Numerikus módszerek 2 (MSc)

Átírás

1 Numerikus módszerek 2 (MSc) Horváth Róbert Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Természettudományi Kar Matematika Intézet Anaĺızis Tanszék tavasz

2 1. Tantárgyismertető

3 Hasznos információk Elérhetőségeim: Iroda: H.24/b Fogadóóra: Hétfő 9-10 óra (az irodámban). Gyakorlat: Beadandó feladatok, programok. A feladatok teljesítése és jelenlét szükséges az aláíráshoz. Előadás: követelmények ismertetése Vizsgák: vizsga módja, vizsgára bocsátás feltétele Jegyzet: órai jegyzet, Horváth, Izsák, Karátson, Parciális differenciálegyenletek numerikus módszerei, elektronikus jegyzet, 2013, az előadás diái, interneten szereplő anyagok:

4 Felhasznált irodalom - Arent, Urban, Partielle Differenzialgleichungen, Spektrum, Larry J. Segerlind, Applied finite element analysis, John Wiley and sons, Morton, Mayers, Numerical solutions of partial differential equations, Cambridge University Press, Alfio Borzi, Introduction to multigrid methods, Institut für Mathematik und Wissenschaftliches Rechnen, Graz ( - C. Johnson, Numerical solutions of PDEs by the finite element methods, Dover Publications Stoyan Gisbert, Matlab, Typotex Stoyan Gisbert, Takó Galina, Numerikus módszerek II-III, Typotex. - Faragó, Horváth, Numerikus módszerek BSc, egyetemi jegyzet (honlapomról letölthető).

5 2. Bevezetés

6 Mivel foglalkozik a numerikus matematika? A numerikus matematika a folytonos matematika problémáinak megoldásához konstruál algoritmusokat és elemzi azokat (pontosság, hatékonyság, viselkedés a számítógépes megvalósítások során). A folytonos matematikai problémák általában valamilyen más tudományág problémáinak matematikai modelljei (fizika, biológia, közgazdaságtan, stb.).

7 Modellalkotás A valódi probléma Tudományos modell Matematikai modell PDE Numerikus modell Számítógépes modell

8 Néhány példa (tud. és mat. modellek) A boldog családok hasonlók egymáshoz; minden boldogtalan család, a maga módján az. (Tolsztoj) Transzportegyenletek: Pl. A keresztmetszetű csőben folyadék áramlik, oldott anyag sűrűsége u(t, x). Egy [x, x + x] csődarabot tekintünk a [t, t + t] időintervallumban. Mérlegegyenlet (megmaradási törvény): Tömegváltozás = Beáramló - Kiáramló + Forrás ψ(t, x): fluxus: egységnyi keresztmetszeten, egységnyi idő alatt átáramló anyag. f(t, x): forrás: időegység alatt egységnyi térfogatban keletkező anyag.

9 Néhány példa (tud. és mat. modellek) = t+ t x+ x x A(u(t + t, y) u(t, y)) dy = A(ψ(τ, x) ψ(τ, x + x)) dτ + t+ t x+ x t t x u t(t, x) + ψ x(t, x) = f(t, x) Af(τ, y) dydτ Speciális esetek: ψ(t, x) = cu(t, x) lineáris transzportegyenlet u t(t, x) + cu x(t, x) = f(t, x), (advekció-reakció egyenlet) u t(t, x) + cu x(t, x) λu(t, x) = 0

10 Néhány példa (tud. és mat. modellek) ψ(t, x) = αu(β u) Burgers-egyenlet (közlekedési dugó modell). A v(t, x) = β 2u(t/α, x) változócserével v t(t, x) + v(t, x)v x(t, x) = 0. Diffúzió, hővezetés Fourier-törvény, Fick-törvény: ψ(t, x) = ku x(t, x) Hullámegyenlet Newton 2. törvénye: u t(t, x) = ku xx(t, x) + f(t, x). u tt = c 2 u xx + f(t, x).

11 Néhány példa (tud. és mat. modellek) Ugyanezek magasabb térdimenzióban: - Transzportegyenlet: u t(t, x) + ψ(t, x) = 0. - ψ(t, x) = c bu(t, x) u t(t, x) + c b u(t, x) = 0. - Diffúzió, hővezetés u t(t, x) = k u + f(t, x). Spec.: ( u = f Poisson-egyenlet, u = 0 Laplace-egyenlet) - Hullámegyenlet u tt(t, x) = c 2 u + f(t, x).

12 Néhány példa (tud. és mat. modellek) Black Scholes-egyenlet Opcióárazás egyenlete: Navier Stokes-egyenlet V t σ2 S 2 V SS + rsv S rv = 0 Nemösszenyomható folyadék áramlása: ϱ ( v t + v v ) = p + µ v + f.

13 Néhány példa (tud. és mat. modellek) Maxwell-egyenletek Elektromágneses tér leírása: (εe) = H σe J e, t (µh) = E, t (εe) = 0, (µh) = 0. Schrödinger-egyenlet i Φ t = 2 Ψ + V (t, x)ψ. 2m A PDE-ket kezdeti- és peremfeltételek teszik korrekt kitűzésűvé.

14 3. Módszertípusok

15 Módszertípusok áttekintése I. Véges differenciák módszere II. Integrálmódszerek Variációs módszer (Ritz-módszer) Súlyozott reziduum módszerek - Kollokációs módszer - Véges térfogat módszer (vagy résztartomány módszer) - Galjorkin-módszer - Momentumok módszere - Legkisebb négyzetek módszere Megj.: Ha az integrálmódszerekben a tesztfüggvényeket kis tartójú, szakaszonként polinomiális függvényeknek választjuk, akkor végeselem módszerről beszélünk.

16 Egy egydimenziós peremértékfeladat Lehajló rúd egyenlete: y = M(x) EI M 0, y(0) = y(h) = 0. A pontos megoldás: y(x) = M 0 2 (x2 Hx), a rúd közepén a lehajlás y(h/2) = M 0H 2 = 0.125M 0 H 2. 8

17 Véges differenciák módszere Az ismeretlen függvényt rácsfüggvénnyel közeĺıtjük, a deriváltakat pedig véges differenciákkal. Az így nyert egyenletrendszert megoldjuk az ismeretlen rácsfüggvényértékekre. Legyenek Q = tridiag [ 1, 2, 1] R n n, h = H/(n + 1), n N, x k = kh (k = 0,..., n + 1). y k közeĺıtse az y(x k ) függvényértéket. Ekkor a 1 h 2 Qy = M 0e egyenletrendszert kell megoldani. n=101 esetén a megoldásvektor középső eleme: y 51 = M 0 H 2 M 0 H 2 /8. (lásd: Numerikus módszerek 1.)

18 Integrálmódszerek Tesztfüggvények V h N dim. vektorteréből választjuk ki valamilyen szempontból a legmegfelelőbbet a tesztfüggvényeket megfelelő integrálokba helyettesítve. Variációs módszer: A differenciálegyenletet egy variációs feladat Euler Lagrange-egyenleteként fogjuk fel, majd a kapott funkcionált minimalizáljuk a tesztfüggvények halmazán.

19 Integrálmódszerek Súlyozott reziduum módszer: Az Lu = f (u a pontos megoldás) általános alakú feladat esetén a reziduum: r = f Lu. Így az w(x)r(x) dx = 0 Ω egyenlőség minden w(x) ún. súlyfüggvényre fennáll, ha a reziduumot a pontos megoldással számítjuk. A súlyozott reziduum módszerben a fenti egyenlőséget követeljük meg N adott súlyra (w i (x)) a tesztfüggvényekre. Olyan φ(x) tesztfüggvényt keresünk tehát, amire I i (φ(x)) = w i (x)r(φ(x)) dx = 0, i = 1,..., N. Ω

20 Variációs módszer Walter Ritz ( ) svájci elméleti fizikus. I(φ(x)) = H 0 ( ) 1 2 (φ (x)) 2 + M 0 φ(x)) φ(x) = y(x)-re minimum a V = {φ : C 2 [0, H], φ(0) = φ(h) = 0} halmazon y(x) megoldása a φ = M 0, y(0) = y(h) = 0 peremértékfeladatnak (Euler Lagrange-egyenlet). dx

21 Variációs módszer Legyen a próbafüggvények halmaza most V h = {φ : [0, H] R φ(x) = A sin(πx/h), A R}. Minimalizáljuk az I funkcionált V h -n. Legyen φ A V h. Ekkor H ( 1 ( π ( πx )) 2 ( πx ) ) I(φ A (x)) = 2 H cos + M0 A sin dx H H Minimális, ha 0 = π2 4H A2 + 2M 0H A. π A = 4M 0H 2 π 3, azaz a φ(x) = 4M 0H 2 ( πx ) π 3 sin H függvényre. Maximális lehajlás 4M 0H 2 π 3 = M 0 H 2.

