close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Схемы МКЭ высокого порядка точности для неоднородной двухточечной граничной задачи с вырождением.

код для вставкиСкачать
УЧЕНЫЕ ЗАПИСКИ КАЗАНСКОО ОСУДАСТВЕННОО УНИВЕСИТЕТА
Физико-математические науки
2006
Том 148, кн. 4
УДК 519.6
СХЕМЫ МКЭ ВЫСОКОО ПОЯДКА
ТОЧНОСТИ ДЛЯ НЕОДНООДНОЙ ДВУХТОЧЕЧНОЙ
АНИЧНОЙ ЗАДАЧИ С ВЫОЖДЕНИЕМ
Ш.И. Таюпов, М.. Тимербаев
Аннотация
Для неоднородной двухточечной задачи Дирихле с вырождающимися на границе коэициентами построены схемы метода конечных элементов высокого порядка аппроксимации, основанные на мультипликативном выделении особенности решения задачи. Получены оценки погрешности метода, доказывающие его оптимальность на классе правых
частей заданной гладкости.
Введение
Известно (см., например, [14?), что решение задачи Дирихле для эллиптического уравнения с вырождающимися коэициентами имеет неограниченные
производные в окрестности точек вырождения. Поэтому применение стандартных проекционно-сеточных схем для дискретизации таких задач приводит к потере
сходимости приближенных решений к точному в окрестности точек вырождения
коэициентов диеренциального оператора задачи. Для численного решения
рассматриваемого класса задач предлагались различные подходы. Так, в работе [5?
построение приближения основано на специальной замене переменных, при которой в новых координатах используется обычная разностная схема. В работах [610?
анализировался метод конечных элементов (МКЭ) со сгущающейся к особым точкам сеткой. Отметим, что построение сгущающейся сетки в областях со сложной
геометрией является нетривиальной задачей. Кроме того, для многомерных областей размер результирующей системы МКЭ с уменьшением характерного шага
сетки растет существенно быстрее по сравнению с квазиравномерными сетками.
Следствием этого является медленная сходимость метода.
Принципиально иной подход предложен в работе [11?. В этой статье аппроксимация основывается на мультипликативном выделении особенности, а именно,
решение задачи представляется в виде произведения двух ункций, одна из которых имеет весьма простой вид и отражает характерное поведение решения в
окрестности точек вырождения коэициентов диеренциального уравнения, а
другая объявляется новой искомой ункцией. Причем, как следует из априорных
оценок [4?, эта ункция гладкая, и для ее аппроксимации можно использовать
обычные конечные элементы на квазиравномерной сетке. Таким образом, данный
метод актически приводит к стандартному МКЭ с оптимальной сходимостью.
Во всех указанных выше работах рассматривались однородные граничные условия Дирихле. Целью настоящей работы было построение схем МКЭ высокого порядка точности для неоднородной двухточечной задачи Дирихле с вырождением
коэициентов на границе. Для того чтобы можно было использовать преимущества метода с мультипликативным выделением особенности, неоднородная граничная задача сводится к однородной с помощью так называемой ункции продолжения (граничных значений в область), построение которой описано в п. 2.2.. В работе
64
Ш.И. ТАЮПОВ, М.. ТИМЕБАЕВ
доказано (теорема 9), что предложенный метод имеет оптимальный порядок сходимости на правых частях заданного класса гладкости. Приведены результаты
численных экспериментов, подтверждающие теоретические оценки точности рассматриваемого метода.
1.
Обозначения и вспомогательные результаты
Введем весовые классы ункций. Для вещественного ? через L2,? (?) обозначим пространство измеримых ункций u : ? ? R с нормой
?
?1/2
Z
kukL2,? = kx?? ukL2 = ? |x?? u|2 dx? .
?
Через
будем обозначать пространство ункций, для которых конечна полунорма kD ukL2,? (здесь и всюду далее s целое неотрицательное число, Ds обобщенная производная порядка s ). В качестве нормы этого пространства можно
взять
H?s (?)
s
kukH?s = kDs uk2L2,? + kuk2L2 (?,1)
1/2
,
где ? ? (0, 1) иксировано. Иногда удобнее использовать другую, эквивалентную
норму [12?
?
?1/2
s?1
X
kukH s = ?kDs uk2L +
|Dj u(1)|2 ? .
?
2,?
j=0
?
Обозначим через H s? (?) замыкание по норме пространства H?s (?) множества
?
C0 (?) инитных в ? , бесконечное число раз диеренцируемых ункций и положим H??s (?) = {u ? H?s (?) : Dj u(1) = 0, j = 0, 1, . . . , s ? 1} . Можно показать [12?, [14, . 346?, что для s = 1 при ? ? ?1/2 эти подпространства совпадают:
?
H 1? (?) = H??1 (?) , а при ? > ?1/2 имеет место следующая характеризация ѕзану?
ленногої класса: H 1? (?) = {u ? H?1 (?) : u(0) = u(1) = 0} . Следует отметить также
?
вложение (которое имеет место и в многомерном случае) H s? (?) ? L2,?+s (?) и эквивалентность полунормы kDs ·kL2,? норме пространства H?s (?) на подпространствах
?
Hs? (?) и H??s (?) .
Хорошо известны следующие теоремы вложения (см., например, [12?, [13, . 378?,
[14, . 319?).
