Mathematische Methoden in den Ingenieurwissenschaften 5. Übung

Fakultät für Luft- und Raumfahrttechnik
Institut für Mathematik und Rechneranwendung
Prof. Dr. M. Gerdts, Dr. A. Dreves, J. Michael
Wintertrimester 2017
Mathematische Methoden in den Ingenieurwissenschaften
5. Übung
14) Dierenzenverfahren
Gegen Sei die Randwertaufgabe
x00 (t) = 4x(t),
x(a) = xa , x(b) = xb .
a) Formulieren Sie das aus dem Dierenzenverfahren resultierende lineare Gleichungssystem für eine Diskretisierung in N Intervalle.
b) Geben Sie das Gleichungssystem für N = 2, x(0) = 1, x(1) = 2 explizit an.
c) Schreiben Sie ein Programm zur Lösung des linearen Gleichungssystems in beliebiger
Dimension.
15) Lösbarkeit eines Randwertproblems
Eine von auÿen durch F (t) angeregte, gedämpfte
Schwingung genügt unter der Voraussetzung, dass die
rückstellende Federkraft proportional zur Auslenkung
x(t) und die Dämpfung proportional zur Geschwindigkeit ẋ(t) ist, der Bewegungsgleichung
1111111111111
0000000000000
0000000000000
1111111111111
0000000000000
1111111111111
x
mẍ(t) + dẋ(t) + cx(t) = F (t),
wobei c > 0 die Federkonstante, d > 0 die Dämpfungskonstante und m > 0 die Masse des Schwingers
bezeichnen, vgl. Abbildung. Zusätzlich seien Randwerte
x(0) = x0 und x(b) = xb gegeben.
F
Diskutieren Sie die Lösbarkeit der Randwertaufgabe für m = d = c = 1 und F (t) ≡ 0 in
Abhängigkeit von b, x0 , xb .
1
16) Finite-Element-Methode
Gegeben sei das Randwertproblem
−u00 (t) = f (t),
t ∈ (a, b),
u(a) = u(b) = 0.
Die Idee der Finite-Element-Methode besteht darin, das Randwertproblem in ein Variationsproblem zu überführen. Dazu wird die Dierentialgleichung mit einer Funktion v aus
einem geeigneten Funktionenraum mit v(a) = v(b) = 0 multipliziert und integriert:
b
Z
Z
00
−
u (t)v(t) dt =
b
f (t)v(t) dt.
a
a
Partielle Integration des linken Integrals führt auf die Variationsgleichung
Z
b
0
Z
0
u (t)v (t) dt =
a
b
f (t)v(t) dt,
(1)
a
die für alle (geeigneten) Funktionen v mit v(a) = v(b) = 0 erfüllt sein muss.
Zur numerischen Approximation dieser Gleichung wird das Intervall [a, b] äquidistant
mittels ti = a + ih, i = 0, . . . , N , h = (b − a)/N unterteilt. Unter Verwendung stückweise
lineare Basisfunktionen ψi , i = 0, . . . , N des Splineraums SN ([a, b], R) hat die gesuchte
approximative Lösung die Form
uN (t) =
N
X
ci ψi (t).
i=0
Vorüberlegung zu den Randwerten:
uN (a) = c0 ψ0 (a) = c0 = 0
uN (b) = cN ψN (b) = cN = 0
Daher genügt für die vorliegenden Randwerte lediglich die Betrachtung der Summe
uN (t) =
N
−1
X
ci ψi (t).
i=1
Wählt man nun als Testfunktionen die N − 1 Basisfunktionen vi (t) = ψi (t) erhält man
aus (1) folgende Gleichungen:
Z
a
b
u0N (t)ψi0 (t) dt
Z
=
b
f (t)ψi (t) dt,
i = 1, . . . , N − 1.
(2)
a
Formulieren Sie das aus (2) resultierende lineare Gleichungssystem und lösen Sie es für
den Spezialfall N = 10, f (t) = 1 und [a, b] = [0, 1].
2
Lösungen
14)
a) Umschreiben der Dierentialgleichung zweiter Ordnung in ein System erster Ordnung
liefert
x0
v0
0
y =
!
=
0 1
4 0
!
x
v
!
!
0 1
y = g(y)
4 0
=
Eine Unterteilung
in N Intervalle liefert die äquidistanten Diskretisierungspunkte
!
yi =
xi
vi
, i = 0, 1, ..., N und die Schrittweite h =
b−a
N
. Das Diskretisierungsverfah-
ren liefert für i = 0, ..., N − 1
h
h
yi+1 − yi = (g(yi ) + g(yi+1 )) =
2
2
!
!
xi+1 − xi
vi + vi+1
h
⇔
=
2 4xi + 4xi+1
vi+1 − vi


x
i
!

−1 − h2
1
− h2 
 vi 
⇔
=

−2h −1 −2h 1 xi+1 
0 1
4 0
!
xi
vi
!
+
0 1
4 0
!
xi+1
vi+1
!!
!
0
0
vi+1
Die Randbedingungen liefern noch die beiden zusätzlichen Gleichungen
x0 = x(a) = xa ,
xN = x(b) = xb .
Damit ist Gleichungssystems mit der Abkürzung
A1 =
−1 − h2
−2h −1
!
,
A2 =
1
− h2
−2h 1
!
und der Bezeichnung O ∈ R2,2 für die mit Nullen gefüllte 2 × 2 Matrix folgendermaÿen:
 

A1

O

O

 ..
 .

O


1 0
00
A2
A1
O
O
··· ···
A2 O · · · · · ·
A1
A2 · · ·
... ...
...
...
···
···
···
···
···
···
···
···
···
A1
00
00
3
 
x0
0
O  
v0   

 0
O 
  
x

1
   .. 
O

.
  v1 
 .
.. 
 . =.
. 
.  .