22 Kollokációs módszer N tetszőleges pontban a tartományon belül legyen a reziduum nulla. Integrálalakban is feĺırható a w i (x) = δ xi (x) Dirac-féle függvény segítségével. (x i -ben 1, máshol nulla az értéke, és egy adott függvénnyel vett szorzatának integrálja a függvény x i -beli értéke.) I i (φ(x)) = δ xi (x)r(x) dx = r(x i ) = 0, i = 1,..., N. Ω

23 Kollokációs módszer A példabeli reziduum: r(x) = M 0 y (x). A tesztfüggvényeken az alakja ( π ) 2 ( πx ) r(x) = M 0 + A sin. H H Az x = H/2 felezőpontban akkor ad ez nullát, ha Ekkor a közeĺıtő megoldás tehát Maximális lehajlás A = H2 M 0 π 2. φ(x) = H2 M 0 π 2 sin M 0 H 2. ( πx ), H

24 Véges térfogat módszer (vagy résztartomány módszer) A tartományt diszjunkt résztartományokra osztjuk: Ω = Ω 1... Ω N és a w i (x) = χ Ωi (x) (i = 1,..., N) karakterisztikus függvényeket választjuk súlyoknak: I i (φ(x)) = χ Ωi (x)r(x) dx = r(x) dx = 0, i = 1,..., N. Ω Ω i A példában csak egy résztartomány van: H 0 r(x) dx = H 0 ( π M 0 +A H ) 2 ( πx ) sin H dx = M 0 H+ 2Aπ H = 0. A értéke tehát A = M 0 H 2 /(2π) = M 0 H 2, ez a max. lehajlás. Közeĺıtő megoldás φ(x) = M 0H 2 2π ( πx ) sin. H

25 Galjorkin-módszer Borisz Grigorjevics Galjorkin ( ) orosz mérnök / matematikus. V h bázisa legyen φ 1,..., φ N, és a közeĺıtő megoldást keressük φ = k c kφ k (x) alakban. A súlyfüggvényeket válasszuk a bázisfüggvényeknek! I i ( c k φ k (x)) = φ i (x)r(x) dx = 0, i = 1,..., N. k Ω Ez a módszer a végeselem módszer alapja.

26 Galjorkin-módszer A példában: = H 0 φ 1 (x) = sin I 1 (Aφ 1 (x)) = sin H 0 ( πx ). H ( πx ) ( ( π M 0 + A H H = Aπ2 2H + 2M 0H π φ 1 (x)r(x) dx ) 2 ( πx ) ) sin dx H = 0. A értéke tehát A = 4M 0 H 2 /π 3 (mint a Ritz-módszernél), ez a max. lehajlás. Közeĺıtő megoldás φ(x) = 4M 0H 2 π 3 sin ( πx ). H

27 Momentumok módszere w i (x) = x i 1, i = 1, 2, 3,... A példában most w i (x) = 1 és egy intervallum van csak, így ugyanazt kapjuk, mint a véges térfogat módszer esetén. A értéke tehát A = M 0 H 2 /(2π) = M 0 H 2, ez a max. lehajlás. Közeĺıtő megoldás φ(x) = M 0H 2 2π ( πx ) sin. H

28 Legkisebb négyzetek módszere Az I(φ(x)) = Ω (r(x)) 2 dx min. feladat megoldását keressük. Ha V h a φ i bázisfüggvények lineáris kombinációja és a megoldást φ(x) = k c kφ k (x) alakban keressük, akkor a minimumhelyen a c k ismeretlenek szerinti deriváltaknak nullának kell lenniük. Innét kapjuk a 2 Ω r(x) r(x) c i dx = 0, (i = 1,..., N) egyenlőségeket. Azaz a reziduum deriváltjai a súlyok ebben a módszerben (w i (x) = r/ c i ).

29 Legkisebb négyzetek módszere A feladatban: I(φ A (x)) = H 0 ( ( π M 0 + A H ) 2 ( πx ) ) 2 sin H dx = A2 π 4 2H 3 + 4M 0πA H + M 2 0 H min. Minimum A = 4M 0H 2 π 3 esetén. Ez a max. lehajlás (mint a Ritz-módszernél), a közeĺıtő megoldás pedig φ(x) = 4M 0H 2 π 3 sin ( πx ). H

30 Megjegyzések Önadjunált operátorok esetén a Ritz- és Galjorkin módszerek ugyanazt az eredményt adják. Végeselem módszernek hívunk egy integrálmódszert, ha a tesztfüggvények szakaszonként folytonos függvények (a bázis tesztfüggvények tartója kicsi az egész tartomány méretéhez képest). Általában a Galjorkin-módszert szokták használni ebben az esetben. Természetesen eddig csak közeĺıtő megoldásokat álĺıtottunk elő, de nem foglalkoztunk azzal, hogy mekkora a közeĺıtő megoldás hibája. Ezt a kérdést majd később a konkrét feladatoknál fogjuk vizsgálni.

31 4. Az advekciós egyenlet megoldása (véges differencia)

32 Az advekciós egyenlet 1D-ban Advekciós egyenlet u t(t, x) + cu x(t, x) = f(t, x), kiegészítve a megfelelő kezdeti- és peremfeltételekkel; c az áramlás sebessége. Egzakt megoldása a karakterisztikus görbék segítségével történik. A megoldás grafikonja összerakható a t(s) 1 d x(s) = c ds u(t(s), x(s)) f(t(s), x(s)) KDER megoldásgörbéiből ([t(0), x(0), u(t(0), x(0))] T adott vektor).

33 Karakterisztikák Legyen u(0, x) = u 0 (x) adott kezdeti függvény. Ha c = c(t, x) x-ben Lipschitz-folytonos és t-ben folytonos, akkor a karakterisztikák nem metszik egymást. Ha f 0, akkor u konstans a karakterisztikákon. Ekkor, ha c = c(u), akkor egyenesek a karakterisztikák (u(t, x) = u 0 (x c(u(t, x))t)), c konstans esetén párhuzamosak (u(t, x) = u 0 (x ct)).

34 Első próbálkozás Numerikus megoldási módszerek lehetnek: Véges térfogat módszer (nem vizsgáljuk), a KDER numerikus megoldása (több változóban komplikált), véges differencia módszer. Vizsgáljuk az alábbi feladatot: Konstans sebességes advekció, periodikus peremmel u t(t, x) + cu x(t, x) = 0, u 0 (x) adott, u(t, 0) = u(t, 1).

35 Első próbálkozás Rácshálót definiálunk a megoldási tartományon (Uj k u(j t, k t)). FTCS-séma: (k = 0, 1,... ; j = 1,..., n) U k+1 j U k j t + c U k j+1 U k j 1 2 x = 0.

36 Első próbálkozás A q = c t/ x és U k h = [U k 1,..., U k n] T választással a séma az alábbi vektoriterációs alakot ölti: U k+1 h = 1 q/2 q/2 q/2 1 q/ q/2 1 q/2 q/2 q/2 1 Próbáljuk ki u 0 (x) = sin(2πx) kezdeti feltétellel (c = 1)! transeq(n,dt,kmax)=transeq(30,0.05,400) Látható, hogy valami nem stimmel a módszerrel. Mi lehet a rossz viselkedés oka? U k h

37 Lax ekvivalencia tétele Konvergencia: A rács finomításával a numerikus megoldás tart a pontos megoldáshoz. Stabilitás: Kicsit változtatva a kezdeti feltételen a megoldás nem változhat bármekkorát a rács finomításával. Konzisztencia: A séma képlethibája nullához tart, ha a rácstávolságok nullához tartanak. Lax ekvivalencia tétele: Korrekt kitűzésű feladatokra konstruált konzisztens numerikus sémák pontosan akkor konvergensek, ha stabilak.

38 CFL-feltétel Richard Courant ( ) német származású (amerikai) matematikus Kurt Otto Friedrichs ( ) német származású (amerikai) matematikus Hans Lewy ( ) német származású (amerikai) Wolf-díjas matematikus Courant, R.; Friedrichs, K.; Lewy, H. (1928), Über die partiellen Differenzengleichungen der mathematischen Physik (in German), Mathematische Annalen 100 (1):

39 CFL-feltétel Piros pontok: A P pontbeli numerikus megoldás függőségi halmaza. Kék vonal: A P pontbeli pontos megoldás függőségi halmaza. CFL-feltétel: A numerikus séma, csak akkor lehet konvergens, ha numerikus függőségi halmaza tartalmazza a pontos megoldás függőségi halmazát (szükséges a konvergenciához).

40 CFL-feltétel A mintapéldában: A karakterisztika meredeksége: 1/c A numerikus függőségi tartomány oldalainak meredeksége t/ x. A CFL-feltétel teljesül, ha q = c t x 1. (q elnevezése: CFL-szám.) A példában q = 1.5, azaz nem teljesül a feltétel. transeq(n,dt,kmax)=transeq(30,0.01,1200) Most már teljesül, de még mindig valami nem jó. Tudjuk, hogy a CFL-feltétel csak szükséges feltétel a konvergenciához.