Теорема 1. (i) Пусть k < m . Для того чтобы пространство H?m (?) было
непрерывно вложено в H?k (?) , необходимо и достаточно выполнения двух неравенств: ? < 1/2 и m + ? ? k ? ? ? 0 ; если последнее неравенство строгое, то
указанное вложение компактно.
?
?
(ii) Пространство Hs? (?) непрерывно вложено в H s?k
?+k (?) для k = 1, . . . , s .
(iii) Для натурального s пространство H?s (?) непрерывно (и компактно) вложено в C(?) тогда и только тогда, когда s + ? ? 1/2 > 0 .
(Утверждение (iii) приводится в теореме с учетом одномерности области ? ).
Для произвольного вещественного µ определим интегральный оператор Харди
µ?1
Kµ u(x) = x
Zx
0
y ?µ u(y)dy.
65
СХЕМЫ МКЭ ВЫСОКОО ПОЯДКА ТОЧНОСТИ
Естественной областью определения dom Kµ оператора Kµ является множество
всех измеримых на ? ункций u(y) таких, что ункция y ?µ u(y) интегрируема
по Лебегу на интервале (0, x) для каждого x ? (0, 1) .
Теорема 2 (Формулы диеренцирования оператора Харди). Пусть
u ? dom Kµ . Тогда
xDKµ u(x) = u(x) + (µ ? 1)Kµ u(x).
Если, кроме того, Du ? dom Kµ?1 , то
DKµ u = Kµ?1 Du.
Доказательство ормул имеется в [4?.
Теорема 3. (i) Для того чтобы выполнялось включение L2,? (?) ? dom Kµ ,
необходимо и достаточно, чтобы ? = 1/2 + ? ? µ > 0 . При этом оператор Kµ
непрерывен в L2,? (?) и
1
kKµ kL2,? ?L2,? = .
?
(ii) Если µ < min(1, ? + s + 1/2) , то Kµ непрерывен как оператор из H?s (?) в
s+k
H??k
(?) для любого целого неотрицательного k .
Доказательство. Утверждение (i) доказано в [4?. Докажем (ii). Для каждого j = 0, 1, . . . , s выберем ?j ? (µ ? j ? 1/2, 1/2) ? (µ ? j ? 1/2, s + ? ? j] (такой
выбор осуществим в силу условия теоремы). По теореме 1 пространство H?s (?)
непрерывно вложено в H?jj (?) , поскольку ?j < 1/2 и ?j ? s + ? ? j . Так как
µ < ?0 + 1/2 , то H?s (?) ? L2,?0 (?) ? dom Kµ . Из включения H?s (?) ? H?11 (?) и из
неравенства µ ? 1 < ?1 + 1/2 следует, что для любой ункции u ? H?s (?) производная Du принадлежит dom Kµ?1 , следовательно, справедлива вторая ормула
диеренцирования: DKµ u = Kµ?1 Du . ассуждая последовательно, убеждаемся в корректности ормул Dj Kµ u = Kµ?j Dj u ( j = 0, 1, . . . , s ) для ункций из
пространства H?s (?) и в непрерывности оператора Kµ в этом пространстве.
2.
Постановка задачи и разрешимость
В интервале ? = (0, 1) рассматривается неоднородная граничная задача с вырождением в точке x = 0 :
Au ? ?D(x? a(x)Du(x)) + x? b(x)u(x) = f (x) в ?, u(0) = g, u(1) = 0.
(1)
Предполагается, что a(x) ? a0 > 0 , b(x) ? 0 достаточно гладкие ункции,
? ? (?1, 1) степень вырождения коэициентов диеренциального уравнения
(регулярной задаче соответствует значение ? = 0 ). Мы рассмотрим сначала задачу
с g = 0 . Затем с помощью так называемой ункции продолжения общий случай
g 6= 0 сведем к уже рассмотренному с однородными граничными условиями.
2.1.
?
Однородное граничное условие g = 0 . На пространстве V
=H1??/2 (?)
нал
=
определим, соответственно, билинейную орму и линейный ункцио-
a(u, v) =
Z
?
x? a(x) Du(x) Dv(x) + x? b(x)u(x)v(x) dx,
f(v) =
Z
?
f (x)v(x) dx.
66
Ш.И. ТАЮПОВ, М.. ТИМЕБАЕВ
1.2
1.2
1
1
0.8
0.8
0.6
0.6
0.4
0.4
0.2
0.2
0
0
?0.2
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
?0.2
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
ис. 1. Характерное поведение решений u(x) задачи (1) (слева) и u?(x) задачи (4) (справа)
Обобщенная постановка задачи (1) при g = 0 состоит в отыскании ункции u ? V ,
удовлетворяющей вариационному уравнению
a(u, v) = f(v)
?v ? V.
(2)
Из условий на коэициенты a(x), b(x) и из эквивалентности полунормы
1
kD · kL2,??/2 норме пространства H??/2
(?) на подпространстве V следует, что
энергетическая норма kuka = a(u, u)1/2 эквивалентна норме пространства
1
H??/2
(?) на V . В силу теоремы исса Фишера вариационное уравнение (2) разрешимо единственным образом для любого линейного непрерывного на V ункционала f . Далее, из вложения V ? L2,1??/2 (?) (теорема 1) вытекает вложение
пространства L2,?/2?1 (?) в сопряженное V ? . По теореме 1 при ? + s ? ?/2 ? 1
имеет место включение H?s (?) ? L2,?/2?1 (?) . Таким образом, нами установлена
Теорема 4. Если ? ? ?/2?s?1 , то решение u(x) задачи (2) из пространства
V существует и единственно для любой правой части f ? H?s (?) .