 .   


 
A2 
.. 
 0

.
  
0 0 
   xa 
 xN 
10
xb
vN

b) Explizit für N = 2 ergibt sich h =
A1 =
1
2
und damit
!
−1 − 14
,
−1 −1
A2 =
1 − 14
−1 1
!
und das Gleichungssystem

   
x0
0
−1 − 14 1 − 41 0
0

   
0
0   v0  0
−1 −1 −1 1

   
1  
1
0
0
1
−
0
−1
−
x
4
4   1

 
=
0
   
0 −1 −1 −1 1 

  v1  0

   
1
0
0
0
0
0  x2  1
0
0
0
0
1
0
v2
2
c) Ein Matlab-Programm, das die Matrix mittels der Diagonalen und Nebendiagonalen
deniert ist das folgende:
a=0;
b=1;
xa=1;
xb=2;
N=3;
h=(b-a)/N;
d0=[-ones(2*N,1);0;0];
d1=[repmat([-h/2;-2*h],N,1);0];
d2=ones(2*N,1);
d3=[repmat([-h/2;0],N-1,1);-h/2];
dm1=[repmat([-2*h;0],N,1);1];
A=diag(d0)+diag(d1,1)+diag(d2,2)+diag(d3,3)+diag(dm1,-1);
A(2*N+1,1)=1;
sol=A\[zeros(2*N,1);xa;xb]
4
15) Sei m = d = c = 1 und F (t) ≡ 0. Wir betrachten also die Randwertaufgabe
ẍ(t) + ẋ(t) + x(t) = 0,
x(0) = x0 , x(b) = xb .
Der Ansatz x(t) = exp(λt) führt auf das Nullstellenproblem
2
⇒
λ +λ+1=0
λ1,2
1
=− ±
2
r
√
1
1
3
−1=− ±i
.
4
2
2
Es gibt also zwei zueinander komplex konjugierte Eigenwerte. Somit lautet die allgemeine
Lösung
√ !
√ !!
t
x(t) = exp −
2
3
t
2
c1 cos
3
t
2
+ c2 sin
.
Die erste Randbedingung x(0) = x0 liefert sofort c1 = x0 . Die zweite führt auf die
Gleichung
√ !
√ !!
xb = exp −
b
2
3
b
2
x0 cos
+ c2 sin
3
b
2
.
Dies führt auf die folgenden drei Fälle:
Genau eine Lösung tritt auf, wenn
√
3
b
2
sin
!
6= 0
⇔
2πk
b 6= √ , k ∈ Z.
3
Das Problem hat keine Lösung, wenn
√
3
b
2
sin
!
b
= 0 und xb 6= exp −
x0 cos
2
√
!
3
b .
2
Das Problem hat unendlich viele Lösungen (nämlich mit c2 ∈ R), wenn
√
3
b
2
sin
!
b
= 0 und xb = exp −
x0 cos
2
16) Einsetzen von
uN (t) =
N
−1
X
√
!
3
b .
2
ci ψi (t)
i=1
in das Gleichungssystem
Z
b
u0N (t)ψi0 (t) dt
Z
=
N
−1
X
j=1
f (t)ψi (t) dt,
i = 1, . . . , N − 1
a
a
liefert
b
Z
cj
a
b
ψj0 (t)ψi0 (t) dt
b
Z
=
f (t)ψi (t) dt,
a
5
i = 1, . . . , N − 1.
Das resultierende lineare Gleichungssystem lautet also






hψ10 , ψ10 i
hψ10 , ψ20 i
hψ20 , ψ10 i
hψ20 , ψ20 i
..
.
0
0
hψN
−1 , ψ1 i
0
0
hψN
−1 , ψ2 i
...
...
..
.
..
.
...
0
0
0
0
0
hψ10 , ψN
−1 i hψ2 , ψN −1 i . . . hψN −1 , ψN −1 i
wobei hf, gi =
Rb
a







c1
c2
...

 
 
=
 

cN −1
hf, ψ1 i
hf, ψ2 i
..
.
hf, ψN −1 i



,


f (t)g(t)dt das übliche Skalarprodukt ist.
Im Spezialfall f = 1, [a, b] = [0, 1] gilt
Z
hf, ψi i =
1
Z
ti
t − ti−1
dt +
h
ψi (t)dt =
0
ti−1
Z
ti+1
ti
ti+1 − t
1
1
dt = (ti − ti−1 ) + (ti+1 − ti ) = h
h
2
2
für i = 1, . . . , N − 1. Desweiteren ist
ψi0 (t)
=





1
,
h
− h1 ,
0,
und damit
hψj0 , ψi0 i
Z
=
1
ψj0 (t)ψi0 (t) dt
0
falls t ∈ [ti−1 , ti ),
falls t ∈ [ti , ti+1 ),
sonst
0, falls |i − j| > 1,
=
2/h, falls i = j,


−1/h, falls |i − j| = 1



Insgesamt erhält man nach Multiplikation mit h das lineare Gleichungssystem

2 −1

 −1 2 −1

... ... ...




−1 2 −1
−1 2

c1
c2
...






  cN −2
cN −1


h2
  2 
  h 
  . 
 =  ..  .

 
  2 
  h 
h2

Die Lösung für N = 10 lautet
c = (9/200, 2/25, 21/200, 3/25, 1/8, 3/25, 21/200, 2/25, 9/200)> .
Die approximative Lösung uN :
0.1
0
0.2
0.4
t
0.6
0.8
Bemerkung: Die exakte Lösung des Spezialfalls ist u(t) = 12 t(1 − t).
6
1