Используя метод конечных разностей составить решение краевой задачи дифференциального уравнения (5 видео)

ПРИМЕР РЕШЕНИЯ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ МЕТОДОМ КОНЕЧНЫХ РАЗНОСТЕЙ

Пример 1. Методом конечных разностей найти решение краевой задачи:

Механически данная краевая задача описывает прогиб некоторого бруса, концы которого шарнирно закреплены симметрично от начала координат в точках x = -1,
x = 1, т.е. y(x) описывает координату прогиба стержня на участке [-1, 1] оси x (рис. 2).

Рисунок 2 – Профиль изгиба бруска.

Для грубого решения задачи выберем шаг сетки h = тогда выбирая начало отсчёта на левом конце бруска, решение данной задачи ищем на сетке:

x₀ = -1; x₁ = ; x₂ = 0; x₃ = ; x₄ = 1;

Сравнивая данное дифференциальное уравнение (41):

с видом ДУ (2), используемым при формулировке краевой задачи (2) – (4):

заключаем, что для данной краевой задачи функции p(x), q(x) и f (x), имеют вид:

Для решения данной краевой задачи методом конечных разностей уравнение (41) заменяется во внутренних узлах сетки разностным уравнением (35):

, i = 1, 2, 3;

а функции p(x), q(x) и f (x) заменяются соответствующими сеточными значениями:

поэтому для данного случая разностное уравнение (35) перепишется в виде:

, i = 1, 2, 3. (44)

В данном случае мы имеем дело с краевой задачей первого рода, т.е. со случаем, когда краевые условия (42), (43) не содержат значений первой производной, т.е. в данном случае при стандартной записи краевых условий в виде (3), (4) имеем :

поэтому окончательно краевые условия можно переписать в виде:

Таким образом, из (44) — (46) для решения краевой задачи (41) – (43) окончательно имеем систему уравнений:

, i = 1; x₁ = ;

, i = 2; x₂ = 0;

, i = 3; x₃ = ;

Далее отметим, что в силу симметрии данной задачи (брусок прогибается симметрично относительно начала координат) заключаем, что y₃ = y₁, поэтому, рассматривая второе и третье уравнение последней системы, имеем:

;

отсюда при x₂ = 0; h = x₁ = ; y₀ = 0 имеем:

;

Замечание. При рассмотрении метода конечных разностей в § 4 данной лекции для решения краевой задачи (2) – (4) было предложено две системы уравнений:

— первая система — уравнения (35), (37), (38);

— вторая система — уравнения (35), (39), (40);

Видео:Решение уравнения теплопроводности методом конечных разностейСкачать

Данные системы отличаются друг от друга формулами аппроксимации производной первого порядка в краевых условиях (2) – (4), т.е. в первой системе производные в краевых условиях аппрксимировались разностными отношениями первого порядка точности, а во второй системе разностными отношениями второго порядка точности.

Поскольку в данном примере (о профиле изгиба бруска) имеют место краевые условия первого рода, которые не содержат значений первой производной на границах отрезка, то для данного случая алгоритмы решения краевой задачи на основе первой и второй систем совпадают.

Заключение (план — аннотация лекции №25).

В лекции 8 рассмотрена общая постановка краевой задачи для обыкновенных дифференциальных уравнений второго порядка. Дано описание краевых условий различного типа. Приведена классификация методов решения краевых задач.

В качестве методов сведения краевых задач к начальным — к задачам Коши — рассмотрены:

— метод дифференциальной прогонки.

Рассмотрен один из универсальных методов решения краевых задач, основанный на простейших аппроксимаций производных в узлах сетки разностными отношениями первого и второго порядка точности — метод конечных разностей.

Приведен пример решения краевой задачи методом конечных разностей.

1. В.М. Вержбицкий. Основы численных методов. – М.: Высшая школа, 2002. – 840 стр.

2. Б.П. Демидович, И.А. Марон, Э.З. Шувалова. Численные методы анализа.
– М.: Наука, 1967. – 368 с.

3. В.Ф. Формалёв, Д.Л. Ревизников. Численные методы. – М.: Физматлит, 2004. 400 с.

\|	следующая лекция ==>
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ. Пример. Решить экстраполяционным методом Адамса уравнение:	\|	ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ

Дата добавления: 2015-09-14 ; просмотров: 8615 ; ЗАКАЗАТЬ НАПИСАНИЕ РАБОТЫ

Конечно-разностный метод решения краевых задач.

для обыкновенных дифференциальных уравнений.

Примером краевой задачи является двухточечная краевая задача для обыкновенного дифференциального уравнения второго порядка:

с граничными условиями, заданными на концах отрезка [a; b]:

Следует найти такое решение у(х) на этом отрезке, которое принимает на концах отрезка значения у₀, у₁. Если функция линейна по аргументам , то задача поиска этой функции – линейная краевая задача, в противном случае – нелинейная..

Кроме граничных условий, задаваемых на концах отрезка и называемых граничными условиями первого рода, используются еще условия на производные от решения на концах — граничные условия второго рода:

или линейная комбинация решений и производных – граничные условия третьего рода:

где – такие числа, что

Возможно на разных концах отрезка использовать условия различных типов.