Обозначим ?(x) = x1?? . Символом ? будем обозначать также оператор умножения на ункцию ? : (??)(x) = ?(x)?(x) .
Лемма 1 [11?. Оператор умножения на ? является изоморизмом простран1
ства H??/2?1
(?) на V .
Из леммы следует, что задача (2) эквивалентна вариационной задаче на V? =
= H??/2?1 (?) об отыскании ункции u? ? V? такой, что
a?(u?, v?) = f?(v?) ?v? ? V? ,
(3)
где a?(u?, v?) = a(?u?, ?v?), f?(v?) = f(?v?) . При этом решения задач (2) и (3) связаны
между собой простым соотношением u(x) = ?(x)u?(x) .
Смысл перехода от решения исходной задачи (1) (с g = 0 ) к решению задачи
A?u?(x) ? A(?u?)(x) = f (x) в ?,
?(x)u?(x) = 0 при x = 0, 1
(4)
состоит в том, что решение исходной задачи при ? > 0 имеет бесконечную производную в окрестности точки вырождения x = 0 , в то время как u?(x) (это будет
доказано ниже) является гладкой ункцией (рис. 1 наглядно демонстрирует это),
и ее гладкость зависит только от гладкости правой части f (x) и коэициентов
a(x), b(x) независимо от степени вырождения ? .
СХЕМЫ МКЭ ВЫСОКОО ПОЯДКА ТОЧНОСТИ
67
Лемма 2. (i) Для того чтобы ограниченное в H?s (?) множество K было
относительно компактным в этом пространстве, необходимо и достаточно,
чтобы множество производных порядка s {Ds v : v ? K} было относительно
компактным в L2,? (?) .
(ii) Для того чтобы линейный непрерывный оператор L , действующий из
некоторого нормированного пространства U в H?s (?) был компактен, необходимо и достаточно, чтобы был компактным оператор Ds L : U ? L2,? (?) .
Доказательство. Ясно, что эти два утверждения эквивалентны, поэтому достаточно доказать одно из них, например (i).
Необходимость. Поскольку оператор s -кратного диеренцирования Ds является непрерывным оператором из H?s (?) в L2,? (?) , то он переводит относительно компактное подмножество K ? H?s (?) в относительно компактное Ds (K) ?
? L2,? (?) .
Достаточность. Из ограниченности K в H?s (?) следует ограниченность в
s
H (?, 1) множества K? сужений на (?, 1) ункций из K . Так как H s (?, 1) компактно вложено в L2 (?, 1) (здесь мы предполагаем, что s ? 1 , поскольку при
s = 0 ничего доказывать не нужно), то из любой последовательности un ? K
можно выделить сходящуюся в L2 (?, 1) подпоследовательность (unk ) такую, что
в L2,? (?) сходится последовательность производных (Ds unk ) . Это означает, что
подпоследовательность (unk ) сходится в H?s (?) .
Представим оператор A? в виде A? = A?0 + B , где
A?0 v(x) = ?D(x? a(x)D(?(x)v(x))),
Bv(x) = xb(x)v(x).
s
Лемма 3. Если ? < 1/2 и xb ? W?
(?) (то есть |Ds (xb(x))| ? c = const
почти всюду на ? ), то оператор B компактен как оператор из пространства
H?s+1 (?) в H?s (?) .
Доказательство. Имеем
Ds Bv(x) =
s
X
Csj Ds?j (xb(x))Dj v(x).
j=0
Так как пространство H?s+1?j (?) компактно вложено в L2,? (?) (теорема 1), то для
каждого j = 0, 1, . . . , s оператор Dj : H s+1 (?) ? L2,? (?) компактен. Поскольку
все производные Dk (xb(x)), k = 0, 1, . . . , s, ограничены, то из равенства, приведенного выше, следует компактность оператора Ds B : H?s+1 (?) ? L2,? (?) , откуда
согласно лемме 2 вытекает компактность оператора B из пространства H?s+1 (?)
в H?s (?) .
s
Замечание. Очевидно, что условие xb ? W?
(?) леммы будет выполнено, если
|D b(x)| ? c1 /x и |Ds?1 b(x)| ? c2 .
s
Следующая теорема является основной в этом пункте и для s = 0 доказана
в [4? в случае многомерной области ? .
s+1
s
Теорема 5. Пусть ? ? s ? 3/2 < ? < 1/2 , a ? W?
(?), xb ? W?
(?) . Тогда
оператор A? в левой части диеренциального уравнения (4) является изоморизs+2
мом пространства H??1
(?) ? H??1 (?) на H?s (?) . При этом для решения u? задачи
(4) выполняется граничное условие x2?? Du?(x)|x=0 = 0 .