41 Diszkrét Fourier-anaĺızis A numerikus sémát kielégítik az alábbi komplex számok: U k j = g k e ijl x, ha g g(l x) = 1 qi sin(l x) (g: növekedési faktor, amplification factor). Vegyük észre, hogy g 2 = 1 + q 2 sin 2 (l x), amely általában nagyobb lesz, mint 1, azaz általában a Fourier-összetevők amplitúldója növekszik. Azaz rögzített q mellett finomított rácshálón a számításokra rakódó hiba növekszik, így nem lehet a módszer stabil. A FTCS-séma nem használható, mert nem stabil. A CFL-feltételt viszont kielégíti.

42 Upwind séma Egy egyszerű és konvergens séma (előző időrétegen való lineáris interpolációból): U k+1 j = { U k j q(u k j+1 U k j ) = (1 + q)u k j qu k j+1, c < 0, U k j q(u k j U k j 1 ) = (1 q)u k j + qu k j 1, c 0. CFL-feltétel: teljesül, ha q 1. Diszkrét Fourier: g g(l x) = 1 q (1 e il x ), azaz g 2 = 1 4 q (1 q ) sin 2 (l x/2). Azaz a CFL-feltétel mellett stabil is a séma (most ez elégséges is), azaz konvergens is (konzisztencia miatt).

43 Az upwind séma konvergenciája (c > 0 esete) Legyen a pontos megoldás jelölése: u k j = u(k t, j x) (hasonlóan a deriváltakra is). Tegyük fel, hogy a megoldás másodrendű deriváltjai folytonosak, azaz ebben az esetben korlátosak is a megoldási tartományon: [0, t max ] [0, 1]. Képlethiba: tehát T k j = [ u ] k t j := uk+1 j t[ u tt }{{} c 2 u xx u k j + c uk j uk j 1 t x ] k j + c ( [u x] k j 1 2 x [ u xx T k j 1 2 c x(1 q)m xx, ) ] k, j ahol M xx felső becslés a megoldás x szerinti második deriváltjára a tartományon.

44 Az upwind séma konvergenciája (c > 0 esete) Legyen a hiba jelölése: e k j = uk j U j k. Ekkor a numerikus séma és a képlethiba képletének kivonásával kapjuk, hogy e k+1 j e k j t + c ek j ek j 1 x = T k j, azaz az e k h = [ek 1,..., ek n] T és T k h = [T k 1,..., T k n ] T jelölésekkel 1 q q q 1 q e k+1 h = e k h ttk h q 1 q

45 Az upwind séma konvergenciája (c > 0 esete) Az iterációs mátrix maximumnormája 1, így adódik a e k h t( T 0 h T k 1 h ) tk 1 2 c x(1 q)m xx t max 1 2 c x(1 q)m xx becslés, ami mutatja a séma elsőrendű konvergenciáját. transeq upwind(50,0.01,800) Megj.: A bizonyításhoz felhasználtuk a megoldás kellő simaságát. Ha a kezdeti feltétel nem elég sima, akkor ez nem teljesül. Ilyenkor más módszerek kellenek a konvergencia vizsgálatához.

46 Az upwind séma Fourier-anaĺızise λ: hullámhossz, λ = 2π/l (l: hullámszám) f: frekvencia, ω = 2πf: körfrekvencia Hullám sebessége: v = λf = ω/l Így egy szinuszhullám feĺırható az u(t, x) = A 0 e i(lx ωt) alakban. Ez a hullám kielégíti az advekciós egyenletet, ha c = ω/l (haladási sebessége éppen c). Amplitúdó állandó. t alatt a fázisváltozás ω t = cl t = ql x.

47 Az upwind séma Fourier-anaĺızise A numerikus séma fáziseltolódása: U k j = g k e ijl x = e ln( g )k e i(jl x+arg(g)k) Látható, hogy g 1 esetén változik az amplitúdó és a fázisváltozás t idő alatt arg(g). Lemma. arctg(c 1 p + c 2 p 2 + c 3 p 3 + c 4 p ) = c 1 p + c 2 p 2 + (c 3 c 3 1/3)p 3 + (c 4 c 2 1c 2 )p

48 Az upwind séma Fourier-anaĺızise Az upwind séma esetén: g = 1 q (1 e il x ), melyre g = 1 4 q (1 q ) sin 2 (l x/2). A 1 x = 1 x/2 x 2 /8 x 3 /16... sorfejtés miatt ez azt mutatja, hogy az amplitúdó hibája (l x) 2 -tel arányos. Mivel g = (1 q) + q cos(l x) iq sin(l x), emiatt az argumentum q sin(l x) arg(g) = arctg (1 q) + q cos(l x) = ql x(1 (1 q)(1 2q)(l x) 2 /6 +...).

49 Lax Wendroff-séma Lax Péter (1926, Budapest), magyar származású amerikai matematikus. Burton Wendroff (1930) amerikai matematikus.

50 Lax Wendroff-séma Kvadratikus interpoláció segítségével származtatható. U k+1 j = 1 2 q(1 + q)u k j 1 + (1 q 2 )U k j 1 2 q(1 q)u k j+1. transeq laxwendroff(50,0.01,1000) Növekedési faktor: g(l x) = 1 iq sin(l x) 2q 2 sin 2 ( 1 2 l x ), ahonnét g 2 = 1 4q 2 (1 q 2 ) sin 4 ( 1 2 l x ) (CFL elégséges is), arg(g) = ql x(1 (1 q 2 )l 2 x 2 /6 +...).

51 Leap-frog séma U k+1 j U k 1 j 2 t (indítás pl. a Lax-Wendroff sémával). + c U k j+1 U k j 1 2 x = 0 Növekedési faktor: g(l x) = iq sin(l x) ± 1 q 2 sin 2 (l x), ha a CFL-feltétel teljesül, akkor nincs csillapítás. arg(g) = ql x(1 (1 q 2 )l 2 x 2 /6 +...).

52 5. Elliptikus egyenletek numerikus megoldása (véges differencia)

53 A Poisson-egyenlet téglalapon Poisson-egyenlet 2D-ban, téglalapon, Dirichlet-peremmel u = 2 u x 2 2 u = f(x, y), (x, y) Ω := (0, a) (0, b) y2 u Γ = g(x, y), Γ := Ω. Véges differencia megoldáshoz rácsot definiálunk: Ω h := {(x, y) }{{} x ij Ω x = ih 1, y = jh 2, i = 0,..., n 1, j = 0,..., n 2 }, Ω h Ω =: Ω h, Ω h Γ =: Γ h.

54 A véges differencia séma Alkalmazzuk az U j i u(ih 1, jh 2 ), f ij = f(ih 1, jh 2 ), g ij = g(ih 1, jh 2 ) közeĺıtéseket, melyekkel a séma alakja a következő lesz.

55 A véges differencia séma Véges differencia séma, Poisson-egyenlet, téglalap, Dirichlet-perem U j i 1 2U j i + U j i+1 h 2 1 U j 1 i 2U j i + U j+1 i h 2 = f ij, x ij Ω h 2 U j i = g ij, x ij Γ h. A fenti egyenletek egy (n 1 + 1)(n 2 + 1) méretű lineáris egyenletrendszert eredményeznek ahol (φ h ) ij = A h U h = φ h, { f ij, x ij Ω h, g ij, x ij Γ h,, φ h max{ g C(Γ), f C(Ω) } és a mátrix ill. vektorok alakja attól függ, hogy hogy rendeztük a rácspontokat. A továbbiakban a sorfolytonos sorszámozást alkalmazzuk (lentről felfelé, balról jobbra).

56 Az A h mátrix szerkezete kék: 1 zöld: 2 h h 2 2 piros: 1 h 2 1 narancs: 1 h 2 2

57 Az A h mátrix szerkezete Tétel. Az A h mátrix M-mátrix. Biz. Előjelek stimmelnek. Tekintsük a függvényt és definiáljuk a w, w(x, y) = 4 + x(a x) + y(b y) w ij = w(ih 1, jh 2 ) pozitív vektort, amit ugyanúgy rendezünk, mint az U h vektor elemeit. Erre a vektorra { 4, x ij Ω h, (A h w) ij = 4, x ij Γ h, ami pozitív vektor.

58 Az A h mátrix szerkezete Megj. Ha f 1 f 2 és g 1 g 2, akkor az ezekkel előálĺıtott két numerikus megoldásra érvényes (U h ) 1 (U h ) 2. Speciálisan ebből következik a nemnegativitás-megőrzési tulajdonság.

