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偏微分方程数值解法答案


1. 课本 p2 有证明 2. 课本 p8 , p12 有说明 3. 课本 p15 , p20 有说明 4. Rit2 法,设 un 是 u 的 n 维子空间, ?1,?2 ...?n 是 un 的一组基底, un 中的任一元素 un 可
表 为 un ?

?c?
i ?1 i

n

i,

则 J (un ) ?

n 1 1 n a(un , un ) ? ( f , un ) ? ? a(?i , ? j )ci c j ?? c j ( f , ? j ) 是 2 2 i, j ? 1 j? 1

c1 , c2 ...cn 的二次函数, a(?i ,? j ) ? a(? j ,?i ) ,令

?J (un ) ? 0 ,从而得到 c1 , c2 ...cn 满足 ?c j
n

? a(? ,? )c
i ?1 i j

n

i

? ( f ,? j ), j ? 1, 2...n ,通过解线性方程组,求的 ci ,代入 un ? ? ci?i ,
i ?1

从而得到近似解 un 的过程称为 Rit2 法 简而言之,Rit2 法:为得到偏微分方程的有穷维解,构造了一个近似解, un ?

?c? ,
i ?1 i i

n

利用 J (un ) ? 过程

n 1 1 n a(un , un ) ? ( f , un ) ? ? a(?i , ? j )ci c j ?? c j ( f , ? j ) 确定 ci ,求得近似解 un 的 2 2 i , j ?1 j ?1

Galerkin 法 : 为 求 得 un ?

?c?
i ?1 i

n

i

形 式 的 近 似 解 , 在 系 数 ci 使 un 关 于 V ? un , 满 足 意

a(un ,V ) ? ( f ,V )
n







V ? un







V ? ? j ,1 ? j ? n
n



? a(?i ,? j )ci ? ( f ,? j ), j ? 1, 2...n 的情况下确定 ci ,从而得到近似解 un ? ? ci?i 的过程称
i ?1

i ?1

Galerkin 法为 Rit2-Galerkin 法方程:

? a(? ,? )c
i ?1 i j

n

i

? ( f ,? j )

5. 有限元法:将偏微分方程转化为变分形式,选定单元的形状,对求解域作剖分,进而构
造基函数或单元形状函数,形成有限元空间,将偏微分方程转化成了有限元方程,利用 有效的有限元方程的解法,给出偏微分方程近似解的过程称为有限元法。

6. 解: 对求解区间进行网格剖分, 节点 a ? x0 ? x1... ? xi ? ... ? xn ? b 得到相邻节点 xi ?1 , xi
1

之间的小区间 Ii ? [ xi ?1 , xi ] , hi ? xi ? xi ?1 ,由节点上的一组值 u0 ? 0, u1 , u2 ...ul ,按线 性插值公式 un ( x) ?

xi ? x x ? xi ?1 1 ui ?1 ? ui ○ x ? Ii , i ? 1, 2...n 确定试探空间 un ,令 hi hi

? ? Fi ( x) ?


x ? xi ?1 2 ○ hi

I i 变到 ? 轴上的参考但愿[0,1]令 N0 (? ) ? 1 ? ? , N1 (? ) ? ? 则: Un ( x) ? N0 (? )ui ?1 ? N1 (? )ui , x ? I i ○将○带入该函数 3 1

J (u ) ?

1 b 2 2 ?a ( pu? ? qu ? 2 fu)dx 得到: 2
n 1 b 1 n ? ( pu?2 ? qu 2 ? 2 fu )dx ? ? ? ( pun 2 ? qun 2 )dx ? ? ? fun dx Ii 2 ?a 2 i ?1 Ii i ?1

J (un ) ?
2 带入○可得

(ui ? ui ?1 )2 1 n 1 J (un ) ? ? ? [ p( xi ?1 ? hi? ) ? hi q( xi ?1 ? hi? )( N0 (? )ui ?1 ? N1 (? )ui ) 2 d? 0 2 i ?1 hi
?? hi ? f ( xi ?1 ? hi? )( N0 (? )ui ?1 ? N1 (? )ui )d?
1 i ?1 0 n