68
Ш.И. ТАЮПОВ, М.. ТИМЕБАЕВ
Доказательство. Непосредственным диеренцированием легко проверяется, что операторы A?0 , B и A? = A?0 +B при сделанных предположениях относительs+2
но коэициентов a(x) и b(x) непрерывны из H??1
(?) в H?s (?) . Мы покажем, что
s+2
оператор A?0 является изоморизмом пространства H??1
(?) ? H??1 (?) на H?s (?) .
s+2
Тогда, в силу компактности оператора B : H??1 (?) ? H?s+1 (?) ? H?s (?) (лемма 3), отсюда будет следовать, что оператор A? = A?0 + B редгольмов, то есть
размерность его ядра и коразмерность области значений конечны и равны между
собой. Но поскольку по теореме 4 решение задачи (4) с нулевой правой частью
только тривиальное, то отсюда будет следовать, что и оператор A? также является
s+2
изоморизмом пространства H??1
(?) ? H??1 (?) на H?s (?) . Итак, нужно показать
s+2
только, что оператор A?0 является изоморизмом пространства H??1
(?) ? H??1 (?)
s
на H? (?) .
Пусть f ? H?s (?) . Интегрируя уравнение (1) с b(x) ? 0 по интервалу (x, 1) ,
получим
x? Du(x) = f1 (x),
где
?
f1 (x) = ?c0 +
Z1
x
?
f (y) dy? a(x),
c0 = x? a(x)Du(x)|x=1 = a(1)Du(1).
s+1
Из условия a ? W?
(?) и a(x) ? a0 > 0 следует, что f1 ? H?s+1 (?) . Поделив на
?
x и интегрируя по интервалу (0, x) с учетом условия u(0) = 0 , будем иметь
u(x) =
Zx
x?? f1 (x) dx
или u?(x) = x??1 u(x) = K? f1 (x).
0
Поскольку ? < min(1, ? + s + 1 + 1/2) , то согласно теореме 3 оператор Харди
s+2
K? : H??1
(?) ? H?s (?) непрерывен, следовательно, ku?kH s+2 ? c1 kf1 kH?s+1 ?
??1
? c2 (|c0 | + kf kH s ) . Постоянная c0 в f1 (x) вычисляется из условия u(1) = 0 :
?
? 1
Z
?
c0 = c0 (f ) = ?
0
??1 1
Z
Z1
1
1
?
dx
f (y) dydx,
x? a(x)
x? a(x)
0
x
откуда вытекает, что |c0 (f )| ? c3 kf kH?s . Окончательно имеем ku?kH s+2 ? c4 kf kH?s .
??1
Из этой оценки и из единственности решения (теорема 4) следует, что оператор A?0
s+2
есть изоморизм пространства H??1
(?) ? H??1 (?) на H?s (?) .
Наконец, из второй ормулы диеренцирования оператора Харди получим
x2?? Du?(x) = x2?? K??1 Df1 (x) =
Zx
Df1 (y) dy ? 0 при x ? 0,
0
так как Df1 ? H?s (?) ? dom K??1 в силу теоремы 3.
Следствие. Если коэициенты a(x), b(x) и правая часть f (x) ункции
класса C ? (?) , то и решение задачи (4) u?(x) является ункцией из C ? (?) .
69
СХЕМЫ МКЭ ВЫСОКОО ПОЯДКА ТОЧНОСТИ
2.2.
Общий случай g 6= 0 . Функция продолжения.
Определение. Функция ?(x) называется ункцией продолжения для класса
правых частей H?s (?) задачи (1), если A?(x) принадлежит пространству H?s (?) и
выполнены граничные условия ?(0) = 1 , ?(1) = 0 .
Приведем один из способов построения ункции продолжения в предположении, что производные порядка s + 1 коэициентов a(x) и b(x) ограничены.
Фиксируем ? ? (0, 1) . На отрезке [0, ?] будем искать ?(x) как решение задачи
Коши
A?? ? ?D(x? Ta (x)D?(x)) + x? Tb (x)?(x) =
2s+2
X
ci xi+? , x ? (0, ?),
(5)
i=s+1
?(0) = 1, x? D?(x)|x=0 = 0,
(6)
s
s
P
P
ai xi , Tb (x) =
bi xi многочлены Тейлора степени s ункций
где Ta (x) =
i=0
i=0
a(x) и b(x) . Коэициенты cj подберем таким образом, чтобы решение задачи
s+2
P
(5), (6) было представимо в виде суммы
?k xk . Подставим это представление в
k=0
уравнение (5) и соберем слагаемые при одинаковых степенях x :
?
2s+1
X
(j + ?)xj+??1
j=1
X
(k + 1)ai ?k+1 +
2s+2
X
xj+?
j=0
i+k=j
X
bi ?k =
2s+2
X
ci xi+? .
i=s+1
i+k=j
Заменив в первой сумме j на j + 1 , перепишем последнее равенство в виде
?
2s
X
(j + 1 + ?)xj+?
j=0
X
(k + 1)ai ?k+1 +
2s+2
X
xj+?
j=0
i+k=j+1
X
bi ?k =
2s+2
X
ci xi+? .
i=s+1
i+k=j
Из последнего равенства, учитывая начальные условия (6), получим рекуррентные
соотношения, которым удовлетворяют ?k и cj :
?0 = 1,
?j+2 =
P
bi ?k ? (j + 1 + ?) Ч
i+k=j
cj = ?(j + 1 + ?)
?1 = 0,
P
(k + 1)ai ?k+1
i+k=j+1,i>0
a0 (j + 1)(j + 1 + ?)