59 A numerikus séma konvergenciája Vezessük be az u j i jelölést az u(ih 1, jh 2 ) pontos értékekre, továbbá legyen E = max i=0,...,n1 ; j=0,...,n 2 U j i uj i. Def. A numerikus sémát konvergensnek hívjuk, ha h := max{h 1, h 2 } 0 esetén E 0. Ha E = O(h r ), akkor azt mondjuk, hogy a konvergencia rendje r. Def. A numerikus séma stabil, ha A 1 h felülről korlátos a rács finomságától függetlenül. Def. A numerikus séma konzisztens, ha képlethibája minden pontban nullához tart, ha h 0. A konzisztenciarend r, ha a képlethiba minden pontban O(h r ) nagyságrendű. Tétel. Konzisztencia + stabilitás konvergencia.

60 A numerikus séma konvergenciája Tétel. A numerikus séma stabil, ugyanis A 1 h 1 + a2 + b Biz. Az M-mátrixok inverzének maximumnormabeli becsléséből következik, hogy A 1 h 4 + a2 /4 + b 2 /4 4 = 1 + a2 + b 2. 16

61 A numerikus séma konvergenciája Tétel. Amennyiben a vizsgált peremértékfeladat megoldása C 4 (Ω)-beli, akkor a vizsgált numerikus séma másodrendben konzisztens. Biz. azaz T j i := uj i 1 2uj i + uj i+1 h 2 1 uj 1 i = 2 u x 2 4 xu j i h2 1 2 u 12 y 2 4 yu j 12 T j i M 4,0h M 0,4h u j i + uj+1 i h 2 2 i h2 2 Mh2 6 f ij, f ij a rácsponttól függetlenül. (Az M értékek a szokott módon a deriváltak felső becslései.) Ez mutatja a másodrendű konzisztenciát.

62 A numerikus séma konvergenciája Tétel. Amennyiben a vizsgált peremértékfeladat megoldása C 4 (Ω)-beli, akkor a vizsgált numerikus séma másodrendben konvergens. Biz. Legyen a képlethibák vektora megfelelően rendezve T h. Ekkor az A h U h φ h = 0 és kivonásából adódik, hogy melyből... A h u h φ h = T h A h (U h u h ) = T h,

63 A numerikus séma konvergenciája... U h u h A 1 h T h és a korábbi becsléseket használva U h u h (1 + a2 + b 2 ) Mh , amely mutatja a másodrendű konvergenciát.

64 Maximum-elv A folytonos feladatra: Ha f 0, akkor a megoldás a peremen veszi fel a maximumát. Igaz-e ez a numerikus megoldásra? Rendezzük át az A h U h = φ h egyenletrendszer sorait és oszlopait úgy, hogy előre kerüljenek Ω belső pontjai, és utána következzenek a határpontok. Ekkor a lineáris egyenletrendszer az alábbi alakú lesz: [ A0 A 0 E ] [ U0 U ] = [ f g ] Tétel. A numerikus séma kielégíti a maximum-elv diszkrét változatát, azaz, ha f 0, akkor max(u 0 ) max(g).

65 Maximum-elv Vegyük észre, hogy A 0 M-mátrix (A 1 0 0) és A elemei nempozitívak, valamint [A 0 A ][1,..., 1] T = 0, [1,..., 1] T =: [e T 0, e T ]T, azaz e 0 = A 1 0 A e. Emiatt U 0 = A 1 0 f A 1 0 A U = A 1 0 f A 1 0 A g A 1 0 f A 1 0 A e max(g) e 0 max(g).

66 Poisson-egyenlet Robin-peremmel Poisson-egyenlet 2D-ban, téglalapon, Robin-peremmel u = 2 u x 2 2 u = f(x, y), (x, y) Ω := (0, a) (0, b) y2 u n = σ(x, y)(u 0(x, y) u), (x, y) Γ. Tegyük fel, hogy f, σ, u 0 olyan függvények, melyekkel az egyenletnek van C 4 (Ω)-beli megoldása. A véges differenciás megoldás diszkretizációja nyilvánvalóan a belső pontokban ugyanaz, mint a Dirichlet-esetben, azaz csak a tartomány határpontjaiban kellene megadni (lehetőleg másodfokú) approximációkat.

67 Approximáció az oldaléleknél u j n 1 u j n 1 1 = ( 1 u) j n h 1 h ( 2 1u) j n 1 + h2 1 6 ( 3 1u) j n, 1 ahol ( 1 u) j n 1 = σ n1,j((u 0 ) j n 1 u j n 1 ) a peremfeltétel miatt, és és ( 2 1u) j n 1 = ( 2 2u) j n 1 f n1,j ( 2u) 2 j n 1 = uj+1 n 1 2u j n 1 + u j 1 n 1 h 2 2 h ( 4 2u) j n 1 a differenciálegyenletből.

68 Approximáció az oldaléleknél Így a séma Un j 1 U j n 1 1 = σ n1,j((u 0 ) j n h 1 Un j 1 ) 1 ( U n j+1 1 h 1 2 2U j n 1 + U j 1 n 1 h 2 2 f n1,j ). Hasonlóan járunk el a többi oldalán a tartománynak. A képlethiba O(h h2 2 ).

69 Approximáció a sarkokban u n 2 0 un = ( 2 u) n 2 0 h h ( 2 2u) n 2 0 +h2 2 6 ( 3 2u) / 2 n 2 0, h 2 u n 2 1 un 2 0 = ( 1 u) n 2 0 h +h ( 2 1u) n 2 0 +h2 1 6 ( 3 1u) n 2 0 / 2. h 1 A két egyenletet összeadva és kihasználva a peremfeltételt és a differenciálegyenletet, az alábbi sémát kapjuk (H = h 1 h 2 /2/(h 1 + h 2 )): H( 2 U n 2 0 U n U n 2 1 U n 2 0 h 2 2 h 2 1 ) = σ 0,n2 ((u 0 ) n 2 0 U n 2 0 ) Hf 0,n 2

70 Approximáció a sarkokban A többi sarokban is így járunk el. A képlethiba most is O(h h2 2 ) nagyságrendű. Tétel. Ha σ(x, y) σ 0 > 0 és az f, σ, u 0 függvények elég simák ahhoz, hogy a feladat u megoldása C 4 (Ω)-beli legyen, akkor a differenciasémánk másodrendben konvergál a pontos megoldáshoz. Biz. A konzisztencia az approximációs képletekből látható. A stabilitás a korábbi M-mátrixos technikával igazolható az ( a 2 + b 2 U h a + b ) φ 16 4σ h 0 alakban.

71 Nem téglalap alakú tartományok Mit lehet tenni, ha nem téglalap alakú az Ω tartomány? A peremértékeket a rácspontokban közeĺıtjük (elveszik a másodrendű konvergencia).

72 Nem téglalap alakú tartományok Sűrítjük a rácsot. Hozzávesszük rácspontnak a rács és a perem metszéspontjait (Shortly Weller-approximáció). Téglalapba transzformáljuk a tartományt.

73 Shortly Weller-approximáció részletesebben A belső pontokban ugyanaz a közeĺıtés, mint korábban, a peremen pedig ( 2 U j i+1 U j i h 1 + h+ 1 h + U j i U j ) i 1 1 h 1 ( ) 2 U j+1 + h i U j i 2 + h+ 2 h + U j i U j 1 i 2 h = f ij. 2 Ezen egyenletek egy egyenletrendszerre vezetnek: A S,h U h = φ h, érvényes a A 1 S,h (diam(ω))3 stabilitási becslés. Ha u C 4 (Ω), akkor a módszer másodrendben konvergens lesz.

74 6. Többrácsos módszerek

75 A megoldandó lineáris egyenletrendszer [ A0 A 0 E ] [ U0 U ] = [ f g Olyan egyenletrendszert kell tudnunk megoldani, melynek együtthatómátrixa A 0. Ez egy szimmetrikus M-mátrix. Tétel. A szimmetrikus M-mátrixok pozitív definitek. Biz. Jelölje a mátrixot M. Szimmetrikus mátrix minden sajátértéke valós. Azt kell megmutatni, hogy mindegyik pozitív. A főátlóban álló elemek pozitívak. Legyen ezek maximuma µ, és írjuk fel M-et M = µe H alakban, ahol H nyilvánvalóan nemnegatív mátrix. Így a fenti feĺırás egy nemnegatív inverzű mátrix (az M mátrixok ilyenek) egy reguláris felbontása. Azaz ϱ((1/µ)h) < 1, ami azt jelenti, hogy ϱ(h) < µ. Ha H sajátértékeit λ k jelöli, akkor M µ λ k alakú sajátértékei nyilván pozitívak. ]

76 Szimmetrikus, pozitív definit mátrixú lineáris egyenletrendszerek megoldása Az egyenletrendszer azon túl, hogy szimmetrikus, pozitív definit mátrixú, még ritka mátrixú is, így jól működnek az iterációs módszerek is rá. Lehetséges megoldási módszerek: Gauss-módszer (2N0 3 /3, nem praktikus) Cholesky-felbontás (N0 3/3) Jacobi- és Gauss-Seidel ill. relaxált változatai (N0 2 ln(1/ε), ε: elérni kívánt pontosság a leállási feltételben) Konjugált gradiens módszer (N 3/2 0 ln(1/ε)) Többrácsos módszer as évek, Fedorenko (1962), Bakvalov (1966). Használjuk ki, hogy az egyenletrendszer egy elliptikus feladat diszkretizációjából keletkezett!

