Metoda Galerkina
Jeżeli nie można zbudować równoważnego funkcjonału,
to korzysta się z metody Galerkina
Zaczniemy od przedstawienia metody Galerkina na przykładzie:
Dana jest linia długa o długości L opisana modelem:
Gu
,
i
Ri
,
u
x
x
z warunkami brzegowymi:
L
x
0
x
0
u
ri
E
u
Dla u mamy więc równanie:
u
,
u
2
xx
i warunki brzegowe:
L
x
0
x
x
0
u
E
u
,
u
gdzie
R
r
;
RG
2
Niech w(x,t) będzie funkcją wagową. Mamy:
0
wdx
u
,
u
L
0
2
xx
Dzieląc linię na N części i przyjmując liniową aproksymację
0
1
k-1
k
k+1
N
u
k
Mamy:
k
1
k
1
k
k
1
k
k
x
x
u
x
x
u
x
u
gdzie
k
1
k
k
x
x
dla x[x
k
,x
k+1
]
W formie macierzowej możemy zapisać:
U
N x
x
u
gdzie
N
1
0
T
u
,
,
u
,
u
U
N
N
N
N
k
k
k
1
k
1
1
1
2
0
0
1
x
x
x
x
0
0
0
0
x
x
x
x
0
0
.
.
.
.
.
0
0
x
x
x
x
0
0
0
0
x
x
x
x
N
Jako funkcję wagową w(x) przyjmujemy funkcje kształtu dla k-go
węzła, czyli
0
1
k-1
k
k+1
N
u
k
1
k
k
k
1
k
k
,
k
k
1
k
1
k
1
k
k
,
1
k
k
x
,
x
x
dla
x
x
N
x
,
x
x
dla
x
x
N
u
1
k
k
k
1
k
x
x
k
,
k
2
xx
x
x
k
,
1
k
2
xx
L
0
2
xx
k
dx
N
u
,
u
dx
N
u
,
u
wdx
u
,
u
I
całkując przez części mamy:
Biorąc pod uwagę, że
1
k
x
x
k
,
1
k
0
N
1
k
x
x
k
,
k
0
N
1
k
k
1
k
k
k
1
k
k
1
k
x
x
k
,
k
2
x
k
,
k
x
x
x
k
,
k
x
x
x
k
,
1
k
2
x
k
,
1
k
x
x
x
k
,
1
k
x
k
dx
uN
,
N
,
u
N
,
u
dx
uN
,
N
,
u
N
,
u
I
1
k
k
k
1
k
k
k
x
x
k
,
k
2
x
k
,
k
x
x
x
k
,
1
k
2
x
k
,
1
k
x
x
x
x
x
x
x
k
dx
uN
,
N
,
u
dx
uN
,
N
,
u
,
u
,
u
I
Podstawiając aproksymację dla u na odpowiednich odcinkach:
Zakładając ciągłość pierwszych pochodnych w węźle k (
?
