Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Сибирская государственная автомобильно-дорожная академия

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

2343.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

07.01.2021

Размер:

5.89 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 2829 / 3329 30 31 32 33 > Следующая >>>

Раздел VIII. ВАРИАЦИОННЫЕ МЕТОДЫ

1. Некоторые сведения из функционального анализа

Непустое множество L элементов x, y, … называется линейным пространством, если для любых двух элементов x, y L их линейная комбинация ax by определена и принадлежит L (здесь a, b – произ-

вольные ч сла).

Л нейное пространство называется нормированным, если каж-

видi

дому элементу x L поставлено в соответствие число

– норма.

меет

x (x1 , . . . , xn ) .

СЭлемент x з R

Пр меры норм в пространстве R n

max

;

– норма как длина вектора;

и т.д.

Обычно

R n рассматривается с нормой

Скалярным произведением в R n называется число, определяемое

по формуле (x, y) xi yi . Заметим, что

2 (x, x) .

Линейное пространство с введенным в нем скалярным произведением называется евклидовым.

Пространство называется полным, если в нем сходится любая фундаментальная последовательность. Полное евклидово пространство бесконечного числа измерений называется гильбельтовым.

Пусть в R n задана область G. Функция f (x) называется сумми-

руемой с квадратом, если f 2 (x)dx . Множество таких функций

обозначается как L2 (G) . Скалярное произведение в L2 (G) определяется по формуле

200

( f , ) f (x) (x)dx ,

здесь f (x) , (x) L2 (G) . Поскольку

С	f f	f	2 f 2 (x)dx,

				G
то L2 (G) является нормированным.				0
или
Предполож м, что для двух пространств X, Y указано правило А,
сопоставляющее элементы из Х и элементы из Y. То есть А : Х Y
y Ax . Тогда А называется оператором.
Пр мер. Пусть H L2 0, 1 – гильбертово пространство функ-
ций на 0, 1 . То есть				1
	f H , если			f 2 (x)dx .			Рассмотрим в H
линейное подпространство X C 2 0, 1 дважды непрерывно диффе-
А
ренцируемых функций и оператор				A	d 2	– взятие второй произ-
бdx2
водной. В результате применения оператора						kX	получим непре-
рывные функции АX C 0, 1 – множество значений оператора.
		Д

Если область значений оператора – числовая ось, то оператор называется функционалом.

2. Теоретические основы метода Ритца

1.А , , А и Ф А Ф А* ИА А* ;

2.( А , ) 2 ( , ), Ф( А) , 0(число);

3.Ф(А) всюду плотно в H, то есть для всякого x H и любого

0 найдется Ф( А) такое, что x .раторделения

201

Теорема 1. В Ф(А) существует не более одного решения урав-

нения А f .

Доказательство. Пусть есть два решения:

А 1

и А 2 f ;

1 , 2

Ф( А) . Тогда

А( 1 2 ) А 1

А 2 f f

Использу-

ем свойство 2:

А(

), (

)

2 .

(207)

Так как А( 1

2 ) 0,

то левая часть равенства (207) равна 0.

ледовательно,

0 , то есть 1

2 . Теорема 1 доказана.

Предполож м, что 0 Ф( А) – решение:

А 0

f . Тогда, ис-

пользуя свойства 1, 2 оператора А, получим

П( )

А( 0 ), ( 0 ) (A , ) (A 0

, ) (A , 0 )

(A 0 , 0 ) (A , ) 2( A , f ) (A 0 , 0 ) 0 .

Обозначим J ( ) (A , ) 2( , f ) . Это функционал. Посколь-

ку ( A 0 , 0 ) – постоянное число, то минимум П( )

достигается при

том

же

0 ,

что

минимум

J ( ) .

Таким

образом,

П( ) J ( 0 ) ( A 0 , 0 ) . Итак, доказана теорема 2.
Теорема 2. ЕслиАФ( ) является решением уравнения
	0
А f ,	то 0 минимизирует функционал		J ( ) ( A , )
2( A ,	f ) .	И

Возникает вопрос: «Будут ли такие 0 , в которых				J ( ) достига-
ет минимума, являться решениемДзадачи А f ?» Ответ дает теоре-
ма 3.
Теорема 3. Пусть 0 Ф( А) минимизирует			J ( ) . Тогда 0 яв-
ляется решением задачи А f .
Доказательство. Пусть Ф( А) ,		R ,		тогда 0
Ф( А) . Так как J ( ) достигает минимума в 0 , то

J ( 0 ) J ( 0 ).