77 Iterációk simító tulajdonsága

78 Iterációk simító tulajdonsága Egydimenziós peremértékfeladat u (x) = f(x), x (0, 1), u(0) = g 1, u(1) = g 2 A szokásos véges differenciás közeĺıtés során megoldandó lineáris egyenletrendszer: U 1 U 2. U n = h2 f 1 + g 1 /h 2 f 2. f n 1 f n + g 2 /h 2 vagy tömörebben A h U h = φ h.

79 Iterációk simító tulajdonsága Oldjuk meg az A h U h = φ h egyenletrendszert a relaxált Jacobi-iterációval. Ekkor az U (k+1) h iterációt kapjuk. = ((1 ω)e + ωd 1 (L + R))U (k) h = (E ωd 1 (D } {{ L R } )) A h } {{ } B J (ω) U (k) h + ωd 1 φ h + ωd 1 φ h A konvergenciához a ϱ(b J (ω)) < 1 feltételnek kell teljesülni. A h sajátrendszere: v l = sin(lπhj), j = [1,..., n] T, λ l (A h ) = 2 2 cos(lπh) l = 1,..., n. Így B J (ω) sajátrendszere: v l, λ l (B J (ω)) = 1 ω(1 cos(lπh)), azaz, ha ω (0, 1], akkor a JOR-módszer konvergens lesz.

80 Iterációk simító tulajdonsága Megj. Vegyük észre, hogy ha pl. ω = 1, akkor ϱ(b J (ω)) = cos(πh) 1, ha h 0, azaz egyre lassabban konvergál a Jacobi-módszer. A többrácsos módszerek esetén nem a határérték előálĺıtása a cél, hanem a közeĺıtő megoldás simítása azért, hogy az jól közeĺıthető legyen egy durvább rácson. tobbracsos(f,n), f=16,1, n=5,10,30,60,160 tobbracsosjor(omega,n,kmax), (omega=0.1,2/3,1, n=10,100, kmax=1500) A magas frekvenciájú sajátvektorokat kellene gyorsan csökkenteni. Alacsony frekvenciás összetevők (LF): 1 l < n/2. Magas frekvenciás összetevők (HF): n/2 l n. Def. µ legyen az a legnagyobb tényező, amennnyivel a HF összetevők csökkennek egy iterációban. µ-t simítási tényezőnek nevezzük.

81 Iterációk simító tulajdonsága µ = max{ λ k (B J (ω)) n/2 l n} = max{ 1 ω, 1 2ω } Ez akkor lesz minimum, ha ω = 2/3, és a minimum értéke µ = 1/3. Azaz a HF összetevők 2 iteráció alatt a tizedükre csökkennek, annak ellenére, hogy a konvergencia lassú lehet a finom rácson. Ha a HF összetevők kicsik már, akkor a hibavektor jól közeĺıthető egy durvább rácson is.

82 A kétrácsos módszer

83 A maradékegyenlet Térjünk vissza a kétváltozós Poisson-egyenletből származtatott A h U h = φ h egyenletrendszer megoldásához! Végezzünk el néhány iterációs lépést valamilyen simító iterációval valamilyen kezdővektorról indulva. Kapjuk ekkor az Ũh vektort. Ekkor az e h = U h Ũh hibavektor egy sima vektor lesz, és érvényes rá az A h e h = A h (U h Ũh) = φ h A h Ũ h =: r h (maradékvektor), egyenlőség (ún. maradékegyenlet), ami megoldható e h -ra. De mivel a jobb oldala és a megoldása is sima az egyenletrendszernek, jó közeĺıtést kapnánk akkor is, ha egy durvább rácson (H = 2h) oldanánk meg egy ugyanilyen egyenletrendszert.

84 Restrikció Térjünk át a durvább rácsra: r H = Rh Hr h. Ezt egy ún. restrikciós operátorral valósíthatjuk meg: Rh H. Ez általában valamilyen súlyozott vetítés Teljes és részleges súlyozás: Megoldjuk az A H e H = r H egyenletet, ahol A H a differenciáloperátor közeĺıtése a durvább rácson.

85 Prolongáció e H hibavektort visszavetítjük a finomabb rácsra. Ezt egy prolongációs P h H operátorral tesszük meg, amely általában valamilyen interpolációt jelent: e h = P h H e H.

86 Course Grid Correction (CGC) Adunk egy jobb közeĺıtést U h -ra: u new h = Ũh + P h He H. Megj.: Az interpoláció miatt megjelenhetnek HF összetevő, amiket egy újabb simítási ciklussal lehet eltüntetni. A bemutatott eljárás egy V-alakú sémában foglalható össze (V-ciklus).

87 V-ciklus Megj.: Természetesen a V-ciklusból többet kell végrehajtani ahhoz, hogy a pontos megoldást kellően megközeĺıtsük. Lemma. A V-ciklus iterációs mátrixa (S h a simítás): S k 2 h (E Ph HA 1 H RH h A h)s k 1 h, ezen mátrix spektrálsugara kisebb 1-nél, azaz konvergens. Lemma. Csak önmagában a CGC nem konvergens. Biz.: Mátrixa E P h HA 1 H RH h A h, ahol P h H A 1 H RH h A h nem invertálható, így egyik sajátértéke nulla. Így a mátrixnak 1 sajátértéke lesz, azaz spektrálsugara legalább 1.

88 A többrácsos módszer (multigrid)

89 A többrácsos módszer alapgondolata Ötlet: Az egyenlet durva rácson való megoldásához használjuk egy újabb V-ciklust egy még durvább ráccsal. Több rácsot definiálunk: h 1 > h 2 = h 1 /2 > h 3 = h 2 /2 >... h L > 0 (L szintek száma). Legyne a k-adik szinten n k a feladat mérete. A k-adik szinten az A k U k = φ k egyenletrendszert kell megoldanunk. A restrikciós operátor legyen R k 1 k és a prolongáció P k k 1.

90 A többrácsos módszer algoritmusa Oldjuk meg az A k U k = φ k egyenletrendszert. 1. Ha k = 1, akkor oldjuk meg közvetlenül az egyenletrendszert. 2. Elősimítás, k 1 darab lépés Ũk. 3. Maradék kiszámítása: φ k A k Ũ k = r k. 4. A maradék restrikciója: r k 1 = R k 1 k r k. 5. Legyen U k 1 = Hívjuk meg γ-szor a többrácsos módszert az A k 1 U k 1 = r k 1 egyenletre. 7. CGC: U k = Ũk + P k k 1 U k Utósimítás k 2 -szer.

91 A többrácsos módszer algoritmusa Def.: γ a ciklusindex, azt adja meg, hogy a durva rácson hányszor használjuk a többrácsos algoritmust. Általában γ = 1 (V-ciklus) vagy γ = 2 (W-ciklus). Lemma. A többrácsos módszer iterációs mátrixa k = 1 esetén 0, különben k = 2,..., L esetén M k = S k 2 k (E Pk k 1 (E Mγ k 1 )A 1 k 1 Rk 1 k A k )S k 1 k. Kétrácsos módszer: üres kör: pontos megoldás, teli kör: simítás, maradékszámítás, CGC

92 A többrácsos módszer algoritmusa Három rács esete: Négy rács esete:

93 Műveletszámok vizsgálata 2D Poisson-egyenlet, max. 5 nemnulla elem soronként, simításhoz lineáris vektoriteráció A k. szint műveletszáma: 1. 10k 1 n k : elősimítás 2. 10n k : maradékszámítás 3. 10n k /4: teljes restrikció 4. 6n k /4: bilineáris interpoláció 5. 10k 2 n k : utósimítás Ez összesen k 1 + k 2 = 2 esetén 34n k = Q k. Q 1 a legdurvább rácson az egyenlet pontos megoldásának műveletszáma.

94 Műveletszámok vizsgálata Q k legyen a k. rács műveletszáma. Ekkor Q 2 = Q 2 + Q 1, Q 3 = γ( Q 2 + Q 1 ) + Q 3, stb. k 2 Q k = γ l Qk l + γ k 2 Q1 l=0 k 2 = γ l 34n k l + γ k 2 Q1 l=0 k 2 = γ l n k 34 4 l +γ k 2 Q1 l=0 }{{} 2D probléma k 2 ( γ ) l = 34n k + γ k 2 Q1 4 l=0 34n k 1 1 γ/4 = O(n k)

95 Megjegyzések Megj.: γ = 1 esetén Q k 40n k, γ = 2 esetén Q k 68n k és γ = 3 esetén Q k 136n k Megj.: A 2D Poisson-feladatra csak a γ 3 esetek praktikusak Megj.: Kétrácsos módszer esetén, vagy több rácsra γ = 1, 2 esetén a konvergencia tényező µ k 1+k 2 a h rácstávolságtól függetlenül.