4 ○



?J (un ) ? a j ?1, j u j ?1 ? a jj u j ? a j ?1, j u j ?1 ? b j ? 0 ?u j

5 ○

其中

?a ? 1[?h ?1 p( x ? h ? )] ? h q( x ? h ? )? (1 ? ? )]d? j ?1 j j j ?1 j ? j ?1, j ?0 j 1 ? ?1 ?a j ?1, j ? ?0 [?h j ?1 p( x j ? h j ?1? )] ? hi q( x j ? h j ?1? )? (1 ? ? )]d? ? 1 1 ?a j , j ? ? [?h j ?1 p( x j ?1 ? h j? )] ? h j q( x j ?1 ? h j? )? ]d? ? ? [?h j ?1?1 p( x j ? h j ?1? )] ? h j ?1q( xi ? h j ?1? )(1 ? ? ) 2 ]d ? 0 0 ? ?b ? h 1 f ( x ? h ? )? d? ? h 1 f ( x ? h ? )(1 ? ? )d? j ?1 ?0 j j ?1 ? j j ?0 j ?1 j
从而得到

u1 , u2 ,..., un 的线性方程组!

7.矩形剖分假定区域 C1 可以分割成为有限个互不重叠的矩形的和,且每个小矩形的边和坐
标轴平行, 任意两个矩形或者不相交或者有公共的边和公共的顶点, 成如此的分割为矩形剖

2

? x ? xi y ? yi )(1 ? ), ( x, y ) ? Rij ?(1 ? ?ij ? ? ?x ?y ? ?0, (others ) 分基函数的取法
其中 Rij 是以 ( xi , y j ) 为顶点的矩形单元

?x, ?y ? 0 为 Rij 的底和商的长度。

8.

何为三角剖分,基函数怎样取?

三角剖分:设 G 是多边形域(否则可用多边形域逼近它) ,将 G 分割成有限个三角形之 和,使不同三角形无重叠的内部,且任一三角形的顶点不属于其他三角形的内部,这样就把 G 分割成三角形网,称为 G 的三角剖分。 基函数的取法:通过构造 Lagrange 型插值公式可以得到基函数的取法。不妨以 P ( x, y) 是 1 一次多项式为例,得到 P ( x, y) ? L1?1 ? L2 ?2 ? L3 ?3 ,其中 L1 是相应于节点 1 的基函数在 1 △上的限制(具体的过程,可参考课本:P57 P58)

9.题,参考课后习题 P 10,11 题不会。 12.

92

的第一题,具体过程可参考积分插值的推导过程

在此将 14 题推导过程介绍如下:

对 Possion 方程 ??? ? f ( x, y) ,建立五点差分格式,并估计截断误差。 取定沿 x 轴和 y 轴方向的步长 h1 和 h2,沿 x,y 方向分别用二阶中心差商代替,则

??h ?ij ? ?[

?i ?1, j ? 2?i , j ? ?i ?1, j
h12

?

?i , j ?1 ? 2?i , j ? ?i , j ?1
2 h2

] ? fij (五点差分格式)

式中 ?i , j 表示节点(i,j)上的网函数。 令 ?n ( xi , y j ) ? ?ij 利用 Taylor 展式有

fn ( xi , y j ) ? fij ? f ( xi , y j )
? 2 ? ( xi , y j ) ?x2
4 6 h12 ? ? ( xi , y j ) h14 ? ? ( xi , y j ) ? ? ? (h16 ) 12 ?x4 360 ?x6

? ( xi ?1 , y j ) ? 2? ( xi , y j ) ? ? ( xi ?1, y j )
h12

?

?

? ( xi , y j ?1 ) ? 2? ( xi , y j ) ? ? ( xi , y j ?1 )
2 h2

?

? 2 ? ( xi , y j ) ?y 2

4 6 2 4 h2 ? ? ( xi , y j ) h2 ? ? ( xi , y j ) 6 ? ? ? ? (h2 ) 4 6 12 ?y 360 ?y

截断误差为

Rij ( ? ) ? ?? ( xi , y j ) ? ? n ? ( xi , y j ) ? ?

4 1 2 ?4? 2 ? ? (h1 4 ? h2 4 )ij ? ? (h4 ) ? ? (h2 ) 12 ?x ?y

3

13.

对 possion 方程建立,极坐标形式的差分格式

poission 方程的极坐标形式为

???? ? ? ?[
其中 ? ?

