Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Функциональный анализ. Учебное пособие
.pdf
2) В энергетическом пространстве
элементы ,,…,
.
3) Составить и решить систему Ритца.
4) Записать приближенное решение =
Чтобы продемонстрировать, как используется метод Ритца,
будем искать приближенное решение задачи Дирихле для уравнения
Пуассона
Задача 1.
−
−
=(,)при(,)∈Ω,
(,)=0при(,)∈Γ,
где функция (,) суммируема с квадратом в области Ω.
Возникает вопрос, как выбрать подходящие функции
Известен следующий результат. Если в области Ω
функцию =(,), такую, чтобы в Ω она имела непрерывные
производные первого порядка и, кроме того, была положительна в
области Ω и обращалась в нуль на ее границе Γ, то функции вида
=, =,=,=,=,….
образуют линейно независимую последовательность функций, полную
в множестве (), где задан оператор Лапласа, с метрикой
пространства
области
[
−,]×[−,] может быть взята функция
(Ω)
. В качестве функции (,) для прямоугольной
(,)≔(−
)(
для круга радиуса с центром в начале координат –
(,)≔−−.
Сравнивая эту задачу с общей постановкой задачи решения
уравнения с помощью метода Ритца, мы видим, что нам нужно
определить скалярное произведение в энергетическом пространстве.
Пусть оператор
выбрать координатные
∑
.
задать непрерывную
;
−
)
?
71
≔−
Теперь определим скалярное произведение
(
,)=−
Областью определения оператора является множество всех
функций из , которые дважды дифференцируемы в области Ω и на
ее границе Γ обращаются в нуль. По условию оператор должен
быть симметричным и положительным.
Оператор будет симметричным, если при любых ,
выполняется равенство
(
,)=(,
Используя известную формулу Грина,
−
=+.
Можно доказать равенство
(
,)−(,)=−
Так как на границе Γ функции и обращаются в нуль, то этот
интеграл равен нулю.
Чтобы доказать положительность оператора надо убедиться, что
(
,)≥0, причем (,)=0⇔=0. Для этого также
используется формула Грина.
Приближенное решение имеет вид
(
,)=(,)
∙
+
−
+
)
или
−
(
,)−(,)=0.
+
,
.
72
=(3
−
4
)
(
−
4
)
=6(−
4
)
=2(−4
)
=
2(−4
)
=2(−4
)
=
2(−4
)
=(−
4
)
(
3
−
4
)
=6(−
4).
где коэффициенты
=1,2,…,. Причем
≔,
и
находим, решая систему
=−
∙
+
∑
=,
()∙(
,).
≔(,)=
Пример. Методом Рисса найти приближенное (,) решение
задачи 1 при (,)=+−, в квадрате Ω =[−1,1]×[−1,1]
при условии, что (,)=0 на границе.
Решение. В соответствии с рекомендациями по выбору
координатных функций положим, что (,)≔(−4)(−4
)
и
=(,)=(−4)(−4), =(,)=(−4)(−
4). Чтобы найти ≔,
:
вычислим производные от функций
Вычислим коэффициенты
:
=(,
=−
)
=−
∙
(
−4)(−4
+
)
=
[
6(−4)+2(−4
)
]
=
3328
=−
1575
.
73
⎝
⎠
⎝
⎠
При вычислении
который отличается только тем, что в нем переменные и
поменялись местами. Так как интервалы интегрирования по и
одинаковые, то =
)
=−
(
−4)(−4
=(
=−
Вычислим
у нас получается такой же интеграл,
. Найдем
∙
+
=
)
[
2(−4)+6(−4
)
]
=0.
=(,)=
∙(,)=
=
(
−)(−1
)
(
+−)=
16
189
Аналогично, вычисляя получим значение =0.
Мы получаем систему линейных уравнений
3328
1575
3328
1575
=
16
189
=0
=
⇒
=0.
25
624
;
В качестве приближенного решения имеем
(
,)=
()
.
Для следующего шага надо вычислить коэффициенты ,,,,
и. Получается матричное уравнение
3328
1575
0
0 0
0 0
3328
1575
0
4864
4725
с
с
=
с
16
189
0
16
525
.
74
Рис. 6
Откуда находим с,с,с
(,)≈++=
3
=
Чтобы оценить степень достигнутой точности, вычислим
невязку. Для этого подставим
и функцию
(
−1)(−1
176
(
)
,
)
25(−1)(−1
+
в исходное уравнение
624
)
.
Так как наше решение
приближенное, то точного
равенства не получится.
Величина левой части
+
+(,)=0.
0.5
y
1
0
называется невязкой. На рис. 6
построены линии уровня
-0.5
невязки. Жирная линия в
середине соответствуют
нулевой невязке. Максимальное
-1
-1 -0.5 0 0.5 1
x
значение 2,5 достигается в правом
нижнем углу рисунка.
Задача. Методом Ритца найти приближенное решение u(x,y)
задачи Дирихле для уравнения Пуассона
+
=−−
в квадрате
[
−1,1]×[−1,1] при условии, что (,)=0 на границе.
11.3. Метод конечных элементов. В предыдущих примерах мы
рассматривали задачу Дирихле для простой области – квадрата
[
−1,1]×[−1,1]. Между тем, скажем, при расчетах на прочность, об-
ласть, в которой придется решать уравнение, может совпадать с
элементом конструкции и иметь достаточно сложную форму. В этом
случае область можно разбить на простые части (конечные
элементы) и в качестве координатных функций использовать
базисные сплайны невысокой степени. Мы приходим к методу
75
решения уравнений, который называется методом конечных
элементов. Этот метод широко применяется в теории упругости, при
расчетах различных конструкций. Для него составлены пакеты
программ, которые содержат десятки и сотни тысяч операторов.