X
X
(k + 1)ai ?k+1 +
bi ?k ,
i+k=j+1
cj =
,
j = 0, 1, . . . , s.
j = s + 1, s + 2, . . . , 2s,
i+k=j
X
bi ?k ,
j = 2s + 1, 2s + 2.
i+k=j
Итак, на отрезке [0, ?] ункция ?(x) есть полином степени s + 2 , удовлетворяющий диеренциальному уравнению (5). На отрезок [?, 1] для заданного наперед
натурального k ? s+2 ункцию ?(x) можно продолжить произвольной ункцией
из C k [?, 1] с соблюдением следующих условий: ?(1) = 0, Dj ?(? ? 0) = Dj ?(? + 0)
для j = 0, 1, . . . , k . Например, в качестве ?(x) на [?, 1] можно взять полином
Эрмита степени k + 1 , удовлетворяющий указанным условиям. Тогда кусочнополиномиальная ункция ?(x) будет принадлежать пространству C k [0, 1] .
Покажем, что ?(x) является ункцией продолжения для класса H?s . Установим
предварительно справедливость следующей простой леммы.
70
Ш.И. ТАЮПОВ, М.. ТИМЕБАЕВ
Лемма 4. Пусть некоторая ункция p(x) имеет ограниченную производную
порядка s + 1 и Dj p(0) = 0 , j = 0, 1, . . . , s . Тогда справедливы оценки
|Dj p(x)| ?
c
xs+1?j ,
(s + 1 ? j)!
j = 0, 1, . . . , s.
Доказательство. По условию |D s+1 p(x)| ? c. Проинтегрируем ункцию
D
s+1
p(x) по отрезку [0, x] . Так как Ds p(0) = 0 , то
s
|D p(x)| ?
Zx
|Ds+1 p(x)| dx ? cx.
0
Повторяя эти рассуждения для Ds p(x) , получим |Ds?1 p(x)| ?
c 2
x и т. д.
2
Теорема 6. Пусть a(x) и b(x) имеют ограниченные производные порядка
s + 1, ? < 1/2 . Тогда построенная выше ункция ?(x) является ункцией продолжения для класса правых частей H?s (?) задачи (1).
Доказательство. Так как на отрезке [?, 1] коэициенты оператора A являются регулярными (не имеют особенностей), а ? ? C s+2 [?, 1] , то достаточно
убедиться, что A? ? H?s (0, ?) . Запишем a(x) и b(x) в виде
a(x) = Ta (x) + a?(x),
b(x) = Tb (x) + b?(x),
где Ta (x) , Tb (x) полиномы Тейлора степени s , a?(x) и b?(x) остаточные члены.
Оба они принадлежат C s (??) , производные этих ункций порядка s+1 ограничены
и Dj a?(0) = Dj b?(0) = 0 для j = 0, 1, . . . , s . Тогда по лемме 4 для производных порядка j = 0, 1, . . . , s справедливы оценки |Dj a?(x)| ? cxs+1?j , |Dj b?(x)| ? cxs+1?j ,
откуда (с другими константами c )
|Dj (x? a?(x))| ? cxs+?+1?j ,
|Dj (x? b?(x))| ? cxs+?+1?j ,
j = 0, 1, . . . , s.
(7)
Имеем A?(x) = A??(x) + A??(x) , где
A??(x) = ?D(x? a?(x)D?(x)) + x? b?(x)?(x).
A?? ? H?s (0, ?) по построению, так как Ds A?? ? x1+? ? L2,? (0, ?) при ? < 1/2
(напомним, что ? ? (?1, 1) ). Из оценок (7) следует, что Ds (x? b?(x)?(x)) ? x1+? ?
s+1
P
? L2,? (0, ?) . Наконец, учитывая, что ?1 = 0 и ?(x) ? D?(x) =
(k + 1)?k+1 xk ,
k=1
опять из (7) получим Ds+1 (x? a?(x)?(x)) ? x1+? ? L2,? (0, ?) . Таким образом, ункция A??(x) принадлежит пространству H?s (0, ?) . Теорема доказана.
Теорема 7. Пусть выполнены условия предыдущей теоремы, ?(x) ункция продолжения для класса правых частей H?s (?) задачи (1). Тогда если
? ? s ? 3/2 < ? < 1/2 , то для любой правой части f ? H?s (?) решение задачи (1) существует, единственно и представимо в виде
u(x) = g?(x) + x1?? u?(x),
s+2
где u? ? H??1
(?) ? H??1 (?), ku?kH s+2 ? c(kf kH s + |g|) .
?
??1
СХЕМЫ МКЭ ВЫСОКОО ПОЯДКА ТОЧНОСТИ
71
Доказательство. Положим f?(x) = f (x) ? gA?(x) и обозначим через u?(x)
решение краевой задачи
Au?(x) = f?(x) в ?,
u?(0) = 0, u?(1) = 0.
Так как f? ? H?s (?) , то по теореме 5 решение этой задачи существует, единственно
s+2
и представимо в виде u?(x) = ?(x)u?(x) , где u? ? H??1
(?) ? H??1 (?) . При этом для
u?(x) имеет место априорная оценка
ku?kH s+2 ? c1 kf?kH s ? c1 (kf?kH s + |g| kA?kH s ).
?
??1
?
?
Осталось заметить, что u(x) = g?(x) + u?(x) решение граничной задачи (1) по
построению.
3.
Аппроксимация задачи конечными элементами
Пусть на [0, 1] задан набор точек x0 = 0 < x1 < . . . < xn = 1 , образующих разбиение Th = {ek }nk=1 отрезка [0, 1] на конечные элементы ek = [xk?1 , xk ] .