1 ? ?? 1 ?2 ? (? )? 2 ] ? f (? ,? ) ----- ① ? ?? ?? ? ?? 2
x2 ? y 2

tan ? ?

y x

0?? ??

0 ? ? ? 2?

利用中心差商公式

1 ? ?? 1 [ (? )](? i ,? j ) ? ? ?? ?? ?i
[

?

i?

1 2

?i ?1, j ? (?

i?

1 2

??

i?

1 2

)?i , j ? ?

i?

1 2

?i ?1, j
----- ②

h?2

1 ?2 ? 1 ?i , j ?1 ? 2?i , j ? ?i , j ?1 ----- ③ ] ? 2 2 2 (? i ,? j ) ? ?? ?i h?2

将② ③两式代入①式得

?[

1

?

i?

?i

1 2

?i ?1, j ? (?

i?

1 2

?? h?

i?

1 2

)?i , j ? ?

i?

1 2

?i ?1, j
?

2

1 ?i , j ?1 ? 2?i , j ? ?i , j ?1 ] ? f (? i ,? j ) ? i2 h?2

即 poission 方程极坐标形式的差分方程。

14.

解:将 u j , u j , u j +1, u j - 1 按照 Taylor 在 u j 处展开整理得到其截断误差为

k +1

k-1

k

k

k

n 在 Richardson 格式(4.1.10)中以 ? j ?

1 n ?1 ( ? j ? ? n ?1 ) 代入,便得 Du Fort Frankel 格式: j 2

( ? n?1 ? ? n?1 ) j j 2?

?a

? n?1 ? ( ? n?1 ? ? n?1 ) ? ? n?1 j j j j
h2

?

n ?1 j

?? 1 2 ? 2 ? 1 3 ?3 ? 1 4 ? 4 ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ( x j ,?1tn ) ----- ① ?t 2 ?t 2 6 ?t 3 24 ?t 4
n j

? n?1 ? ? n ? ? j j

?? 1 2 ? 2 ? 1 3 ? 3 ? 1 4 ? 4 ? ? ? ? ? ? ? ( x j ,? 2tn ) ----- ② ?t 2 ?t 2 6 ?t 3 24 ?t 4
(省去了 ? 的商阶无穷小)
2

①-② 得

? n?1 ? ? n?1 ?? 1 2 ?3 ? j j ? ? ? 2? ?t 6 ?t 3
1 6
2

从而得到了微分方程左边的误差 ? 同理可得微分方程右边的误差:

?3? ?t 3

a 2 ? 2 ? h4 ? 4 ? ?2? 1 ?4? ah2 ? 4 ? ? ? 2 ? a? 4 ? 4 ? (h ? ?? 2 2 ? ? 4 4 ) ? ? a( ) 2 2 ? h2 ?t 2 12 ?t 4 ?t 12 ?t 12 ?t 4 h ?t 12h2 ?t 4
4

从而得到 e ? a( )

?

2

h

?2? ?4 ? ? (? 2 ? h2 ) ? ? ( 4 ) ?t 2 h

15.用 Fourier 方法讨论向前差分格式的稳定性。
解 : 向 前 差 分 格 式 uj
k +1

= ruk+1 +(1- 2r)uk + ruk- 1 。 以 uk = vk e x pa jh 代 入 得 i( ) j j j j
消 去 子

vk +1 exp(ia jh) = r exp(ia ( j +1)h) + (1 - 2r )exp(ia jh) + r exp(ia ( j - 1)h)vk
e ia x p j h 则 ( )
知 增 长 因

C1 = ( x p ,t ) = (1 - 2r ) + r (exp(ia h) + exp(- ia h)) = 1 - 2r (1 - cos a h) = 1 - 4r sin 2

ah 由于 2

a h p ph (= ) 在[0,π ]中分布稠密,(随 h ? 0 )为使 C1 ( x p ,t ) 满足 von Neu-Mann 条件, 2 l 1 1 必须且只须网比 r ? 所以向前差分格式的稳定性条件是 r ? 2 2

16.