Тогда

202

J ( 0 ) А( 0 ), ( 0 )

2( 0 , f ) ( A 0 , 0 ) 2 ( A , ) 2( 0 , f ) 2 ( , f )

( A , 0 ) ( A 0 , ) J ( 0 ) 2 ( A 0 f , ) 2 ( A , ) .

Так как

J ( 0 ) J ( 0 ) 0,

то

2 ( A

f , ) 2 ( A , ) 0.

Дел м на :

2( A 0 f , ) ( A , )

А0

При

одном случае

получаем в пределе

(A 0 f , ) 0, в другом 0 . Значит,

( A

f ,

)

(208)

Итак, A f H .

Зададим 0. В силу плотности Ф( А)

можно найти Ф( А)

такое, что

( А 0

f )

Пусть

( А 0 f ) ;

( А 0 f ) .

Подставим в равенство (2):

2 ( А

f , ) 0 .

203

Или

( А 0 f , )

А 0 f

За счет скалярное произведение может быть сколь угодно ма-

лым. Таким образом,

А 0 f

А 0

f ,

что и требовалось

доказать. Теорема 3 доказана.

3. Методы Р тца, Галеркина, наименьших квадратов

Метод Ритца

В с лу теорем 1–3 решение уравнения А f эквивалентно на-

хожден ю

функц

0 ,

минимизирующей

функционал

J ( ) (A , ) 2( , f ) ,

0 H .

иВыберем про звольно n и

удем искать приближение 0 эле-

ментами в да

a U

(209)

бn k

k 1

где Uk – элементы базиса;

ak – неизвестные пока постоянные.

Теперь

J ( n ) A akU k , akU k 2 akU k , f ak AU k , akU k

2 a

(210)

a a

UД2 a U , f .

i, j 1 i

k 1 k

Необходимое условие минимума – равенство нулю всех частных

производных

J ( n )

0 ,

i 1,

… ,

n. Дифференцируем равенство

(210):

J ( n )

AU i , U j 2 Ui , f 0 , i 1, 2, … , n.

2 a j

204

Получили систему

n
a j AU i , U j U i ,			f ,	i 1, 2, … , n.	(211)
j1
Решая систему (211), найдем аi . Приближение 0					дается в ви-
де суммы (209).
Метод Галеркина (Бубнова)
азис0		k
СРешается уравнен е	А f , при этом А f				называется
невязкой. Выб раем	U k , k 1,		2,	3, … пространства H. По-

бл
скольку А 0 f	0	в случае, если 0	– решение, то
		( f , U	) 0.

		А
Ищем пр		жен е
			n	akU k
такое,	что n А n f и			( n , U k ) 0,		k 1,…,n,		или
A akU k f ,Ui 0 ,				Д
A akU k f ,Ui 0 ,			i 1, 2, … , n. Система для определения ко-
эффициентов аk в этом случае имеет вид
	n				И
	a j AU j , U i			f , U i ,	i 1, 2, … , n.		(212)
	j 1
Заметим, что система (212) совпадает с системой (211) метода
Ритца	в случае,	если	для	оператора	А выполняется условие
( А i , j ) ( А j , i ) .
		Метод наименьших квадратов
					n				2
Ищется приближение 0 в виде n a jU j						такое, чтобы		n	2
Ищется приближение 0 в виде n a jU j						такое, чтобы		n
					j1
достигал минимума. То есть находим минимум

205

2 ( А

f , А

f ) .

После преобразований получаем систему

a j AU j , AU i f , AU i , i 1, 2, … , n.

j 1

Из с стемы наход м коэффициенты приближения n .
ловиям	Uk
Замечан е. Во всех указанных методах выбирается базис	Uk
в пространстве H. С стема функций Uk должна удовлетворять ус-
:
1) она должна ыть полной в H;
б
2) ее члены должны ыть линейно независимыми;
3) ее члены должны удовлетворять начальным условиям задачи.
4. Пр меры решения задач
А
1. Решить краевую задачу
U cos x ;
Д
U (0) 0 ; U ( ) 0 .

Замечание. Проинтегрировав уравнение два раза, с учетом на-

чальных условий найдем решение U (x) cos x					2	x 1.


Решение методом Ритца. Выберем базис
sin x ,	sin 2x	,	sin 3x	, ….

2			3	И

Следовательно, n-е приближение по методу Ритца имеет вид
	n		sin jx
n c j				,
			j
	j 1

206

или, обозначив	c j		a j , получим
или, обозначив		j	a j , получим
		j
				n
			n	a j sin jx
				j1

(это означает, что фактически выбран базис sin jx ).