96 7. Másodrendű, időfüggő, lineáris PDE-ek megoldása a véges differencia módszerrel

97 A hullámegyenlet Az egydimenziós hullámegyenlet A pontos megoldás 2 u t 2 = c2 2 u x 2, u(0, x) = u 0 (x), u t (0, x) = u 1(x). u(t, x) = 1 2 (u 0(x ct) + u 0 (x + ct)) + 1 2c x+ct x ct u 1 (y) dy. Gyakorlaton szerepelt: Véges differenciás megoldás, a kezdeti feltételek másodrendű approximációja. (CFL feltétel q 1.) A leap-frog séma.

98 A hővezetési vagy diffúziós egyenlet A hővezetési vagy diffúziós egyenlet 1D-ban u t = u + f + kezdeti- és peremfeltétel u t = 2 u, x (0, 1) x2 u(0, x) = u 0 (x), u(t, 0) = u(t, 1) = 0. Más egyenletek, peremfeltételek gyakorlaton

99 A hővezetési vagy diffúziós egyenlet A pontos megoldás előálĺıtható Fourier-sor alakban: u(t, x) = a l e l2 π 2t sin(lπx), l=1 ahol a l = u 0(x) sin(lπx) dx. Problémák: a l meghatározásához általában numerikus integrálás kell. Végtelen sort kell összegezni.

100 Az egyenesek módszere Rácshálót definiálunk a [0,1] intervallumon: 0 = x 0 < x 1 < < x n+1 = 1, x i+1 x i = x. Vezessük be az alábbi függvényeket u j (t) u(x j, t). Ezen függvényekre közeĺıtsük a helyszerinti deriváltat véges differenciával: du j (t) dt = u j 1(t) 2u j (t) + u j+1 (t) x 2. Ez egy közönséges differenciálegyenlet rendszer, a kezdeti feltétel u j (0) = u 0 (x j ) és u 0 (t) = 0, u n+1 (t) = 0. Bármely korábban tanult közönséges differenciálegyenlet megoldó módszerrel megoldhatjuk.

101 Explicit Euler-módszer (EE) Oldjuk meg pl. az egyenletrendszert az explicit Euler módszerrel. Jelölje Uj k az u(x j, k t) érték közeĺıtését, ahol t > 0 egy tetszőleges időlépés. U k+1 j U k j t = U k j 1 2U k j + U k j+1 x 2, U0 k = U n+1 k = 0, U j 0 adott u 0 segítségével.

102 Explicit Euler-módszer (EE) A szokásos és a q = t/ x 2 jelöléssel az alábbi vektoriterációval álĺıtható elő a numerikus megoldás: U k+1 = tridiag [q, 1 2q, q] U k =: A h U k. Az alap elvárásunk az előálĺıtott numerikus eljárástól, hogy tartson a pontos megoldáshoz. Tegyük fel, hogy a feladatot a [0, t max ] időintervallumon kell megoldanunk. Legyen E k j = U k j u(k t, j x) a numerikus módszer hibája egy adott rácspontban és E k = [E k 1,..., Ek n] T.

103 Konvergencia, konzisztencia, stabilitás Konvergencia: Azt mondjuk, hogy a numerikus módszer konvergens, ha tetszőleges 0 < t < t max értékre, ha x, t 0, k t t, akkor E k 0 (konvergenciarend: E k = O( t r, x s )). Konzisztencia: Azt mondjuk, hogy a numerikus módszer konzisztens, ha a Tj k+1 képlethibája (lokális hiba / t) tart nullához, ha t, x 0 (konzisztenciarend: Tj k+1 = O( t r, x s )). Stabilitás: Azt mondjuk, hogy a numerikus módszer stabil, ha véges idő alatt nem változhat tetszőlegesen nagyot két megoldás eltérése a kezdeti eltéréshez képest a rács finomításától függetlenül. Most elég lesz az A h 1 feltétel. Lax-tétel: Stabilitás + konzisztencia konvergencia (konvergenciarend = konzisztenciarend)

104 EE-módszer konvergenciája Konzisztencia: Számítsuk ki a képlethibát! Tj k+1 = u(x j, t k+1 ) u(x j, t k ) u(xk j 1 ) 2u(xk j ) + u(xk j+1 ) t x 2 = t 2 u 2 t 2 (x j, ξ) x2 4 u 12 x 4 (η, t k). Ha a megoldás kellően sima függvény (peremfeltétellel konzisztens kezdeti feltétel is kell hozzá), akkor vannak olyan pozitív c 1, c 2 konstansok, hogy T k+1 j c 1 t + c 2 x 2. Stabilitás: Könnyen látható, hogy q 1/2 esetén A h = 1, így ilyenkor a módszer stabil lesz.

105 EE-módszer konvergenciája Megj.: T k+1 j = t 2 u 2 t 2 (x j, ξ) x2 4 u 12 x 4 (η, t k) + O( t 2, x 4 ) ( 1 1 ) + O( t 2, x 4 ). 6q = t 4 u 2 x 4 (x j, t k ) q = 1/6 választással magasabbrendű módszert kapunk (szuperkonvergencia). Megj.: Mi történik akkor, ha a q > 1/2 választást használjuk, hiszen csak egy elégséges feltételt használtunk a stabilitásra? A kísérletek azt mutatják, hogy a q 1/2 feltétel szükséges is. Megj.: A konvergenciához felhasználtuk, hogy a megoldás kellően sima. Mi van akkor, ha ez nem így van?

106 EE-módszer konvergenciája Diszkrét Fourier-anaĺızis: Legyen a szokásos módon U k j = gk e imj x. Mikor teljesül erre a differenciaséma? Akkor, ha a növekedési faktor g = 1 4q sin 2 (m x/2). Legyen m = lπ, amivel a numerikus megoldás U k j = a l (g(l)) k e ilπj x l=1 alakot ölti. q > 1/2 esetén a legnagyobb abszolútértékű növekedési faktor g 1 4q < 1. Ez az e iπj (1, 1, 1, 1,...) összetevő növekedési faktora, azaz korlátlanul nő, ha k növekszik. Ilyen összetevő a kerekítési hibák miatt biztosan belekerül az iterációba.

107 EE-módszer konvergenciája A konvergencia igazolása abban az esetben, ha u 0 Fourier-sora abszolút konvergens és q 1/2 (azaz nem kell, hogy u negyedrendű parciális deriváltjai is folytonosak legyenek a megoldási tartományon). Legyen ε > 0 tetszőleges. Az abszolút konvergencia miatt van olyan l 0, hogy l l 0 a l ε/4. Mivel q 1/2 esetén a növekedési faktorok 1-nél kisebb abszolút értékűek, ezért Ej k = a l e ilπj x ((g(l)) k e l2 π 2k t ) l=1 l<l 0 a l (g(l)) k e l2 π 2 k t + l l 0 a l (g(l)) k e l2 π 2 k t l<l 0 a l (g(l)) k e l2 π 2 k t + 2 l l 0 a l...

108 EE-módszer konvergenciája... l<l 0 a l (g(l)) k e l2 π 2 k t + ε 2 l<l 0 a l C(q)l 4 π 4 t 2 k + ε 2 = C(q)π 4 t max a l l 4 t + ε 2. l<l0 Mivel ε tetszőleges volt, így t 0 esetén a hiba valóban nullához tart. Kihasználtuk, hogy a, b 1 esetén a k b k k a b. g(l) e l2 π 2 t C(q)l 4 π 4 t 2, ahol C(q) q-tól függő konstans.

109 Implicit Euler-módszer (IE) Mátrixos alak: U k+1 j U k j t = U k+1 j 1 k+1 2Uj + Uj+1 k+1 x 2, tridiag [ q, 1 + 2q, q] U k+1 = U k. Egyenletrendszert kell megoldani, de tridiagonális a mátrix, azaz az inga módszerrel megoldható 8n flop művelettel (explicit múveletigénye 5n flop). Növekedési faktor: g = q sin 2 (m x/2), ami minden q-ra egynél kisebb abszolút értékű lesz. Ilyenkor nincs tehát feltétel q megválasztására. Ez egy ún. feltétel nélkül stabil séma.