用 Fourier 方法讨论向后差分格式的稳定性。

解:对向后差分方程
n 得: u j = (1 + 2

u n+1 - u n j j t

=a

+1 1 u n+1 - 2u n +1 + u n-+1 j j j

h2

利用 Fourier 方法分析器稳定性,整理

at n +1 at n +1 at n +1 at )u j - 2 u j +1 - 2 u j - 1 。令 r = 2 ,将 u n = vn exp(ia jh ) 代入得到: j 2 h h h h

vn exp(ia jh) = (1 + 2r )vn+1 exp(ia jh) - rvn+1 exp(ia ( j +1)h) - rvn+1 exp(ia ( j - 1)h) 消 去
e x ia (j 。则增长因子为 p h )
向后差分方程是恒稳定的。

1 1 = 1 + 2r - r (exp(ia h) + (exp(- ia h))) 1 + 4r sin 2a h 2

1 。所以

17.

用 Fourier 方法讨论六点对称格式的稳定性。

解:六点对称方程的格式为

u n+1 - u n j j t
入 得

n n n n +1 n+ 1 n+ 1 1 u - 2u j + u j - 1 u j + 1 - 2u j + u j - 1 = a 2 ? ( j +1 + ) 。令 2 h2 h2

un = vn exp(a jh ) i j



vn+1 e

a i p x

-j (

h n e ) a i p =j ( v x

h

)

a 2t n [v exp(ia ( j +1)h) - 2v n exp(ia jh) + v n exp(ia ( j - 1)h + v n +1 exp(ia ( j +1)h) 2 2h
得 ) 2vn+1 exp(ia jh) + vn+1 exp(ia ( j - 1)h] 。 消 去 e x iap j( h 增 长 因 子 为
5

a 2t a 2t 2a h (cos a h - 1) +1 1 - 2 sin 2 2 h h 2 = a 2t a 2t 2a h 1 - 2 (cos a h - 1) 1 + 2 sin 2 h h 2

1。所以六点对称格式是无条件恒定的。

18.证明:利用 Fourier 方程将两端同时做变换。
uk = vk exp(ia jh) 得 j
v k 1 exp(ia jh)-v k exp(ia jh) t
=a v k exp(ia ( j +1)h)-2v k exp(ia jh)+v k exp(ia ( j -1)h) v k exp(ia ( j +1)h)-vk exp(ia ( j -1)h) +b -cvk exp(ia jh ) h2 2h





exp(ixjh)













1-

2at 2a h bt at 1 sin + sin a h-ct , von-Neumann条件可得 2 ? .即差分格式 由 2 h 2 h h 2

u k +1 -u kj j l

=a

u k +1 -2u k +u k- 1 j j j h
2

+b

u k+1 - u k- 1 j j 2h

+cu k (a >0) 的充要条件是 j

at 1 ? 2 h 2

19.讨论三维热传导方程向前差分格式的稳定性
解:三位热传导方程为(向前差分格式).

u n+1 -u n jkm jkm t

=

a 2 n 2 (d x u jkm +d y u n +d z2u n ) jkm jkm 2 h

2p p 2p q 2p g ,b = ,h = 代到上式消去公因子 l l l 2a h 2b h 2hh n at n +1 - 4r sin - 4r sin )v , r = 2 。从而增长因子为 得 v = (1 - 4r sin 2 2 2 h ah bh hh c1 = c1 (a h, b h, hh) = 1 - 4r (sin 2 + sin 2 + sin 2 ) 为 使 | c1 |=1+O( t ) 必 须 且 只 须 2 2 2
n n 取通项 u jkm = v exp(i (a x j + b yk + hzm )),a =

r ? 1 。当 r ? 1 时三维热传导方程的向前差分格式稳定。 6 6

20.

讨论三维热传导方程向前后分格式的稳定性

解:三维热传导方程的向后差分格式为:
n
n

u n+1 -u n jkm jkm t

=

a 2 n+1 2 n+1 2 n+1 (d x u jkm +d y u jkm +d z u jkm ) h2

取通项 U jkm = v exp(i( ?x j + ? y k +?z m )), ? = 因子得:

2?p 2?q 2?g ,? = ,? = ,带入上式, 消去共 l l l

1 ? 4r (sin

2 ?h 2

1 ? sin 2

?h
2

? sin 2 ?2h )