Можно замет ть, что задача «симметрична» относительно точки

	2	, 0 , поэтому будем рассматривать только те базисные функции,
	2
графики																2 ,		0 :
Скоторых с мметричны относительно точки																2 ,		0 :
							j sin 2 jx, j 1, 2, … .
		Поскольку в нашем случае A , то
						А1												j ;
						2			0,					если			i	j ;
		АUi ,бU j 4 j sin 2 jxsin 2ixdx 2 j2											,		если			i j.
					0
		Далее,

		U j ,			f cos x sin 2 jxdx					sin( 2 j 1)xdx
		U j ,			f cos x sin 2 jxdx				2	sin( 2 j 1)xdx
						0			2	0		И
			1					1			1

				sin( 2 j 1)xdx											4 j		.
				sin( 2 j 1)xdx													.
		2 0													2
		2 0					Д2 j 1 2 j 1 4 j 1

207

Следовательно, система (211) принимает вид

2 12 a 0 a							. . . 0 a													4				;
2 12 a 0 a					2		. . . 0 a								n									;
			1		2										n				4 12			1
																			4 12			1


																					4 2
0 a 2 22				a			. . . 0 a														4 2				;
						2										n

		1																4		22 1
																		4		22 1


и
				. . .
С														2								4 n
0	a1		0 a2	. . . 2 n												an				4		n2					.
																				4		n2				1
Итак,
			2									2	n				sin 2 jx
a j			2	;			n					2					sin 2 jx						.						(213)
a j		j(4 j2 1)		;			n																.						(213)
		j(4 j2 1)											j 1 j(4 j2							1)
			А																									при n
Замечаниеб. Легко показать, что сумма ряда (213)																												при n
равна точному решению cos x										2	x 1.							ействительно,										продиффе-
равна точному решению cos x											x 1.							ействительно,										продиффе-

								Д
ренцировав функции (213), получим ряд
					4				cos 2 jx
														,															(214)
							j 1 4 j2 1

который равномерно сходится на 0, благодаряИвторой степени j в знаменателе. Иными словами, ряд абсолютно сходится, так как ряд из

его модулей эквивалентен сходящемуся ряду . Сумма ряда (214)

j 1 j 2

равна 2 sin x . Проинтегрировав это выражение, с учетом начальных

условий находим, что сумма (214) (при n ) равна cos x 2 x 1.

2. Решить задачу

U cos x ;

208

0 ;

0 .

U (0)

U ( )

Решение методом Ритца. Выберем базис cosx, cos2x, cos3x, … .

Приближение n

ищем в виде

a j

cos jx. Поскольку задача

симметрична относительно точки

2 , 0 ,

все четные члены базиса

можно опуст ть. Так как A ,

то A(cos jx) j 2 cos jx и система

(211) пр н мает в д

0 a2 . . . 0 an ;

a2 . . . 0 an 0;

0 a1

. . .

0 a 0 a

. . .

откуда a1 1; a2 a3

. . . an

0, и мы получаем n cos x – точ-

ное решение задачи.

3. Рассмотрим задачу

(4 x)U

+600U 5000(x–x );

U (0) 0 ;

U (1) 0 ;

0 .

U (0) 0 ;

U (1)

Ее можно интерпретировать как задачу определения прогиба бруса переменного поперечного сечения [или переменного модуля упругости (4+х)], лежащего на упругом основании и находящегося под вертикальной нагрузкой 500(х–х2), где 600 – «коэффициент жесткости» среды.

209

sin j x		, j 1, 2, … .
Решение методом Ритца. Выберем базис
Решение методом Ритца. Выберем базис	j 2
	j 2
Пусть n 3. Приближение 3 ищем в виде

С
						3 a1 sin x a3 sin 2 x a3 sin 3 x .
		стема (211)					меет вид
и
		( AU1, U1 )a1					( AU1, U 2 )a2			( AU1, U3 )a3 U ( f , U1 );


							( AU 2 , U 2 )a2			( AU 2 , U3 )a3 U ( f , U 2 ); (215)
		( AU 2 , U1 )a1					( AU 2 , U 2 )a2			( AU 2 , U3 )a3 U ( f , U 2 ); (215)
					б
					б
							( AU3 , U2 )a2 ( AU3 , U3 )a3 U ( f , U3 ).
		( AU3 , U1 )a1					( AU3 , U2 )a2 ( AU3 , U3 )a3 U ( f , U3 ).
Выч сл м коэфф циенты
							А
						1								1
( AU j , U k ) (4 x) sin j x								sin k xdx 600 sin j x sin k xdx
						0								0
	4		2		2	1						1
	4	j	2	k	2	(4 x) sin j x sin k xdx 600 sin									j x sin k xdx.
		j		k		(4 x) sin j x sin k xdx 600 sin									j x sin k xdx.
						0						0
Далее,								Д0 при k j;
						1		Д0 при k j;

						sin j x sin k xdx					1		при			k j;
						0					1		при			k j;
											2
					1	x sin j x sin k xdx		1		( 1) j k			1			( 1) j k 1
																				.
												2								.
								2 ( j k)				2		2И2 2
					0			2 ( j k)								( j k)
Если						j k , то получаем
						1			1	1								1
						x sin 2 j xdx			1	x(1 cos 2 j x)dx								1	;
						x sin 2 j xdx			2	x(1 cos 2 j x)dx							4		;
						0			2	0							4