Видео:Численные методы. Лекция 14: метод конечных разностей решения краевой задачиСкачать

Наиболее распространены два приближенных метода решения краевой задачи:

— метод стрельбы (пристрелки);

Используя конечно-разностный метод, рассмотрим двухточечную краевую задачу для линейного дифференциального уравнения второго порядка на отрезке [а; b].

Введем разностную сетку на отрезке [а; b]:

Решение задачи будем искать в виде сеточной функции:

предполагая, что решение существует и единственно.

Введем разностную аппроксимацию производных следующим образом:

Подставляя эти аппроксимации производных в исходное уравнение, получим систему уравнений для нахождения y_k:

Приводя подобные члены и учитывая, что при задании граничных условий первого рода два неизвестных уже фактически определены, получим систему линейных алгебраических уравнений с трехдиагональной матрицей коэффициентов:

Для этой системы уравнений при достаточно малых шагах сетки h и q(x_k)

Пример. Решить краевую задачу:

с шагом 0,2.

Во всех внутренних узлах отрезка [0; 1] после замены производных их разностными аналогами получим:

На левой границе y₀ = 1, на правой границе аппроксимируем производную односторонней разностью 1-го порядка:

С помощью группировки слагаемых, приведения подобных членов и подстановки значений x_k, а также с учётом у₀ = 1,получим систему линейных алгебраических уравнений:

В результате решения системы методом Крамера в Excel, получим:

Решением краевой задачи является табличная функция:

k	0	1	2	3	4	5
x_k	0	0,2	0,4	0,6	0,8	1,0
y_k	1,0	0,772	0,583	0,431	0,313	0,223

Расчетная часть

3.1. Найти действительные корни уравнения методами простых итераций и касательных (Ньютона) с точностью до 0,00001.

Решение: Для нахождения корня уравнения предварительно отделим корень уравнения графическим методом, записав уравнение в виде:

Построим в осях ХОУ графики функций:

Линии графиков пересекаются в единственной точке с абсциссой х₀, лежащей в интервале [0,5; 0,6], т.е.

Значение функции на концах интервала:

Видео:Сеточные методы решения дифференциальных уравнений в частных производных.Скачать

Т.к. знаки различны, то уравнение имеет единственный корень в интервале [0,5; 0,6].

3.1.1. Уточнение корня методом простых итераций.

Приведём исходное уравнение к виду:

Т.к. первая производная заданной функции в этом интервале положительна и численно первая производная на этом участке близка к 1,5, то константу С выбираем из интервала:

Т.о. итерационная функция приобретает вид:

Делаем первую итерацию:

Делаем вторую итерацию:

Делаем третью итерацию:

Делаем четвёртую итерацию:

Делаем пятую итерацию:

Делаем шестую итерацию:

Делаем седьмую итерацию:

Делаем восьмую итерацию:

Делаем девятую итерацию:

Продолжая далее, получаем:

На 19-ой итерации изменение шестого знака после запятой, позволяет утверждать, что пятый знак – после запятой – 5. Т.о. значение корня с заданной точностью:

3.1.2. Уточнение корня методом касательных (метод Ньютона):

Т.к. уравнение то же, то интервал, содержащий искомый корень, оставляем тот же [0,5; 0,6], т.е. а = 0,5; b = 0,6.

Находим первую и вторую производную функции :

Очевидно необходимые условия выполняются, т.к.:

, т.е. сохраняют знак на отрезке .

Видео:Задача Коши ➜ Частное решение линейного однородного дифференциального уравненияСкачать

Выполняем первое приближение (х₀ = 0,5):

Выполняем второе приближение (х₁ = 0,571429):

Выполняем третье приближение (х₂ = 0,576128:

Выполняем четвёртое приближение (х₃ = 0,576146):

В пределах заданной точности f(x₂) оказался равен нулю, т.е. требуемая точность достигнута за 4 шага. Значение корня с заданной точностью:

3.2. Вычислить приближенное значение интеграла , используя формулы:

а) трапеций (n = 10); б) Симпсона (n = 10); в) Гаусса (n = 5).

Решение: Ограничимся в расчётах 4 знаками после запятой. Для приближённого вычисления определённого интеграла методом трапеций используется формула:

Разобьём интервал (–1; 9) на n = 10 отрезков (h =1) и вычислим значения подынтегрального выражения для начала и конца каждого отрезка.

№	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
х	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
	2,4495	2,6458	3,7417	5,7446	8,3666	11,4455	14,8997	18,6815	22,7596	27,1109	31,7175

Тогда по формуле трапеций, имеем:

Используя формулу Симпсона (формулу параболических трапеций) в виде:

получим:

Применяя к исходному интегралу квадратурную формулу Гаусса, имеем:

где

Для n = 5, коэффициенты t_i, представляющие нули полинома Лежандра и коэффициента А_i (эти значения табулированы в справочных таблицах) составляют:

i	1	2	3	4	5
t_i	–0,9061	–0,5385	0	0,5385	0,9061
A₁	0,2369	0,4786	0,5689	0,4786	0,2369
х_i	0,4695	2,3075	5	7,6925	9,5305
	2,4705	4,2763	11,4455	21,4756	29,5239

3.3. Построить интерполяционные многочлены Лагранжа и Ньютона по следующим табличным данным:

	2,9	4,4	6,3	9,7
	2,84	4,53	6,04	5,50

Проверить совпадение значений интерполирующего многочлена с табличными значениями функции в узлах интерполяции.

