 5 R(x 3 )= [( ) 2 ( ) 3 ( ) ( ) 4 ( ) 3 } 5 5 ( d= ) co prowadzi do układu równań d 1 d 2 d 3 = Rozwiązanie układu równań ma postać d= aszukanafunkcjau(x)=1.653 Φ Φ 2.1 Φ 3 +u (x)=.1x x x x Metoda najmniejszych kwadratów Wtejmetodziefunkcjawagowamapostaćw i = R d i. Residuum możemy zapisać jako stąd czyli równanie(3) przyjmie postać R=7Φ d+3xφd (24x+4) w i = R d i =7Φ i+3xφ i (7Φ +3xΦ) T (7Φ d+3xφd (24x+4))dx= 4 P. Pluciński modyfikacja: marzec 215

5 podstawiając za Φ nasz wektor funkcji bazowych otrzymamy 2 x 2 +2x 8 { 6x 3 +3xx 3.5x 2 [2 6x+1 6x 3 12x 2 24x d+ 12x 2 24x x 4 4x 3 +16x6 +3x [ x 2 +2x 8 x 3.5x 2 6x+1 x 4 4x 3 +16x6 } d (24x+4) dx= co po scałkowaniu i przekształceniach daje układ równań d d 2 = d którego rozwiązaniem jest d= Ostatecznierozwiązaniemapostaću(x)=1.463 Φ Φ 2.5 Φ 3 +u (x)=.5x x x x Powyższe metody są metodami przybliżonymi. Jednakże jeżeli mamy doświadczenie w dobieraniu funkcji bazowych to w szczególnym przypadku możemy otrzymać nawet rozwiązanie ścisłe. Metoda elementów skończonych w słabym sformułowaniu B-G Zapiszemy problem(1) dla jednego elementu w e (7u e +3(x e +a e )u e )dx e = w e (9(x e +a e ) 2 +4)dx e gdziea e jestprzesunięciemelementowegolokalnegoukładuwspółrzędnych względem układu globalnego. Pierwszy człon przecałkujemy przez części 7w e u e l e le + ( 7w e u e +3(x e +a e )w e u e )dx e = w e (9(x e +a e ) 2 +4)dx e Podstawiamyterazzau e =N e d e iw e =N e c e =c et N et gdzien e sąliniowymifunkcjamikształtulagrange a(n e = [1 xe x e ) otrzymujemy l e l e 7c et N et u e l e le + ( 7c et N e T N e d e +3(x e +a e )c et N et N e d e )dx e = = l e c et N et (9(x e +a e ) 2 +4)dx e modyfikacja: marzec 215 P. Pluciński 5

6 dalej przekształcając c et 7NeT u e le + ( 7N e T N e +3(x e +a e )N et N e )d e dx e N et (9(x e +a e ) 2 +4)dx e = Równanietojestspełnionedladowolnegoc e ipoprzekształceniachprzyjmie postać K e d e =p e p e b gdzie K e = l e ( 7N e T N e +3(x e +a e )N et N e )dx e p e = N et (9(x e +a e ) 2 +4)dx e p e b =7NeT u e l e Przyjmujemytrzyelementyskończoneorównejdługościl e =1.Dlaposzczególnychelementówotrzymujemymacierzeiwektory:( nrwęzła) Element1a 1 = p 1 b=7 [ 1 1 [ K 1 = [ 4.25 p 1 1 = 2.75 [ 1 u 1 (l 1 ) 7 u 1 ()=7 1 u1 () u 1 (l 1 ) 1 Element2a 2 = [ K 2 = [ 2.75 p 2 = 4.25 p 2 b=7 u2 () u 2 (l 2 ) 6 P. Pluciński modyfikacja: marzec 215

7 Element3a 3 =1 [ K 3 = [ 1.25 p 3 = p 3 b =7 u3 () u 3 (l 3 ) Teraz przystępujemy do agregacji macierzy i wektorów K= p b =7 Stąd mamy układ równań p= u 1 ()= u () u 1 (l 1 ) u 2 ()= u 2 (l 2 ) u 3 ()= u 3 (l 3 )=u (2) d 1 d 2 d 3 d 4 = u () u (2) Uwzględniającterazwarunkibrzegoweu()=d 4 = 2orazu ()=3 nasz układ równań przyjmie formę d 1 d 2 d 3 u (2) = ( 3) ( 2) Rozwiązanie powyższego równia- niewiadome pierwotne d i niewiadome wtórnep b d= p b = Funkcje kształtu są liniowymi funkcjami Lagrange a i rozwiązanie MES spełniajedyniepodstawowywarunekbrzegowy(dlau ()= ). modyfikacja: marzec 215 P. Pluciński

8 Spełnienie naturalnego warunku brzegowego wymagałoby przyjęcia funkcji kształtu Hermita. Zachowując funkcje kształtu Lagrange a błąd rozwiązania dla pochodnej możemy zmniejszyć zwiększając liczbę elementów skończonych. Porównanie wyników Na rys.1 zamieszczono wykresy rozwiązań z poszczególnych metod. 5 BGs BGm Kol NK MES Rysunek 1: Zestawienie wyników 8 P. Pluciński modyfikacja: marzec 215