? 1 。恒成立
6

所以 三维传导方程向后差分格式是无条件稳定的。

21.三维传导方程的 PR 格式为:
n 3 r 2 (u jkm ? u jkm ) 1 2 2 2 n (1 ? ? x ) = 2 (? x ? ? y ? ? z ) U jkm l 2 h 2
3 3 u jkm ? u jkm

n? 1

(1)

n? 2

n? 1

l 2
3 u n ?1 ? u jkm jkm

=

1 n? 2 ?y (u jkm3 ? u n ) jkm 2 h 1 2 n?1 ? z (u jkm ? u n ) jkm 2 h

(2)

n? 2

l 2

=

(3)

(1)(2)(3)合称 PR 格式。

22.将 (1 ? ? x2 ) u n? = (1 ? ? y2 )u n jkm jkm
1 3

r 2 2 r 2 n? 3 r n? 1 3 (1 ? ? y ) u jkm = (1 ? ? z2 )u jkm 2 2 r r n? 2 3 (1 ? ? z2 ) u n?1 = (1 ? ? x2 )u jkm jkm 2 2

r 2

将 U jkm = v n exp i(?x j ? ?yk ??zm ) 带入上式得
n

) 2 2 2 G(?h, ?h) = ?h ?h ?h (1 ? 2r sin 2 )(1 ? 2r sin 2 )(1 ? 2r sin 2 ) 2 2 2
1

(1 ? 2r sin 2

?h

)(1 ? 2r sin 2

?h

)(1 ? 2r sin 2

?h

对任何 r>0

u n?3 ? u n r 1 jkm 2 2 2 n 丨G丨? 1. 所以 (1 ? ? x2 ) jkm = 2 (? x ? ? y ? ? z ) U jkm 绝对收敛。 2 h l

23.解: u n?1 ? u n ? l ??u ? l2 j j t
u n ?1 ? u n ? l ?u ? l2 j j ?t
2

2

? 2u ?t 2

? l6
3

3

? 3u ?t 3

l ? 24
4 4

? 4u ?t 4

( x j , ?t n )

(1) (2) (3) (4)

? 2u ?t 2
2

? l6

? 3u ?t 3
3

l ? 24

? 4u ?t 4
4

( x j , ? 2t n ) (? 3 x j , t n ) (? 4 x j , t n )

u n?1 ? u n ? h ?u ? h2 j j ?x u n?1 ? u n ? h ?u ? h2 j j ?x
(1)+(2) 得

? 2u ?x 2 ? 2u ?x 2

? h6 ? h6

? 3u ?x 3 ? 3u ?x 3

?h 24 ?h 24
4

? 4u ?x 4 ? 4u ?x 4

2

3

u n?1 ? 2u n ? u n?1 j j j l2

? 2u 2 = 2 + o(l ) ?t

7

u n?1 ? 2u n ? u n?1 ? 2u j j j (3)+(4)得 = 2 + o(h2 ) 2 ?x h
所以 其截断误差为 o(l 2 ? h2 ) 。

24.

证明:用 Fourier 法 证明:
n

作变化 u j = v n exp( ?jh) 。得 ? ? 0 时 i

v n ?1 exp( j?jh) ? v n exp( j?jh) v n ?1 exp( j?jh) ? v n ?1 exp( j? ( j ? 1)h) = ?? l h
消去 exp( ?jh) 得: i

v n ?1 =

1?

?l
h

1 vn (1 ? exp(?i?h))

所以 G (?h, l ) =丨丨

1 1 丨丨= ?1 2 2 l 1 ? (1 ? exp(?i?h)) (1 ? al ? al cos ?h) 2 ? ah 2 sin 2 ?h h h
al h

所以 当 a ? 0 时, 当

u n ?1 ? u n j j l

+a

?1 u n ?1 ? u n?1 j j

h
a<0

=0 绝对稳定。 时 ,

v n ?1 e

i?j ) ? v n e l

i? j x )

=?a

h n?1 exp(i? ( j ? 1)h) ? v n exp(i?jh) v x hp p h

(

(

消去 exp( ?jh) 得: i

v n ?1 =

1 ? al h vn al 1 ? h exp(i?h)



1 ? al h 丨?1 1 ? al exp(i?h) h
1 ? al h

.