210

1		2	1 ( 1) j .
(x x2 ) sin	j xdx
		j 3 3
0

Подставив полученные результаты в систему (9), получим

С
		4	4											4	1					1								5000 4
						300					a		4									a			0 a							;
2						300					a		4					2			2	a		2	0 a		3				3	;
				4								1						2		9	2			2			3				3
				4																9


			1					1																					1			1
4 4										a1			32 4 4 4							300 a2 36 4														a3	0;
4 4				2					2	a1			32 4 4 4							300 a2 36 4										2			2	a3	0;
				2			9		2																					2		25	2
							9																									25
					б
					б
			24 36						2				729 4										20000
0	a									a	2						300			a	3
0	a									a							300			a						3
	1				25									4										27		3
					25									4										27
и
или													А
													А
									519,17a1 35,09a2													0a3			645,05;
																			Д


									35,09a1
									35,09a1						3806,76a2 341,09a3														0;



									0a1 341,09a2 18052 ,97a3 23,89.
	Решение системы имеет вид																									И
	Решение системы имеет вид
									a1 1,243 ;							a2		0,0116 ;						a3 0,00154 .
	Следовательно,
						3		1,243 sin x 0,0116 sin 2 x 0,00154 sin 3 x

– приближенное решение задачи.

4. Решить методом Ритца в параллелограмме К с границей Г (рис. 27) задачу

211

AU (4 y) 2U 2U y 2 , U 0 на Г.x 2 y 2

Такая краевая задача возникает при решении задач:

– определить прогиб мембраны переменной толщины, имеющей форму параллелограмма, защемленной на границе и находящейся под

воздействием вертикальной нагрузки у 2 ;

– сследовать стационарное распределение температуры в бес-
конечной пр зме,	меющей сечение в виде параллелограмма, с пере-
менной провод мостью, внутренними источниками тепла и нулевой
С			и так далее.
температурой на			и так далее.
	y	Д(k,b)			С(a+k,b)
		Д(k,b)			С(a+k,b)
поверхности
				К

(0,0)

B(a,0)

Рис. 27

Решение методом Ритца. Выберем первые четыре члена бази-

са:

sin (x hy) sin

y ;

sin (x hy) sin

2 y

;

1,1

1,2

sin

2 (x hy)

sin

y ;

sin 2 (x hy) sin

2 y

2,1

2,2

где h	k	. Приближенное решение ищем в видеИ
где h	b	. Приближенное решение ищем в видеИ
	b
		2
		U aij ij .
		i, j1

Коэффициенты найдем из системы (211). Вычисляем

212

ij , mn

(4 y)

dxdy

(4 y)

i (x hy)

j y

mn(x hy)

n y

cos

sin

cos

sin

dxdy

i (x hy)

j y

i (x hy)

j y

cos

sin

cos

n y

m (x hy)

n y

cos

m (x hy)

sin

cos

dxdy.

Подстановка

z x hy

;

y 0 сводит вычисление интегралов в К

к вычислен ю

нтегралов в прямоугольнике (0, a) (0, b) , то есть по-

лучаем

бa b

j y

n y

ij , mn

im2

cos

i z

cos

m z

y) sin

sin

dzdy

0 0

2 2

a b

А2

a b

i z

cos

i z

cos

m z

sin

j y

sin

n y

dzdy

2jn

sin

0 0

m z

j y

n y

Д2 a b

sin

cos

dzdy

cos

sin

0 0

n y

h 2 jm a b

i z

m z

j y

n y

cos

dzdy

sin

cos

Иsin dzdy.

0 0

213

Заметим, что

i z

m z

i z

m z

i m;

если

sin

dz cos

sin

cos

если

i m

или

i z

m z

если

(i m) нечетно;

sin

cos

i2 m2

если

(i m) четно.

Поэтому

i y

n y

(4 y) sin

sin

б2 2

cos 2 jt

t sin 2 jt

если j n;

4 j

2 j

j n

( 1)

если

j n.