110 θ-módszer Súlyozzuk egy θ [0, 1] súllyal az EE és IE sémákat az alábbi módon: Mátrixos alak: U k+1 j U k j t = (1 θ) U j 1 k 2U j k + U j+1 k x 2 + θ U j 1 k+1 k+1 2Uj + Uj+1 k+1 x 2. tridiag [ θq, 1 + 2θq, θq] U k+1 = tridiag [(1 θ)q, 1 2(1 θ)q, (1 θ)q] U k. θ = 0 : EE-módszer, θ = 1 : IE-módszer, θ = 1/2 : Crank-Nicolson-módszer. Műveletszáma általában 13n flop.

111 θ-módszer Növekedési faktor: g = 1 4(1 θ)q sin2 (m x/2) 1 + 4θq sin 2 (m x/2) g 1 mindig igaz. g 1 teljesüléséhez 1 2q sin 2 (m x/2)(1 2θ) 0 kell. Ez θ 1/2 esetén mindig teljesül (feltétel nélkül stabil), θ < 1/2 esetén meg elég hozzá (feltételesen stabil) q 1 2(1 2θ). Konzisztencia (képlethiba vizsgálata). (1/2 θ) tu xxt (1/12) x 2 u xxxx+(1/24) t 2 u ttt (1/8) t 2 u xxtt+... θ = 1/2 magasabbrendű lesz, mint a többi.

112 Nemnegativitás megőrzés Mikor biztosított az, hogy nemnegatív kezdőfüggvény esetén nemnegatív lesz a numerikus megoldás? tridiag [ θq, 1 + 2θq, θq] U k+1 = tridiag [(1 θ)q, 1 2(1 θ)q, (1 θ)q] U k. A bal oldalon egy M-mátrix áll, aminek inverze nemnegatív, a jobb oldali mátrix pedig nemnegatív, ha q 1 2(1 θ). Igazolható, hogy ez a feltétel kell is, és hogy a maximum elv is pontosan ekkor érvényes csak (a térbeli felosztásszámtól függetlenül). θ = 1/2 esetén q 1 a feltétel!

113 A hővezetési egyenlet két dimenzióban u = u + kezdeti- és peremfeltétel t A Laplace-operátor approximációjához a Poisson-egyenletnél tanultakat használjuk (A h mátrix). Alkalmazzuk az egyenesek módszerét: u(t) t = A hu(t), ahol u(t) a rácspontokbeli pontos megoldást közeĺıtő függvények vektora. EE-módszer: U k+1 = (E ta h )U k.

114 ADI módszer a kétdimenziós hővezetési egyenletre CN-módszer: (E + (1/2) ta h )U k+1 = (E (1/2) ta h )U k. A megoldás műveletigényes, mert nem lehet kis sávszélességű mátrixként feĺırni A h t. Egy lehetséges megoldás lehet az ADI (alternating directions implicit) módszer. Írjuk fel ta h -t alakban. Ezzel a CN-módszer: ta h = q x X h + q y Y h (E (q x /2)X h (q y /2)Y h )U k+1 = (E + (q x /2)X h + (q y /2)Y h )U k alakú lesz, ami közeĺıthető az (E (q x /2)X h )(E (q y /2)Y h )U k+1 = (E+(q x /2)X h )(E+(q y /2)Y h )U k formulával (a képlethiba első öt tagja azonos).

115 ADI módszer a kétdimenziós hővezetési egyenletre Ez az iteráció pedig elvégezhető az alábbi módon: (E (q x /2)X h )U k+1/2 = (E + (q y /2)Y h )U k (E (q y /2)Y h )U k+1 = (E + (q x /2)X h )U k+1/2. A módszer feltétel nélkül stabil és a maximumelv teljesülésének feltétele q x, q y 1.

116 8. A végeselem módszer elmélete (elliptikus feladatok megoldása)

117 Bevezető feladatok Bevezető feladatokként megoldottuk az y = M 0, és u = f peremértékfeladatokat homogén peremfeltétellel. Mindegyik esetben egy általánosított megoldás közeĺıtését álĺıtottuk elő. A közeĺıtéseket a folytonos, szakaszonként folytonosan deriválható függvények terében kerestük. Megadtuk a közeĺıtések hibáit is. A végeselem módszer menete már ezekből a példákból jól látszik.

118 Bevezető feladatok A végeselem módszer megvalósításának menete. Az egyenletből megkonstruáljuk a variációs egyenleteket (gyenge alak) vagy a minimalizálandó funkcionált. A megoldási tartományt szakaszokra, háromszögekre, stb. bontjuk. Választunk egy végeselem teret a közeĺıtésre (kis tartójú, szakaszonként sima függvények). Hibabecslést adunk. Meghatározzuk az elemi merevségi mátrixot. Összeálĺıtjuk a merevségi mátrixot és a terhelési vektort. Megoldjuk az egyenletrendszert. Szemléltetjük a megoldást.

119 A megoldási halmaz kiterjesztése Tekintsük az alábbi peremérték-feladatot: Reakció-diffúziós egyenlet homogén Dirichlet peremmel u + u = f, (x, y) Ω, u Ω = 0 Keressük az u C 2 (Ω) C( Ω) megoldásfüggvényt. Tegyük fel, hogy u C 1 (Ω) is igaz. Vegyünk egy tetszőleges v C0 1 (Ω) függvényt (peremen nulla), szorozzunk vele, és integráljuk a két oldalt Ω-n. uv + uv = fv, Ω alkalmazva a Green-formulát az alábbi variációs egyenletet nyerjük: u v + uv = fv, v C0(Ω). 1 Ω Ω Ennek teljesüléséhez elég a függvényektől gyengébb simasági feltételeket megkövetelni. Ω Ω Ω

120 Szoboljev-terek Def.: Tekintsük a C k (Ω) halmazt, és lássuk el az g, h H k (Ω) = ( α g)( α h) α k skaláris szorzattal (ez valóban skaláris szorzat). Ez normát is definiál: g H k (Ω) = ( α g) 2. α k A fenti teret a fenti normában teljessé téve Hilbert-teret kapunk. Jelölése H k (Ω) (Szoboljev-tér). Ω Ω

121 Szoboljev-terek Tétel. H k (Ω) izomorf azon L 2 (Ω)-beli (mérhető, négyzetesen integrálható függvények, f 2 < ) g függvények terével, melyek minden legfeljebb k-adrendű parciális deriváltja is négyzetesen integrálható, a skaláris szorzat a fenti módon van értelmezve, és van olyan C k (Ω)-beli függvénysorozat, ami a fenti normában a g függvényhez tart. Hasonlóan értelmezhető a H0 k(ω) tér is a Ck 0 (Ω) teret teljessé téve a korábbi normában. Tétel. H0 k(ω) izomorf azon L2 (Ω)-beli g függvények terével, melyek minden legfeljebb k-adrendű parciális deriváltja is négyzetesen integrálható, a skaláris szorzat a fenti módon van értelmezve, és van olyan C0 k (Ω)-beli függvénysorozat, ami a korábbi normában a g függvényhez tart.

122 Szoboljev-terek Térjünk vissza a korábbi variációs feladathoz! u v + uv = fv, v C0(Ω). 1 Ω Ω A korábbiak alapján ez a feladat bővebb függvénytéren is értelmezhető: Keressük azt az u H0 1 (Ω)-beli függvényt, amelyre a fenti egyenlőség igaz tetszőleges v H0 1 (Ω) függvény esetén (f-ről is elég, hogy f L 2 (Ω)). A minimalizációs feladat megfogalmazása: Keressük azt az u H0 1 (Ω)-beli függvényt, ami minimalizálja az ( ) 1 I(u) = 2 (( u)2 + u 2 ) uf funkcionált. Ω Ω

123 Neumann-feladat esete Reakció-diffúziós egyenlet Neumann peremmel u + u = f, (x, y) Ω, u = g, (x, y) Ω n Tegyük fel, hogy u C 1 (Ω). Vegyünk egy tetszőleges v C 1 (Ω) függvényt, szorozzunk vele, és integráljuk a két oldalt Ω-n. uv + uv = fv, Ω alkalmazva a Green-formulát az alábbi variációs egyenletet nyerjük: uvn ds + u v + uv = fv, v C 1 (Ω), azaz Ω Ω Ω Ω u v + uv = fv + gv ds, v C 1 (Ω). Ω Ω Ω Ω Ω Ω

124 Neumann-feladat esete Gyenge alak tehát: Keressük azt az u H 1 (Ω) függvényt, mellyel u v + uv = fv + gv ds, v H 1 (Ω). Ω Ω Ω A variációs feladat: Keressük azt az u H 1 (Ω) függvényt, ami minimalizálja az ( ) 1 I(u) = 2 (( u)2 + u 2 ) uf gu Ω funkcionált. Ω Ω

125 Lényeges és természetes peremfeltételek Def.: Egy peremfeltétel lényeges, ha azt a tesztfüggvényeknek is ki kell elégíteniük, különben természetes peremfeltételről beszélünk. Vegyük észre, hogy a Neumann-feltétel nem ad megkötést u megválasztására H 1 (Ω)-ból, a peremfeltételt csak implicit módon tartalmazza a variációs egyenlet. A korábbi Dirichlet-peremfeltétel lényeges peremfeltétel volt.