Здесь h = max hk , hk = xk ? xk?1 , k = 1, . . . , n . Предполагается, существование
k
постоянной µ > 0 , не зависящей от h , что
hk+1 ? µhk
?k = 1, . . . , n ? 1;
(8)
в частности, это выполнено для квазиравномерного разбиения. Из этого условия
вытекает, что xk = xk?1 + hk ? xk?1 + µhk?1 ? (1 + µ)xk?1 для k = 2, . . . , n .
Положим c(?) = max(1, (1 + µ)?? ) для вещественного ? . Тогда
x?k ? c(??) min x? ,
x?ek
max x? ? c(?)x?k
x?ek
?k = 2, . . . , n.
(9)
Для натурального m обозначим через S m (Th ) ? Shm пространство конечных
элементов, состоящее из ункций v ? C[0, 1] таких, что сужение v(x) на любой
конечный элемент ek ? Th является полиномом степени m .
3.1. Оценки погрешности интерполяции в весовых нормах Соболева. На базисном конечном элементе e? = [0, 1] заиксируем два набора узлов, за-
нумерованных по возрастанию: ??1 = {t1i : i = 0, 1, . . . , m} ? (0, 1] и ??2 = {t2i : i =
= 0, 1, . . . , m} ? [0, 1] , причем t20 = 0, t1m = t2m = 1 . Пусть {??pi : i = 0, 1, . . . , m} базисные ункции Лагранжа для узлов ??p , p = 1, 2 , то есть это полиномы степени
m , удовлетворяющие условиям ??pi (tpj ) = ?ij для всех i, j = 0, 1, . . . , m . Для ункций, непрерывных в окрестности точек ??p , определим оператор интерполяции в
пространство полиномов Pm (e?) ормулой
??p u?(t) =
m
X
u?(tpi )?pi (t).
i=0
Хорошо известны оценки погрешности полиномиальной интерполяции в нормах
пространств Соболева для ункций u? ? H m+1 (e?) :
kDs (u? ? ??p u?)kL2 (e?) ? c?kDm+1 u?kL2 (e?) ,
s = 0, 1, . . . , m + 1.
(10)
Постоянная c? зависит здесь только от m, s и от выбора сетки ??p . Этот результат
обобщается на весовые нормы.
72
Ш.И. ТАЮПОВ, М.. ТИМЕБАЕВ
Лемма 5. Пусть выполнены следующие условия: 1) s ? m + 1, 2) m + 1 + ??
?s ? ? ? 0, 3) ? < 1/2 . Тогда существует такая постоянная c? > 0 , что для
любой ункции u? ? H?m+1 (e?) справедлива оценка
(11)
kDs (u? ? ??1 u?)kL2,? (e?) ? c?kDm+1 u?kL2,? (e?) .
Доказательство. Поскольку H?m+1 (e?) ? C(0, 1] и t10 > 0 , то оператор ин-
терполирования ??1 : H?m+1 (e?) ? Pm (e?) непрерывен. Условия леммы согласно
теореме 1 обеспечивают непрерывность вложения H?m+1 (e?) ? H?s (e?) , то есть непрерывность тождественного оператора I? : H?m+1 (e?) ? H?s (e?) . Наконец, из последнего
условия леммы следует включение Pm (e?) ? H?s (e?) . Таким образом, линейный оператор L = I? ? ??1 : H?m+1 (e?) ? H?s (e?) непрерывен. Учитывая, что L? = 0 для
любого полинома ? ? Pm (e?) , получим
kDs (u? ? ??1 u?)kL2,? (e?) = kDs L(u? ? ?)kL2,? (e?) ? c1 ku? ? ?kH m+1 (e?) ?
?
? c2 (kDm+1 u?kL2,? (e?) +
m
X
|Dj u?(1) ? Dj ?(1)|)
?? ? Pm (e?).
j=0
Выбрав здесь ? ? Pm (e?) из условий Dj ?(1) = Dj u?(1) для j = 0, 1, . . . , m , получим
требуемую оценку.
Замечание. Если H?m+1 (e?) ? C[0, 1] (что равносильно условию m + 1/2 + ? >
> 0 ), то лемма останется справедливой, если вместо ??1 взять ??2 .
Для каждого конечного элемента ek ункция ?k (t) = hk t + xk?1 отображает базисный конечный элемент e? на ek . Положим ?1 = ?1 (??1 ) = {x1i : i =
= 0, 1, . . . , m} ? (0, h1 ] и ?k = ?k (??2 ) = {xki : i = 0, 1, . . . , m} ? ek для k ? 2 .
Тогда ункции ?1i (x) = ??1i (??1
1 (x)), i = 0, 1, . . . , m, образуют базис Лагранжа на
элементе e1 так же, как и ункции ?ki (x) = ??2i (??1
k (x)), i = 0, 1, . . . , m, образуют
базис Лагранжа на элементе ek для k ? 2 .
Для ункций, непрерывных на полуинтервале (0, 1] , можем определить локальные операторы интерполяции ?k : C(0, 1] ? Pm (ek ) , полагая
?k u(x) =
m
X
u(xki )?ki (x).
i=0
При этом для u?(t) = u(?k (t)) справедливы тождества ??1 u?(t) = (?1 u)(?1 (t)) и
??2 u?(t) = (?k u)(?k (t)) ( k ? 2 ). Так как на стыках конечных элементов xk , k =
= 1, . . . , n ? 1, имеет место равенство ?km (xk ) = ?k+1,0 (xk ) = 1 , то ?k u(xk ? 0) =
= ?k+1 u(xk + 0) = u(xk ) . Поэтому ормулой
?h u|ek = ?k u
?k = 1, . . . , n
корректно определяется оператор кусочно-полиномиальной интерполяции ?h :
C(0, 1] ? Shm во всех точках отрезка [0, 1] .