Решение: Интерполяционный полином Лагранжа для четырёх узлов интерполяции записывается в виде:

Подставим численные значения из заданной таблицы:

Для составления интерполяционного полинома в форме Ньютона, вычислим разности первого порядка для заданной таблицы по формуле:

Вычислим разности второго порядка по формуле:

Вычислим разность третьего порядка по формуле:

Тогда интерполяционный полином Ньютона L_n(x) приобретает следующую форму:

Видео:18+ Математика без Ху!ни. Дифференциальные уравнения.Скачать

Расчёты показывают, что оба интерполяционных полинома практически одинаковы, т.е. интерполяция ряда точек полиномом третьей степени осуществляется единственным образом.

По заданным узлам интерполяции х_i значения полинома по этому уравнению составляют:

х	2,9	4,4	6,3	9,7
L_n(x)	2,840133	4,530614	6,041651	5,504897
f(x)	2,84	4,53	6,04	5,50

Расчётные значения практически совпадают с заданными значениями f(x).

По полученному уравнению построена кривая, проходящая через узлы интерполяции.

3.4. Найти оценки параметров линейной и квадратичной моделей функциональной зависимости величин у и х по результатам наблюдений , приведенным в таблице:

	0,4	2,4	3,4	4,4	5,4
	2,14	2,14	2,24	2,34	2,34

Построить чертеж: на плоскости нанести экспериментальные точки , построить графики полученных эмпирических функций .

Решение: Коэффициенты «a₀ и а₁» линейной модели найдём, выполнив необходимые вычисления. Расчеты сведем в таблицу:

Номер наблюдения	1	2	3	4	5	Сумма
х	0,4	2,4	3,4	4,4	5,4	16
у	2,14	2,14	2,24	2,34	2,34	11,2
х 2	0,16	5,76	11,56	19,36	29,16	66
х∙y	0,856	5,136	7,616	10,296	12,636	36,54
	2,108	2,202	2,249	2,297	2,344	11,200
	0,0011	0,0039	0,0001	0,0019	0,0000	0,0069

Т.о. линейная зависимость у = а₀ + а₁х имеет вид: у = 2,08865 + 0,0473х.

По этой зависимости определены выровненные значения и остаточная сумма квадратов отклонений, которые записаны в нижних строках таблицы.

Коэффициенты а₀, а₁, а₂ квадратичной зависимости найдём, также выполнив необходимые расчёты в таблице:

Номер наблюдения	1	2	3	4	5	S
х	0,4	2,4	3,4	4,4	5,4	16
у	2,14	2,14	2,24	2,34	2,34	11,2
х 2	0,16	5,76	11,56	19,36	29,16	66
х 3	0,064	13,824	39,304	85,184	157,464	295,84
х 4	0,0256	33,1776	133,634	374,81	850,306	1391,95
у·х	0,856	5,136	7,616	10,296	12,636	36,54
у·х 2	0,3424	12,3264	25,8944	45,3024	68,2344	152,1
	2,128	2,182	2,230	2,292	2,368	11,200
	0,0001	0,0018	0,0001	0,0023	0,0008	0,0051

Составим систему уравнений:

Решение этой системы методом Крамера даёт:

Т.о. квадратичная зависимость у = а₀ + а₁х + а₂х 2 имеет вид:

у = 2,12433 + 0,00729·х + 0,006996·х 2 .

В нижней строке таблицы по полученному уравнению тоже рассчитаны значения по заданным значениям Х и остаточная сумма квадратов отклонений, которые записаны в нижних строках таблицы.

Эмпирическая ломаная, а также линии линейной и квадратичной модели построены на рисунке.

Результаты и выводы.

1. Т.о. интерполяционный полином Лагранжа и Ньютона, построенный по 4 заданным узлам интерполяции имеет вид:

Значения функции, вычисленные по этому полиному третьей степени, точно совпадают с заданными значениями в узлах интерполяции.

Полученное уравнение позволяет найти приближённые значения функции в любых промежуточных точках от х₁ = 2,9 до х₄ = 9,7.

2. Применение метода минимальных квадратов (МНК) к аппроксимации пяти экспериментальных точек линейной зависимостью вида у = а₀ + а₁х, т.е. прямой линией и квадратичной зависимостью вида , т.е. параболой дало следующие выражения:

– линейная зависимость реализована уравнением: у = 2,0887 + 0,0473х

– квадратичная зависимость реализована уравнением: у = 2,1243 + 0,0073·х + 0,007·х 2 .

Судя по остаточной сумме квадратов отклонений, квадратичная зависимость несколько лучше аппроксимирует экспериментальные данные, т.к. для неё остаточная сумма квадратов отклонений меньше, чем для линейной функции.

Список использованной литературы

Видео:6-2. Метод сетокСкачать