12. Операционное исчисление. Преобразование Лапласа
12.1. Оригинал. Единичная функция. Функция (), заданная
на оси −∞<<+∞, называется оригиналом, если она обладает
следующими свойствами:
1. ()=0 при <0.
)
2. (
каждом отрезке
3. Существуют такие числа
>0 и
Рис. 7.
.
Остановимся на содержании условия 1. Обычно функции,
которые мы используем в анализе, не обладают этим свойством.
Чтобы превратить их в оригиналы применяют следующий прием.
Рассмотрим функцию (
1при≥0
()=
Очевидно, () – это оригинал, причем можно взять =1,=0.
()∙() уже обладают этим свойством. Например, функции
,sin– не оригиналы, а функции ∙(),sin∙() – оригиналы.
Следует заметить, что обычно множитель () не пишется, а
только подразумевается. Например, пишутся оригиналы ,sin,
(рис.8) считая, что они равны нулю при отрицательных значениях
аргумента.
По поводу второго условия, кусочная гладкость оригинала
означает, что любой интервал
0при<0.
Если функция (
)
рис.7, определенную равенством
)
не обладает свойством 1, то произведение
положительных значениях
выполняется неравенство
[
]
,
можно разбить на конечное число
– кусочно-гладкая на
[
]
,
функция
, что при всех
|
()|≤
76
sin∙(
)
sin
∙()
[
интервалов
дифференцируема.
На концах интервалов допускаются разрывы первого рода
(скачки).
Число
роста оригинала (
Примеры. 1) Функция ()=
так как в точке =0 бесконечный разрыв.
2) Функция ()=
существует таких >0 и
12.2. Основная лемма. Пусть (
=+ – комплексное число, вещественная часть которого
больше, чем показатель роста
а) функция
б) функция
[0,∞), причем
]
,
внутри которых функция непрерывна и
Рис. 8.
, входящее в третье условие, называется показателем
)
.
∙() не является оригиналом, так как не
, что
() стремится к нулю при →+∞;
() абсолютно интегрируема в промежутке
()
|
()|≤
. Тогда:
∙() не является оригиналом,
.
)
– оригинал и пусть
≤
−
.
77
=+
>
12.3. Преобразование Лапласа. Изображение. Пусть () –
оригинал с показателем роста
комплексной величины =+
()=
Рис. 9.
()≓(
)
.
12.4. Изображение показательной функции. Рассмотрим
()=, где – комплексное число. Пусть =+. Тогда
=
(
)
Значит, свойство 3 оригинала выполняется. Условие 2,
очевидно, тоже выполнено. Таким образом,
подразумеваем ∙()) . Найдем изображение этого оригинала:
()=
=
По основной лемме (мы считаем, что > )
lim
→
()=lim
. Рассмотрим функцию от
()
.
Из основной леммы вытекает,
что интеграл абсолютно сходится,
если > . При таких
определена функция (
Функция (
)
(рис. 9).
)
называется
изображением оригинала f(t).
Интегральное преобразование,
переводящее оригинал () в
изображение (
)
, называется
преобразованием Лапласа.
Будем это записывать так
=
()
→
=−
=.
−
=0,
– оригинал (мы
1
()
.
78
(0
) (
)
так что подстановка верхнего предела дает 0. Таким образом, ()=
. Следовательно,
1≓
1
−
1
.
.
)
.
≓
Взяв в этом равенстве =0, мы получим изображение единичной
функции (
)
Линейность преобразования Лапласа. Изображение
постоянной. Из линейности определенного интеграла следует
линейность преобразования Лапласа. Это свойство выражается в двух
формулах:
1. Если ()≓() и С – постоянная, то ()≓(
2. Если ()≓() и ()≓(
)
, то
()+()≓()+().
Поскольку 1≓
, то в силу свойства линейности ≓
Изображения синуса и косинуса. По формуле Эйлера
.
=
cos+sin. Учитывая четность косинуса и нечетность синуса
=cos−sin . Если сложить эти равенства и поделить на
два, то получим
+
cos=
2
≓
1
2
1
−
+
+
1
=
+
.
Аналогично, вычитывая исходные равенства и деля на 2,
получим
sin=
−
2
≓
1
2
1
−
−
+
1
=
+
.
12.5. Изображение первой
производной.
Теорема. Пусть () и () –
оригиналы ()≓(
()
≓()−(0).
)
. Тогда
79
Рис.10.
Замечание 1. Под (0
предельное значение () при →0 справа (рис. 10).
Замечание 2. Может случиться, что () – оригинал, а () –
нет.
Доказательство теоремы.
≓
по частям, взяв =
=() и
()
Получившейся интеграл равен (
()
≓−
∙
(0)+()=()−(0).∎
12.6. Изображения производных высших порядков. Пусть
()≓() и
"()=′(
()
,"(),…,
)
′, для получения изображения "() воспользуемся
формулой изображения производной: надо изображение
умножить на и вычесть значение (0). Так как изображение
()
≓()−(0), то
"()≓()−(0
Аналогично, для n-ой производной можно записать
()
()
≓()−
−
Эти формулы сильно упрощаются в случае нулевых начальных
условий: если (0)=
()
≓(),"()≓(),…,
12.7. Изображение интеграла.
Теорема. Пусть ()≓(). Тогда
)
здесь и везде в дальнейшем понимается
≓∫
()
, тогда =−
()
)
. Следовательно,
.
=()−(0)−
(0)
−⋯−
(
)
(0)
=0, то
()
()
≓().
. Интегрируем
(
,=
)|
(
)
(
)
(0)
)
(
=⋯=
()
()
+∫
()
()– оригиналы. Поскольку
(0)
−
(0)−
.
,
(0)
)
(0)
.
()
80
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]