126 A Neumann-feladat végeselemes megoldása Háromszögrácsot generálunk (τ h ), most a peremen is definiálunk csúcsokat. Legyen V h a szokásos sátorfüggvények tere. Keressük azt az u h V h függvényt, mellyel u v + uv = fv + gv ds, v V h. Ω Ω Ω Kiszámoljuk a merevségi mátrixot és a terhelési vektort. Megoldjuk az egyenletrendszert. Így megkapjuk u h -t. Tétel. Ω u u h H 1 (Ω) u v H 1 (Ω), v V h. Tétel. u u h H 1 (Ω) Ch.

127 A minimalizációs és variációs feladatok Legyen V valós vektortér és a : V V R szimmetrikus (a(u, v) = a(v, u), u, v V ), pozitív (a(u, u) > 0, ha u 0) és bilineáris (mindkét változóban lineáris) forma, továbbá legyen l : V R lineáris funkcionál. Tekintsük az alábbi ún. minimalizációs feladatot: Keressük meg azt az u V elemet, ami minimalizálja a függvényt V -n! (M) J(v) = 1 a(v, v) l(v) 2 Tekintsük az alábbi ún. variációs feladatot: Keressük meg azt az u V elemet, mellyel (V ) a(u, v) = l(v), v V!

128 (M) és (V) ekvivalenciája Tétel. u pontosan akkor megoldása (V)-nek, ha (M)-nek. Az (M) feladatnak maximum egy megoldása lehet csak. Biz.: (V) (M) Legyen u a variációs feladat megoldása, továbbá 0 v V tetszőleges elem és t tetszőleges valós szám. Ekkor I(u + tv) = 1 a(u + tv, u + tv) l(u + tv) 2 = 1 2 (a(u, u) + 2ta(u, v) + t2 a(v, v)) l(u) tl(v) = I(u) + t (a(u, v) l(v)) + t2 a(v, v). }{{} 2 }{{} (V ) 0 >0 Azaz u az egyetlen elem, ami minimalizálja J-t.

129 (M) és (V) ekvivalenciája Biz. (folyt.): (M) (V) Legyen u a minimalizációs feladat megoldása. Az előzőek alapján a I(u + tv) = I(u) + t(a(u, v) l(v)) + t2 a(v, v) 2 t-től függő egyváltozós függvénynek minimuma van t = 0-ban, azaz a derivált itt nulla: (a(u, v) l(v)) + 0 a(v, v) = a(u, v) l(v) = 0. Ezt akartuk igazolni. Megj.: A bizonyításból kiderült, hogy I(u + v) = I(u) + 1 a(v, v) > I(u), 0 v V. 2 Megj.: Hasonló tételt igazoltunk LER-re NM1-ből.

130 A megoldás létezése Mi biztosítja, hogy van megoldása (M)-nek vagy (V)-nek? Több feltétel kell V -ről, a-ról és l-ről. Legyen V Hilbert-tér a.,. skaláris szorzattal és a vele indukált. normával. a legyen koercív (V -elliptikus) (szimmetrikus, folytonos ( a(u, v) γ u v, u, v V ) és α > 0, a(v, v) α v 2, v V ). l legyen korlátos lineáris funkcionál ( Λ > 0, l(v) Λ v ). Megj.: A fenti feltételek mellett u, v a = a(u, v) skaláris szorzat V -n, és a v a = a(v, v) kifejezés a. normával ekvivalens normát definiál V -n (energianorma).

131 Lax-Milgram-tétel Tétel. Legyen V Hilbert-tér, legyen továbbá a : V V R koercív bilineáris forma, és l : V R korlátos lineáris funkcionál. Ekkor az (M) minimalizációs feladatnak (és a korábbiak szerint (V)-nek is) egyetlen megoldása van H-ban. Biz.: Az I(v) értékek alulról korlátosak V -ben, ugyanis I(v) = 1 2 a(v, v) l(v) α 2 v 2 Λ v = 1 2α (α v Λ)2 Λ2 2α Λ2 2α. Legyen c 1 = inf{i(v) v V }, és legyen {v k } V olyan sorozat, melyre I(v k ) c 1. Megmutatjuk, hogy {v k } Cauchy-sorozat.

132 Lax-Milgram-tétel α v n v m 2 a(v n v m, v n v m ) = 2a(v n, v n ) + 2a(v m, v m ) a(v n + v m, v n + v m ) 4l(v n ) 4l(v m ) + 8l((v n + v m )/2) = 4I(v n ) + 4I(v m ) 8I((v n + v m )/2) 4I(v n ) + 4I(v m ) 8c 1. Mivel v k c 1, ezért minden ε > 0 számhoz van olyan n 0, hogy minden n, m n 0 esetén α v n v m 2 4I(v n ) + 4I(v m ) 8c 1 < ε. Így a sorozat valóban Cauchy. Mivel V Hilbert-tér, így van u V, hogy v k u. A folytonosság miatt pedig I(u) = c 1. u tehát megoldása az (M) feladatnak (a korábbiak szerint (V)-nek is).

133 Lax-Milgram-tétel Az egyértelműség igazolása: Tegyük fel, hogy az u 1 u 2 elemek is megoldásai (M)-nek. Ekkor I(u 1 ) = I(u 2 ) = c 1, és az u 1, u 2, u 1, u 2, stb. sorozatra nyilván I(u k ) c 1, azaz a sorozat a korábbiak szerint Cauchy, de ez csak úgy lehet, ha u 1 u 2 = 0, ami ellentmondást ad. Megj.: A tétel általánosabban kimondható úgy, hogy V helyett V egy zárt és konvex részhalmazát tekintjük. Köv.: Legyen a V Hilbert-téren a(u, v) = u, v. Ez valóban szimmetrikus, bilineáris, folytonos (C-B-Sch) és koercív. Tehát minden l korlátos lineáris funkcionálhoz egyértelműen létezik olyan u V elem, mellyel Riesz reprezentációs tétele. u, v = l(v), v V.

134 Lax-Milgram-tétel Köv.: Igaz az u Λ α stabilitási becslés, hiszen v = u választással α u 2 a(u, u) = l(u) Λ u, melyből u -val és α-val való osztás után adódik az álĺıtás.

135 A Galjorkin-módszer Legyen V N a V Hilbert-tér egy N dimenziós altere, legyen ennek egy bázisa φ 1,..., φ N. A Lax Milgram-tétel szerint egyértelműen létezik olyan u N V N elem, melyre ill. minimalizálja az funkcionált. (V ) a(u N, v) = l(v), v V N, (M) I(v) = 1 a(v, v) l(v) 2 Azt a módszert, amikor a (V) feladat megoldásával adunk közeĺıtést u-ra Galjorkin-módszernek nevezzük. (Nemszimmetrikus bilineáris formák esetén is használható.)

136 A Galjorkin-módszer Keressük u N -t u N = N k=1 c iφ i alakban, a tetszőleges V N -beli elemet pedig írjuk v = N k=1 d iφ i alakban. Ekkor a variációs feladat alakja ( N ) ( N N ) a c i φ i, d i φ i = l d i φ i, d N R N, amely az k=1 k=1 k=1 d T NA N c N = d T Nb N egyenletre vezet, ahol (A N ) ij = a(φ j, φ i ) és (b N ) i = l(φ i ). Mivel ennek minden d N R N vektorra teljesülni kell, ezért az ismeretlen együtthatók az A N c N = b N egyenletrendszer megoldásával nyerhetők. (A N elnevezése merevségi (stiffness) mátrix, b N elnevezése terhelési (load) vektor.)

137 A Galjorkin-módszer Az ( N ) d T N N NA N d N = a d i φ i, d i φ i α d i φ i 2 k=1 k=1 k=1 egyenlőség miatt A N pozitív definit, a szimmetrikusság a szimmetriájából következik. Így a korábbi egyenletrendszer egyértelműen megoldható. Megj.: A korábbiakhoz hasonlóan igazolható, hogy az u N megoldásra ugyanolyan stabilitási becslés igaz, mint az u-ra, azaz u N Λ α.

138 Ritz-módszer Azt a módszert, ahol az (M) feladat megoldásával adunk becslést u-ra, Ritz-módszernek nevezzük. ( N ) ( I c i φ i = 1 N ) ( 2 a N N ) c i φ i, c i φ i l c i φ i k=1 k=1 k=1 = 1 2 ct NA N c N c T Nb N, k=1 melynek minimuma szintén az A N c N = b N egyenletrendszer megoldásánál van. Megj.: Szimmetrikus formák esetén a Galjorkin és Ritz-módszerek ugyanarra az egyenletrendszer megoldására vezetnek. Emiatt a módszert ebben az esetben Ritz Galjorkin-módszernek nevezzük.