=

l (1 ? al cos?h) 2 ? ah 2 sin 2 ?h h
2 2

?1

所以 当 a<0 时

u n ?1 ? u n j j l

+a

?1 u n?1 ? u n ?1 j j

h

=0 绝对稳定

8

25 解:作Fourier 变换u j n ? v n exp(i?jh)得 消去 exp(i?jh)得v n ?1 ?
a?

v n ?1 exp(i?jh) ? v n exp(i?jh) (v n ?1 exp(i?( j ? 1)h) ? v n ?1 exp(i?( j ? 1)h) ? a. ?0 2 2h

1?i sin ?h 1 v n ? a2?h2 vn , a? 1? i 2 sin 2 ?h 1 ? i ?h h h

a? a 2? 2 sin ?h sin ? 2 h 1 1 h h2 ?| ? ( )2 ? = ?1 a 2? 2 sin 2 ? 2 a 2? 2 2 a 2? 2 2 2 a 2? 2 2 1? 1 ? 2 sin ?h (1 ? 2 sin ?h) 1 ? sin ?h a 2? 2 h h h2 1 ? 2 sin ? 2 h h u j n+1 -u j n u j ?1n+1 -u j ?1n+1 ? +a ? 0绝对稳定。 ? 2h 26变系数方程的差分格式为 1-i ? 0,当a j ? (1式) 0 ? h u j n+1 -u j n u n ? un j ? a j j +1 ? 0,当a j ? (2式),其中a j ? a( x j ) 0 ? h 利用Fourier方法,类似24题得到(1式)稳定的充要条件为a j ? 0,| a j? |? 1,(2式)稳定的充要条件为a j ? 0,|a j r |? 1.r ? 27 1 u j n ?1 ? (u n j ?1 ? u j ?1n ) 2 Lax格式: ? ? u j n+1 -u j n ? aj u j n ? u n j ?1

? h

f

n j ?1

?

f

n j ?1

2h

? 0, 其中 f =f ( x j , u j )
n j

n

? n ?1 n ?1 n n Box格式:(1+ar )u j ? (1 ? ar )u j ?1 ? (1 ? ar )u j ? (1 ? ar )u j ?1, f ? au , r ? . h 29题证明: 将Richardson格式写成等价的方程组:

u ? 2r (u ? 2u ? u ) ? w (1式) w ? u(2式) 以u =v exp(i?x ), w ? u exp(i?x )代入,并消去公因子,得 v ? 4r (cos ?h ? 1)v ? v
k k j k k j j+1 j-1 j k+1 j k j k j k k k 1 j j 2 j k ?1 j k k 1 2

k ?1

v

k+1 2

? v1得到增长矩阵为 G(?h) ? (
k

-8r sin 2

?h 1 2 1 0

)从而得到G(?h)的谱半径不满足vokNewman条件。故Richardon格式绝对不稳定。

28 必要性证明:由根与系数的关系知 ?1 +?2 =b, ?1?2 ? c, 若|?1,Q |? 1成立,则|c |?| ?1?2 |? 1显然成立 当 ?1 +?2 ? 0时, 1-c-|b|=1+?1?2 ? (?1,Q ? ?2 ) ? (1 ? ?1 )(1 ? ?2 ) ? 0 当 ?1 +?2 ? 0时, 1-c-|b|=1+?1?2 ? (?1 +?2 ) ? (1 ? ?1 )(1 ? ?2 ) ? 0 ?: |b| ? 1-c时成立 。 ? |c|? 1,? -1 ? -c ? 1,? 0 ? 1-c ? ? ? |b|? 1-c ? ? 充分性证明: ? |b|? 1-c ? ?,? 0 ? 1-c ? ?。 ? |c| ? 1 ? |?1?2 |? 1 ? | ?1| | ?1|中至少有一个是小于等于1. 当 ?1 +?2 ? 0时, 1-c-|b|=1+?1?2 ? (?1 ? ?2 ) ? (1 ? ?1 )(1 ? ?2 ) ? 0 ? |?1|,|? 2|小于1. 当 ?1 +?2 ? 0时, 1-c-|b|=1+?1?2 ? (?1 +?2 ) ? (1+?1 )(1 ? ?2 ) ? 0 ? |?1| ,|? 2|小于1. ? |?1,Q |? 1.充分性得证。

9


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