Теорема 8. Если ? < 1/2 и m + ? ? ? > 0 , то для для любой ункции
u ? H?m+1 (?) справедливы оценки
kDs (u ? ?k u)kL2,? (ek ) ? c1 hkm+1?s x???
kDm+1 ukL2,? (ek ) ,
k
k = 1, . . . , n,
kDs (u ? ?h u)kL2,? (?) ? c2 h? kDm+1 ukL2,? (?) ,
где s = 0, 1 и ? = min(m + 1 ? s, m + 1 + ? ? ? ? s) .
(12)
(13)
73
СХЕМЫ МКЭ ВЫСОКОО ПОЯДКА ТОЧНОСТИ
Доказательство. Используя замену переменных x = ?1 (t) , лемму 5 и затем обратную замену, получим локальную оценку погрешности интерполяции на
конечном элементе e1 :
1?2(s+?)
2
kDs (u ? ?1 u)kL2,? (e1 ) = h1
1?2(s+?)
? c1 h 1
2
kDs (u? ? ??1 u?)kL2,? (e?) ?
2
2
2(m+1?s) 2(???)
x1
kDm+1 ukL2,? (e1 ) .
kDm+1 u?kL2,? (e?) = c1 h1
Для k ? 2 также используем замену переменных x = ?k (t) и оценки (9), (10).
Тогда
kDs (u ? ?k u)k2L2,? (ek ) ? c(?2?)x?2?
kDs (u ? ?k u)k2L2 (ek ) ?
k
2
2(m+1?s) ?2?
xk kDm+1 ukL2 (ek )
? c2 h k
2
2(m+1?s) 2??2?
xk
c(2?)kDm+1 ukL2,? (ek ) .
? c2 h k
Пусть ? = min(m+1?s, m+1+? ???s) . Поскольку hk ? xk ? 1 , то hkm+1?s x???
?
k
? h?k ? h? . Из полученных выше оценок следует, что
2
2
2
kDs (u ? ?h u)kL2,? (ek ) = kDs (u ? ?k u)kL2,? (ek ) ? c2 h2? kDm+1 ukL2,? (ek ) .
Суммируя эти неравенства по k = 1, . . . , n , получим глобальную оценку погрешности (13).
3.2. Схемы метода конечных элементов с мультипликативным выm
делением особенности. Пусть ?/2 ? m < ? < 1/2 , f ? H?m?1 (?) , a, b ? W?
(?) .
Поскольку 1/2 > ? > ?/2 ? m > ? ? (m ? 1) ? 3/2 , то в силу теоремы 7 решение
краевой задачи (1) можно записать в виде u(x) = g?(x) + ?(x)u?(x) , где ?(x) ункция продолжения для класса H?m?1 (?) , а ункция u?(x) является решением
вариационной задачи
Z
a(?u?, ?v?) = ?(x)f (x)v?(x) dx ? ga(?, ?v?) ?v? ? V?
?
и имеет место оценка ku?kH m+1 ? c(kf kH?m?1 + |g|) . В качестве приближенного ре??1
шения задачи (1) возьмем ункцию uh (x) = g?(x) + ?(x)u?h (x) , где u?h ? V?h =
{Shm : v?(1) = 0} есть решение задачи
Z
a(?u?h , ?v?) = ?(x)f (x)v?(x)dx ? ga(?, ?v?) ?v? ? V?h .
(14)
?
m
Теорема 9. Пусть ?/2 ? m < ? < 1/2 , a, b ? W?
(?) . Тогда для f ? H?m?1 (?)
справедливы оценки погрешности
ku ? uh kH 1
??/2
? ku ? uh ka = ku? ? u?h ka? ? ku? ? u?h kH 1
?/2
? ch? (kf kH?m?1 + |g|),
где ? = min(m, m + ? ? ?/2) .
Доказательство. Доказательства требует только последнее неравенство. Из
леммы Сеа [16, с. 109? и из оценки (13) получим
ku? ? u?h kH 1
?/2
? c1 ku? ? ?h u?kH 1
?/2
? c2 h? kDm+1 u?kL2,??1 ? c3 h? kf kH?m?1 .
74
Ш.И. ТАЮПОВ, М.. ТИМЕБАЕВ
m
m?1
Следствие 1. Если a, b ? W?
(?) и f ? W?
(?) , то для схем (14) имеют
место оценки погрешности
ku ? uh kH 1
??/2
? ku ? uh ka = ku? ? u?h ka? ? ku? ? u?h kH 1
?/2
m?1 + |g|).
? chm (kf kW?
Доказательство непосредственно вытекает из теоремы, поскольку при ? < 1
m?1
m?1
справедливо вложение W?
(?) ? H?/2
(?) .
4.
Численные эксперименты
Через u обозначим точное решение задачи, через un приближенное конечноэлементное решение на сетке с n элементами. Если p порядок сходимости
метода относительно некоторой нормы k · k , то есть kun ? uk ? Cn?p , то из неравенства треугольника получается оценка np kun ?u2n k ? C(1+2?p ) ? const . Можно
доказать и обратное: если для некоторого p величины np kun ? u2n k ограничены
при n ? ? , то в рассматриваемой норме метод сходится с порядком p , то есть
существует такая постоянная C , что kun ? uk ? Cn?p . Это позволяет численно
подтверждать установленный теоретически порядок сходимости метода.