) mamy:
1
k
k
k
1
k
x
x
k
,
k
2
x
k
,
k
x
x
x
k
,
1
k
2
x
k
,
1
k
x
k
dx
uN
,
N
,
u
dx
uN
,
N
,
u
I
1
k
k
k
1
k
x
x
k
1
k
1
k
k
k
k
k
1
k
2
2
k
1
k
k
x
x
1
k
1
k
k
1
k
1
k
1
k
1
k
k
2
2
1
k
1
k
k
k
dx
x
x
u
x
x
u
x
x
u
u
dx
x
x
u
x
x
u
x
x
u
u
I
Po wykonaniu całkowania mamy:
0
6
1
u
3
1
1
3
1
1
u
6
1
u
2
k
k
1
k
2
k
k
2
1
k
1
k
k
2
1
k
1
k
1
k
Dla równomiernego podziału
k
= mamy:
0
6
1
u
3
1
u
2
6
1
u
2
1
k
2
k
2
1
k
Pozostaje rozpatrzyć odcinki końcowe. Dla x=L wybieramy
potencjał węzła spełniający warunek brzegowy:
L
x
0
u
czyli u
N
=0
co oznacza, że dla węzła N-1 mamy równanie:
0
3
1
1
3
1
1
u
6
1
u
2
N
N
2
1
N
1
N
1
N
2
2
N
2
N
2
N
lub przy jednakowym podziale:
0
3
1
u
2
6
1
u
2
1
N
2
2
N
Natomiast dla węzła x=0 czyli N=0 jest
0
x
x
E
u
,
u
i
1
1
x
0
0
,
0
2
x
0
,
0
x
x
0
0
,
0
x
0
dx
uN
,
N
,
u
N
,
u
I
Biorąc pod uwagę, że
0
1
0
1
0
x
u
x
x
u
x
u
oraz wyznaczając pochodną z warunku brzegowego mamy:
E
u
,
u
0
0
x
x
czyli
0
dx
x
u
x
x
u
x
x
u
u
E
u
1
x
0
0
1
0
1
0
0
1
2
2
0
0
1
0
Po wykonaniu całkowania mamy:
E
6
1
u
3
1
1
u
2
0
0
1
2
0
0
0
Przy założeniu podziału na jednakowe odcinki o długości
N
L
otrzymujemy układ równań:
E
6
1
u
3
1
1
u
2
1
2
0
0
6
1
u
3
1
u
2
6
1
u
2
1
k
2
k
2
1
k
(k=1,2,...,N-2)
0
3
1
u
2
6
1
u
2
1
N
2
2
N
Mamy więc N równań pozwalających wyznaczyć zmienne
węzłowe. Wprowadzając oznaczenia:
6
1
a
2
i
3
1
b
2
0
bu
2
au
2
N
,
,
2
,
1
k
dla
0
au
bu
2
au
E
u
a
u
b
1
N
2
N
1
k
k
1
k
1
0
Ponieważ jest to układ równań różnicowych o stałych współczyn-
nikach, więc rozwiązania szukamy metodą Eulera traktując
pierwsze i ostatnie równanie jako warunki brzegowe.
Przyjmując:
k
k
Ar
u
gdzie A stała mamy:
0
Aar
Abr
2
Aar
1
k
k
1
k
i dzieląc przez Ar
k-1
otrzymujemy równanie charakterystyczne:
0
a
br
2
ar
2
Równanie charakterystyczne ma pierwiastki:
6
1
12
1
3
1
r
2
2
2
1
6
1
12
1
3
1
r
2
2
2
2
a rozwiązanie ma postać:
k
2
2
k
1
1
k
r
A
r
A
u
Z warunków brzegowych mamy:
0
r
A
r
A
b
2
r
A
r
A
a
E
r
A
r
A
a
A
A
b
1
N
2
2
1
N
1
1
2
N
2
2
2
N
1
1
2
2
1
1
2
1
N
2
2
N
1
1
r
ar
b
r
ar
b
det
E
det
r
A
N
2
1
E
det
r
A
N
1
2
i rozwiązanie uwzględniając, że r
1
r
2
=1 ma postać:
k
N
2
k
N
1
k
r
r
det
E
u
Na wykresie przedstawiono porównanie z rozwiązaniem
dokładnym
L
sinh
L
cosh
x
L
sinh
E
x
u
wykresy wykonano dla N=10000
N=100
N=10
ud x
( )
uk
x k
0
1000
2000
3000
4000
5000
6000
7000
8000
9000 1 104
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
ud k
(
) uk
k k
0
1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 9000 1 104
0
8 108
1.6107
2.4107
3.2107
4 107
4.8107
5.6107
6.4107
7.2107
8 107
ud x
( )
uk
x k100
0
1000
2000
3000
4000
5000
6000
7000
8000
9000 1 104
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
ud k
( ) uk
k k
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
0
8 104
0.0016
0.0024
0.0032
0.004
0.0048
0.0056
0.0064
0.0072
0.008
ud x
( )
uk
x k1000
0
1000
2000
3000
4000
5000
6000
7000
8000
9000 1 104
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
ud k
( ) uk
k k
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0
0.08
0.16
0.24
0.32
0.4
0.48
0.56
0.64
0.72
0.8
Rozważmy przypadek zależny od czasu.
Linia długa typu RC jest opisana równaniami:
t
x
x
,
Cu
,
i
Ri
,
u
Załóżmy, że linia jest zasilana przez źródło o sile elektromotorycz-
nej e(t) i oporności wewnętrznej r. Koniec linii jest zwarty.
Przed przyłączeniem napięcia linia była nienaładowana.
Warunki początkowe i brzegowe są odpowiednio:
0
0
t
,
x
u
t
e
r
t
,
0
x
i
t
,
0
x
u
0
t
,
L
x
u
Zapiszemy równania i warunki dla napięcia:
t
2
xx
,
u
,
u
0
t
0
u
0
x
x
t
e
,
u
u
L
x
0
u
gdzie
RC
R
r
0
1
k-1
k
k+1
N
u
k
Mamy:
k
1
k
1
k
k
1
k
k
x
x
u
x
x
u
x
u
gdzie
k
1
k
k
x
x
dla x[x
k
,x
k+1
]
Podobnie jak poprzednio:
gdzie teraz zmienne węzłowe są funkcjami czasu czyli u
k
(t)
Równanie:
0
wdx
,
u
,
u
L
0
t
2
xx
po przyjęciu za funkcję wagową jak poprzednio funkcji
kształtu związanych z k-tym węzłem mamy:
1
k
k
k
1
k
x
x
k
,
k
t
2
xx
x
x
k
,
1
k
t
2
xx
L
0
t
2
xx
k
dx
N
,
u
,
u
dx
N
,
u
,
u
wdx
,
u
,
u
I
gdzie
1
k
k
k
1
k
k
,
k
k
1
k
1
k
1
k
k
,
1
k
k
x
,
x
x
dla
x
x
N
x
,
x
x
dla
x
x
N
u
Całkując przez części i biorąc pod uwagę, że przyjęliśmy liniowe
funkcje kształtu otrzymujemy:
k
2
k
1
k
k
k
2
k
1
k
2
1
k
1
k
1
k
2
1
k
k
1
k
k
1
k
k
1
k
1
k
6
u
u
3
3
u
6
u
1
1
u
u
Dla równomiernego podziału
k
= mamy:
dt
du
6
dt
du
3
dt
du
6
u
u
2
u
1
k
2
k
2
1
k
2
1
k
k
1
k
dla k=1,2,3,..., N-2
Dla k=N-1 biorąc pod uwagę warunek brzegowy
L
x
0
u
mamy:
dt
du
3
dt
du
6
u
2
u
1
N
2
2
N
2
1
N
2
N
Natomiast dla węzła zerowego zakładając podział równomierny:
t
e
dt
du
6
dt
du
3
u
u
1
2
0
2
1
0
W rezultacie dla stałego podziału otrzymujemy następujący
układ równań:
t
e
dt
du
6
dt
du
3
u
u
1
2
0
2
1
0
dt
du
6
dt
du
3
dt
du
6
u
u
2
u
1
k
2
k
2
1
k
2
1
k
k
1
k
k=1,2,...,N-2
dt
du
3
dt
du
6
u
2
u
1
N
2
2
N
2
1
N
2
N
z warunkiem początkowym
N
,
,
1
,
0
k
dla
0
u
0
t
k
lub w oznaczeniach macierzowych:
E
AU
U
T
dt
d
gdzie
3
6
0
0
0
.
.
.
.
.
0
6
3
6
0
.
.
.
.
.
0
0
0
6
3
2
2
2
2
2
2
2
T
2
1
0
0
0
.
.
.
.
.
0
1
2
1
0
.
.
.
.
.
0
0
0
A
1
N
k
0
u
.
u
.
u
U
0
.
0
.
t
e
E
Mnożąc przez T
-1
otrzymujemy równanie różniczkowe:
AU
T
E
T
U
1
1
dt
d
Mamy układ N zwyczajnych równań różniczkowych i można
stosować znane techniki. Najprostszym wyjściem jest jawna
metoda Eulera.
Kłopoty ze stabilnością i konieczny mały krok.
Dla uniknięcia stosuje się metodę niejawną Eulera
Przyjmując stały krok po czasie równy h i oznaczając zmienną
węzłową w węźle k dla chwili t
i
=ih jako
i
k
u
mamy na mocy wzoru niejawnego Eulera:
1
i
1
i
i
1
i
t
,
y
hf
y
y
układ równań:
1
i
i
1
i
AU
E
T
U
U
1
1
i
h
Rozwiązując powyższy układ równań mamy:
1
i
i
1
i
E
TU
A
T
U
h
h
1
Inne metody całkowania mogą być również wykorzystane.
Metoda oparta na idei Cranka-Nicholsona.
k
n
1
k
n
k
n
1
k
n
u
1
u
u
u
w analizowanym przypadku będzie:
i
i
1
i
1
i
i
1
i
AU
E
AU
E
U
U
T
1
h
1
Mnożąc przez h i przyjmując jak w metodzie Cranka-Nicholsona
=0.5 mamy
1
i
i
i
1
i
E
E
U
A
T
A
T
U
h
5
.
0
h
5
.
0
h
5
.
0
1
Dla porównania rozpatrzmy jeszcze metodę trapezów:
i
i
1
i
1
i
i
1
i
h
,
t
f
y
,
t
f
2
h
y
y
mamy:
i
i
1
1
i
1
i
1
i
1
i
AU
E
T
AU
E
T
U
U
2
h
lub po rozwiązaniu:
1
i
i
i
1
i
E
E
U
A
T
A
T
U
h
5
.
0
h
5
.
0
h
5
.
0
1
czyli schemat Cranka-Nicholsona jest identyczny z rozwiązaniem
układu równań metodą trapezów.
W przypadku ogólnym postępowanie jest oczywiście identyczne.
Część przestrzenna dokładnie tak samo jak w rozpatrywanym
przypadku powyżej. Otrzymujemy układ równań różniczkowych
zwyczajnych i postępowanie jak wyżej.
Document Outline
- Slide 1
- Slide 2
- Slide 3
- Slide 4
- Slide 5
- Slide 6
- Slide 7
- Slide 8
- Slide 9
- Slide 10
- Slide 11
- Slide 12
- Slide 13
- Slide 14
- Slide 15
- Slide 16
- Slide 17
- Slide 18
- Slide 19
- Slide 20
- Slide 21
- Slide 22
- Slide 23
- Slide 24
- Slide 25
- Slide 26
- Slide 27
- Slide 28
- Slide 29
- Slide 30
- Slide 31
- Slide 32
- Slide 33
- Slide 34
- Slide 35
- Slide 36
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
Wyklad mn 2
Wyklad mn 9
IS wyklad 03 16 10 08 MDW id 22 Nieznany
Wykład ZPI 16
wykład 10- 16.12.2009
handlowe-prominska, wykład z dnia 16.01.2008[1], 16
handlowe-prominska, wykład z dnia 16.01.2008[1], 16
Wykład 12 16.12.12
WYKŁADY OLI W.16 Cal.podw (1)
Wyklad mn no 8 piątek
Wyklad mn 9
Wyklad mn 3
Wyklad mn no 7 piątek
Wyklad mn 6
Wykład XIII 16.01.2013, Prawo Administracyjne, Wykłady
wykład nr 2 - 16.10, Psychologia KUL
Wyklad mn no 4 piątek
Wyklad mn 12
Budownictwo Ogolne II wyklad 15,16 tynki
więcej podobnych podstron