2 2

( j n)2

Иk

То есть

2 sin

i y

( 1)

j 1

( 1) j

1 .

j3 3

Теперь положим a ;

b ;

k ;

b 1. Подставим все

вычисленные значения в систему (211), получим

214

5. Решить уравнение Пуассона

2 U 1 в G

3 2						3								4														32											2
																																					2 4 ;
									a								a			0 a							a
									a								a			0 a					21		a						22
		2				8				11				9	12										21				9				22
		2				8								9															9


		4					9 2						3									32
				a											a									a		21		0 a						22			2			;
				a											a									a				0 a									2			;
		9		11			4							8				12				9
		9					4							8								9


						32								21 2							3								16
0 a						32								21 2							3								16
								a															a			21									a	22		0;
								a															a												a			0;
				11		9			12					4								2								9
						9								4								2								9

С

	32											16																		3
																														3
			a		0 a											a						6 2										a					0.
			a		0 a											a		21				6 2										a			22		0.
				11					12									21																	22
	9													9															2
	9													9															2
и
Наход м решен я системы
a11		0,608					, a12				0,349 ,										a21		0,021 ,												a22 0,031.
	б
Следовательно, решение задачи дается приближенно в виде
	U 0,608 sin( x y) sin y 0,349 sin( x y) sin 2 y
								А
	0,021sin 2(x y) sin y 0,031sin 2(x y) sin 2 y.
																			Д
																															И

Замечание. Вычисления в этом примере довольно длинные из-за того, что область K – параллелограмм. В случае прямоугольника решение задачи будет существенно проще.

при выполнении краевых условий
U 0 на Г,	U	0 на Г

215

в кольце G (рис. 28) (пластина с отверстием, защемленная на границе под действием вертикальной нагрузки).

С
и				0	1			2 x
и
	Выберем
				Рис. 28
	Решен е методом Ритца.							первые шесть элементов ба-
зиса	А
зиса
q2 (x, y) , xq2 (x, y) , yq2 (x, y) , x2 q 2 (x,								y) , xyq2 (x, y) ,	y 2 q 2 (x, y) ,
где
	q(x,	y) (x2		y 2	1)(4 x2 y 2 ) .
	Поскольку оператор 2 ,							И
	Поскольку оператор 2 ,			функция			f	1 и область G симметрич-
ны относительно осей, достаточноДрассмотреть только члены с чет-
ными степенями x, y. Учитывая также симметрию относительно нача-
ла координат, достаточно искать приближение Ритца в виде
		6	q2 (x, y) a a			2	x2 y2
		6		1		2
или в полярных координатах в виде
	6		a1 1 (r, ) a2 2 (r, ) ,						(216)

216

где			q2			r 2 1 2 4 r 2 2 ;												2	x2					y 2 q2				r 2 r 2				1 2 4 r 2 2 .
	1																	2
				истему Ритца (211) можно записать в виде

С											2								2			2 a2					f , 1 ;
С										1,			1 a1 1,									2 a2					f , 1 ;
																																		(217)
																																		(217)
									2 ,					2	a 2					2	,			2	a	2	f ,		2	.
												1		2		1				2				2		2			2
и
		Замет м, что
									d		2		1 d			d 2							1 d					d 4			2 d 3			1
2 1 ( 1 )																			1						1				1				1
									dr 2				r dr				dr 2						r dr					dr 4			r dr3			r 2

	d 2			1	1			d
				1				1	230r 4				5760 r 2						2112 ,
			2			3			230r 4				5760 r 2						2112 ,
	dr		2		r	3		dr
аналогичноб
								2 2		644r 6					23040 r					4		19008 r 2						2560 .
																	Д
		Следовательно,А
2 1 , 1								230r 4			5760 r 2 2112 r 2													1 2 4 r 2 2 rdrd 72588 ,95,
						2	2																				И
						1	0																				И
						1	0

далее,

2 1, 2 228434,71;

2 2 , 2 805459 ,24 .

Находим также

217

<<< < Предыдущая 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 2829 / 3329 30 31 32 33 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
07.01.20215.77 Mб62339.pdf
#
07.01.2021362.66 Кб2234.pdf
#
07.01.20215.8 Mб42340.pdf
#
07.01.20215.8 Mб42341.pdf
#
07.01.20215.83 Mб912342.pdf
#
07.01.20215.89 Mб432343.pdf
#
07.01.20215.94 Mб52344.pdf
#
07.01.20215.95 Mб102345.pdf
#
07.01.20215.98 Mб362346.pdf
#
07.01.20216.02 Mб292347.pdf
#
07.01.20216.07 Mб442348.pdf