Sử dụng phép lặp điểm cố định để tách rời một hệ thống của pde

Giả sử tôi có một vấn đề giá trị biên:

\frac{d^{2} bạn}{d x^{2}} + \frac{d v}{d x} = = f trong Ω

$\frac{d^2u}{dx^2} + \frac{dv}{dx}=f \text{ in } \Omega$

\frac{d bạn}{d x} + \frac{d^{2} v}{d x^{2}} = = g trong Ω

$\frac{du}{dx} +\frac{d^2v}{dx^2} =g \text{ in } \Omega$

bạn = = h trong \partial Ω

$u=h \text{ in } \partial\Omega$

Mục tiêu của tôi là phân tách giải pháp của vấn đề được ghép nối này thành một chuỗi các PDE chưa được ghép. Để tách rời hệ thống, tôi đang áp dụng một lần lặp điểm cố định trên một chuỗi các xấp xỉ sao cho $(u^k,v^k)$

\frac{d^{2} {bạn}^{k}}{d x^{2}} + \frac{d v^{k - 1}}{d x} = = f

$\frac{d^2u^k}{dx^2} + \frac{dv^{k-1}}{dx}=f$

\frac{d {bạn}^{k - 1}}{d x} + \frac{d^{2} v^{k}}{d x^{2}} = = g

$\frac{du^{k-1}}{dx} +\frac{d^2v^k}{dx^2} =g$

Về mặt lý thuyết, điều này sẽ cho phép tôi giải cả hai phương trình dưới dạng PDE hoàn toàn elip. Tuy nhiên, tôi chưa bao giờ thấy các lần lặp điểm cố định được áp dụng cho PDE theo cách này. Tôi đã thấy các lần lặp điểm cố định được áp dụng cho các phương trình rời rạc số (phương pháp sai phân hữu hạn, phương pháp phần tử hữu hạn, v.v.), nhưng không bao giờ trực tiếp cho các phương trình liên tục.

Tôi có vi phạm bất kỳ nguyên tắc toán học trắng trợn nào bằng cách làm điều này không? Đây có phải là giá trị toán học? Tôi có thể giải quyết PDE được ghép nối thành một chuỗi các PDE chưa được ghép bằng cách sử dụng phép lặp điểm cố định áp dụng cho bài toán biến TIẾP TỤC, thay vì bài toán biến DISCRLEX không?

Tại thời điểm này, tôi không thực sự quan tâm đến việc sử dụng phương pháp này có thực tế hay không, mà là liệu nó có hợp lý về mặt lý thuyết hay không. Bất kì phản hồi nào cũng sẽ được đánh giá cao!

pde iterative-method

— Paul
nguồn

Trong tài liệu PDE hyperbol, các phương pháp phân tách bước và toán tử phân loại thực hiện những gì bạn mô tả ở trên.

— Geoff Oxberry

Ý bạn là

thay vì

(u^{k}, v^{k})

$(u^k, v^k)$

(u^{k}, p^{k})

$(u^k, p^k)$

— Bill Barth

@BillBarth: Vâng! Tôi chỉ sửa nó.

— Paul

@GeoffOxberry: Tôi thấy toán tử chia tách rất khác nhau về tính cách.

— ẩn danh

.... (sự khác biệt ở đây là bạn có hai PDE nhưng chúng sống trên các miền khác nhau và khớp nối chỉ thông qua một giao diện).

— ẩn danh

Bạn xác định một chuỗi trong, nói, bởi $C^{\infty}(\Omega)\times C^{\infty}(\Omega)$

\frac{d^{2} {bạn}^{k}}{d x^{2}} + \frac{d v^{k - 1}}{d x} = = f \frac{d^{2} v^{k}}{d x^{2}} + \frac{d {bạn}^{k - 1}}{d x} = = g

$\frac{\text{d}^2u^k}{\text{d}x^2} + \frac{\text{d} v^{k-1}}{\text{d} x} =f\\ \frac{\text{d}^2v^k}{\text{d}x^2} + \frac{\text{d} u^{k-1}}{\text{d} x} =g\\$ (cộng với điều kiện biên).

Rõ ràng là nếu chuỗi này hội tụ, nó sẽ là một giải pháp của bộ PDE ban đầu của bạn.

Để chứng minh liệu chuỗi có hội tụ trong không gian Banach hay không, định lý điểm cố định của Banach có thể có ích. Nó nói rằng nếu ánh xạ của bạn là một sự co lại , bạn có thể chắc chắn tiếp cận giải pháp được đưa ra cho bất kỳ dự đoán ban đầu , . Do đó, những gì bạn phải kiểm tra là nếu $x^k\to x^{k+1}$ $u^0$ $v^0$ với một cố địnhcho bất kỳ cho,.

‖ (\begin{matrix} {bạn}^{k} \\ v^{k} \end{matrix}) - (\begin{matrix} {\hat{bạn}}^{k} \\ {\hat{v}}^{k} \end{matrix}) ‖ \leq q ‖ (\begin{matrix} {bạn}^{k - 1} \\ v^{k - 1} \end{matrix}) - (\begin{matrix} {\hat{bạn}}^{k - 1} \\ {\hat{v}}^{k - 1} \end{matrix}) ‖

$\left\| \begin{pmatrix} u^k\\ v^k \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} \hat{u}^k\\ \hat{v}^k \end{pmatrix} \right\| \le q \left\| \begin{pmatrix} u^{k-1}\\ v^{k-1} \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} \hat{u}^{k-1}\\ \hat{v}^{k-1} \end{pmatrix} \right\|$

| q | < 1

$|q|<1$

(u^{k - 1}, v^{k - 1})

$(u^{k-1}, v^{k-1})$

({\hat{u}}^{k - 1}, {\hat{v}}^{k - 1})

$(\hat{u}^{k-1}, \hat{v}^{k-1})$

Logic này hoạt động cả trong không gian liên tục và rời rạc.

— Nico Schlömer
nguồn

| q | < 1

$|q|<1$