Табл. 1
m\?
1
2
3
?0.9
0.63
0.18
0.86
?0.5
0.29
0.09
0.86
?0.1
0.26
0.09
0.98
0
0.26
0.09
1.02
0.1
0.26
0.10
1.07
0.5
0.26
0.12
1.34
0.9
0.27
0.14
1.66
Для задачи (1) был проведен ряд численных экспериментов, результаты которых подтверждают теоретические оценки в теореме 9 и в следствии 1. В частности,
для степени полиномов на конечном элементе m = 1, 2, 3 вычислялись величины
nm kun ?u2n ka , которые практически не менялись с ростом n . В табл. 1 приводятся
результаты вычислений для a(x) = 1 + 2x + 3x2 , b(x) = 1 + 4x2 + 5x3 , f (x) = cos x ,
g = 2 на сетках с числом элементов n = 16, 32, 64, 128, 256, 512 .
абота выполнена при инансовой поддержке оссийского онда ундаментальных исследований (проект ќ 06-01-0063).
Summary
S.I. Tayupov, M.R. Timerbaev. Finite element shemes of a high auray order for twopointed heterogeneous boundary-value problem with degeneration.
The purpose of the paper is onstrution of a nite element shemes with a high approximation order for two-pointed heterogeneous boundary-value problem with degenerated
oeients, based on a multipliative alloation of singularities. It is proved, that this method
has optimal order of onvergene rate.
Литература
1.
Смирнов М.М.
Вырождающиеся эллиптические и гиперболические уравнения. М.:
Наука, 1966. 292 с.
2.
Лизоркин П.И., Никольский С.М.
Эллиптические уравнения с вырождением. Диеренциальные свойства // Докл. АН ССС. 1981. Т. 257, ќ 2. С. 278282.
СХЕМЫ МКЭ ВЫСОКОО ПОЯДКА ТОЧНОСТИ
3.
75
О повышении гладкости решений вырождающихся эллиптических
уравнений второго порядка // Диеренц. уравнения. 1989. Т. 25, ќ 3. С. 529
531.
Кыдыралиев С.К.
4.
Тимербаев М.. Весовые оценки решения задачи Дирихле с анизотропным вырождением на части границы // Изв. вузов. Математика. 2003. ќ 1. С. 6073.
5.
Оценки сходимости конечно-разностных схем для вырожденных эллиптических уравнений // Журн. вычисл. матем. и матем. из. 1965. Т. 5, ќ 2. С. 351357.
6.
укавишникова Е.И. О порядке сходимости метода конечных элементов для эллиптической краевой задачи с вырождением. Владивосток: ДВО АН ССС, 1987. С. 2652.
7.
усман Ю.А., Оганесян Л.А.
Оценки точности схем МКЭ для вырождающихся
эллиптических уравнений второго порядка // Диеренц. уравнения. 1993. Т. 29,
ќ 7. С. 12101215.
Ляшко А.Д., Тимербаев М..
8.
Тимербаев М.., Ляшко А.Д. Об оценках погрешности схем МКЭ для квазилинейных вырождающихся уравнений 2-го порядка // Диеренц. уравнения. 1994. Т. 30, ќ 7. С. 12391243.
9.
Тимербаев М.. Конечноэлементная аппроксимация вырождающегося эллиптического уравнения 2-го порядка в области с криволинейной границей // Изв. вузов.
Математика. 1994. ќ 9. С. 7886.
10.
Метод конечных элементов для квазилинейных вырождающихся уравнений 4-го порядка // Диеренц. уравнения. 1999. Т. 35, ќ 2. С. 232237.
Карчевский М.М., Ляшко А.Д., Тимербаев М..
11.
Тимербаев М..
12.
Кудрявцев Л.Д.
13.
14.
15.
16.
Мультипликативное выделение особенности в схемах МКЭ для эллиптических вырождающихся уравнений // Диеренц. уравнения. 2000. Т. 36,
ќ 7. С. 10861093.
Об эквивалентных нормах в весовых пространствах // Тр. МИАН
им. Стеклова. 1984. Т. 170, Ч. 10. С. 161190.
Никольский С.М. Приближение ункций многих переменных и теоремы вложения. М.: Наука, 1977. 456 с.
Теория интерполяции. Функциональные пространства. Диеренциальные операторы. М.: Мир, 1980. 664 с.
Трибель Х.
Тимербаев М.. О непрерывности интегральных операторов в пространствах векторункций // Исследования по прикладной математике и инорматике. Казань:
Изд-во Казан. матем. о-ва, 2001. Вып. 23. С. 118121.
Сьярле Ф.
Метод конечных элементов для эллиптических задач. М.: Мир, 1980. 512 с.
Поступила в редакцию
12.10.06
Тимербаев Марат авилевич кандидат изико-математических наук, доцент
каедры вычислительной математики Казанского государственного университета.
E-mail: marat.timerbaevksu.ru
Таюпов Шамиль Ильдусович аспирант каедры вычислительной математики
Казанского государственного университета.
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
5
Размер файла
278 Кб
Теги
точности, мкэ, вырождением, неоднородным, двухточечный, высокого, задачи, схема, порядке, граничного
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа