Mã hóa Laplacian trên vùng bán nguyệt với phương pháp sai phân hữu hạn

8

Việc tính toán các mã riêng của màng bán nguyệt làm giảm vấn đề eigenvalue sau đây

\nabla^{2} u = k^{2} u,

$\nabla^2u=k^2u\;,$

trong đó vùng quan tâm là một nửa vòng tròn được xác định bởi và . $r\in[0,1]$ $\varphi\in[0,\pi]$

Nó thích hợp để làm việc trong các tọa độ hình trụ, trong đó Laplacian được viết là

\nabla^{2} u = \frac{\partial^{2} u}{\partial r^{2}} + \frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial r} + \frac{1}{r^{2}} \frac{\partial^{2} u}{\partial φ^{2}} .

$\nabla^2u=\frac{\partial^2u}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 u}{\partial\varphi^2}.$

Các điều kiện biên cố định giá trị của tại đường biên của nửa đường tròn, trong đó . $u$ $u=0$

Đầu tiên, chúng tôi thực hiện một sự rời rạc của với , trong đó $u$ $u_{ij}=u(r_i,\varphi_j)$ và $r_i=(i+\frac{1}{2})h_r$ và,. Đây là mộtlướitrung tâm. $\varphi_j=(j+\frac{1}{2})h_\varphi$ $i,j=0\dots N-1$ $h_r=1/N$ $h_r=\pi/N$

Sau đó, chúng tôi sử dụng một xấp xỉ sai phân hữu hạn cho Laplacian và thu được

\begin{array}{rcl} \nabla^{2} u & \approx & \frac{u_{i + 1, j} - 2 u_{i, j} + u_{i - 1, j}}{h_{r}^{2}} + \frac{1}{i h_{r}} \frac{u_{i + 1, j} - u_{i - 1, j}}{2 h_{r}} + \\ + \frac{1}{(i h_{r})^{2}} \frac{u_{i, j + 1} - 2 u_{i, j} + u_{i, j - 1}}{h_{φ}^{2}} \\ = & k^{2} u_{i j} \end{array}

$\begin{eqnarray} \nabla^2u&\approx& \frac{u_{i+1,j}-2u_{i,j}+u_{i-1,j}}{h_r^2}+\frac{1}{ih_r}\frac{u_{i+1,j}-u_{i-1,j}}{2h_r}+ \\ &&+\frac{1}{(ih_r)^2}\frac{u_{i,j+1}-2u_{i,j}+u_{i,j-1}}{h_{\varphi}^2}\\ &=&k^2u_{ij} \end{eqnarray}$

hoặc là

\begin{array}{rcl} u_{i + 1, j} (1 + \frac{1}{2 i}) + u_{i - 1, j} (1 - \frac{1}{2 i}) \\ + \frac{1}{i^{2} h_{φ}^{2}} (u_{i, j + 1} + u_{i, j - 1}) + u_{i, j} (- 2 - \frac{2}{i^{2} h_{φ}^{2}} - k^{2} h_{r}^{2}) = 0 . \end{array}

$\begin{eqnarray} &&u_{i+1,j}\left(1+\frac{1}{2i}\right)+u_{i-1,j}\left(1-\frac{1}{2i}\right)\\ &&+\frac{1}{i^2h_{\varphi}^2}\left(u_{i,j+1}+u_{i,j-1}\right)+u_{i,j}\left(-2-\frac{2}{i^2h_{\varphi}^2}-k^2h_r^2\right)=0\;. \end{eqnarray}$

Vì lưới của chúng ta là trung tâm nên chúng ta phải thực hiện thay thế sau trong phương trình trên: . Sự thay thế này cũng giúp chúng ta thoát khỏi điểm kỳ dị tọa độ cho. $i\to i+\frac{1}{2}$ $i=0$

Điều kiện biên tại và đều có thể được xử lý với cùng lừa , nơi chúng tôi đặt ở ranh giới $\varphi=0,\pi$ $r=0,1$

u_{i, j - 1} = - u_{i, j}

$u_{i,j-1}=-u_{i,j}$

u_{i, j + 1} = - u_{i, j}

$u_{i,j+1}=-u_{i,j}$

u_{i - 1, j} = - u_{i, j}

$u_{i-1,j}=-u_{i,j}$

u_{i + 1, j} = - u_{i, j} .

$u_{i+1,j}=-u_{i,j}.$

$u_{ij}$ $\vec v$ $\rm A$

A \vec{v} = k^{2} h_{r}^{2} \vec{v} .

${\rm A}{\vec v}=k^2h_r^2{\vec v}\;.$

Ma trận là một ma trận thực không đối xứng và các giá trị riêng và hàm riêng có thể thu được bằng một thói quen dgeevtừ LAPACK.

Các giải pháp phân tích có thể dễ dàng thu được bằng phương pháp tách biến

u (r, φ) = R (r) Φ (φ) .

$u(r,\varphi)=R(r)\Phi(\varphi)\;.$

họ đang

u (r, φ)_{n m} = \sin (n φ) J_{n} (\frac{ξ_{n}^{(m)}}{R} r),

$u(r,\varphi)_{nm}=\sin(n\varphi)J_n\left(\frac{\xi_n^{(m)}}{R}r\right)\;,$

J_{n}

$J_n$

n

$n$

ξ_{n}^{(m)}

$\xi_n^{(m)}$

m

$m$

J_{n}

$J_n$

ω_{n m} = \sqrt{- k^{2}} = \frac{ξ_{n}^{(m)}}{R} .

$\begin{equation} \omega_{nm}=\sqrt{-k^2}=\frac{\xi_n^{(m)}}{R}\;. \end{equation}$

$r=0$

Dưới đây là sơ đồ của giải pháp phân tích cho hàm riêng đầu tiên:

Giải pháp phân tích cho hàm riêng đầu tiên.

Biểu đồ sau đây cho thấy việc so sánh các kết quả bằng số cho ba mức độ khác nhau, theo như tài nguyên tính toán của tôi cho phép tôi đi.

So sánh các giải pháp số tại các mức độ khác nhau $ N $.

$N^2$ $L^2(\vec{u}-\vec{u}_{analytical})/N^2$ $0.5$ $N$

Lỗi tuyệt đối được chuẩn hóa dưới dạng hàm số điểm lưới $ N ^ 2

pde finite-difference eigensystem

— tự do
nguồn

A

$A$

h_{r}, h_{φ} \to 0

$h_{r}, h_{\varphi} \rightarrow 0$

A

$A$

N = 60

$N=60$

r = 0

$r=0$

r = 0

$r=0$

u (r = 0, φ) = 0

$u(r=0,\varphi)=0$

1

N

$N$

N

$N$

N

$N$

@David Đây có phải bài kiểm tra hội tụ đơn giản này không? Là sự hội tụ (tuyến tính) này đủ nhanh? Sau tất cả, chúng tôi đã sử dụng xấp xỉ bậc hai cho đạo hàm đầu tiên.

— Liberias

2

Vì lợi ích của việc có ít nhất một số câu trả lời, có vẻ như phân tích bạn có ở trên là chính xác. Các điều kiện biên bậc một ảnh hưởng đến độ chính xác của sự rời rạc bậc hai (nếu tôi nhớ cuốn sách của LeVeque về các xấp xỉ sai phân hữu hạn một cách chính xác; DavidKetcheson có thể giúp tôi giải quyết vấn đề đó), vì vậy các giải pháp của vấn đề rời rạc dường như được hội tụ giải pháp của vấn đề phân tích với tỷ lệ thích hợp.

— Geoff Oxberry
nguồn

Gilbert Strang cũng đề cập đến trong các bài giảng của mình rằng các điều kiện biên thứ tự đầu tiên lan truyền trong suốt giải pháp. Trên thực tế tôi đang tự hỏi nếu loại hành vi gần nguồn gốc này là điển hình cho tọa độ hình trụ và có thể bắt nguồn từ điểm kỳ dị tọa độ.

— Liberias

1

Đã lướt qua hầu hết các phân tích và nhìn vào những bức tranh đẹp, họ đã kể một câu chuyện thuyết phục: giải pháp phân tích không có bất kỳ thông tin nào về nó, nhưng giải pháp số của bạn thì có; khu vực trung tâm bị cong.

Vì vậy, tôi sẽ tập trung thẳng vào kế hoạch khác biệt hữu hạn của bạn. Tôi chưa thể nhìn thấy những gì sai, nhưng có lẽ một phần của sự phụ thuộc góc của tọa độ không hoàn toàn được quan tâm.

Tôi nghi ngờ đó là điều kiện biên; cả hai giải pháp dường như không có ở tất cả các ranh giới. Nó có thể hình dung là bản chất của điều kiện mặc dù, là một công cụ phái sinh chứ không phải là điều kiện giá trị.

— Phil
nguồn

-3

Tôi không hiểu các điều kiện biên.

Tại sao lại trừ?
$r=0$ $r=1$ $\varphi=0$ $\varphi=\pi$

Bạn có thể cho biết thêm chi tiết, xin vui lòng?

— Giuseppe
nguồn

u (x)

$u(x)$

u_{1}

$u_1$

x = - a

$x=-a$

- u_{1}

$-u_1$

x = a

$x=a$

x = 0

$x=0$

0

$0$

r

$r$

φ

$\varphi$

φ = 0, π

$\varphi=0,\pi$

r = 0, 1

$r=0,1$