Lösung für Aufgabe 2

Lösung für Aufgabe 2
Aufstellen des Gleichungssystems:
• Gelöst wird die stationäre Grundwassergleichung
Kontinuitätsgleichung:
~ · ~u = q
∇
Darcy Gleichung:
~
~u = −K ∇h
~ · K ∇h
~ = −q
→ ∇
• IFDM: Integrieren der Gleichung über ein Kontrollvolumen
Z
~ · ~u = −
d x∇
d
−
Z
KV
dd x q
KV
Gauss’scher Integralsatz:
Z
d
Z
d x ~u · ~n = −
−
Γ(KV )
dd x q
KV
Wir nehmen an, dass die Geschwindigkeiten u über eine Kante des Kontrollvolumens
konstant sind. Damit wird das Oberflächenintegral zu:
Z
−
dd x ~u · ~n = −
Γ(KV )
X
i=interfaces
Ai u~i · n~i =
X
~ i · n~i
Ai K(∇h)
i=interfaces
• Die Gradienten werden durch zentrale finite Differenzen genähert. Da die Verbindungslinien zu den Knoten senkrecht auf den Flächen stehen wird aus dem Integral
der stationären Grundwassergleichung über ein Kontrollvolumen für die allgemeine
Konfiguration:
hi,j − hi−1,j
hi+1,j − hi,j
+ A(i,j),(i+1,j)
∆x(i−1,j),(i,j)
∆x(i,j),(i+1,j)
Z
hi,j − hi,j−1
hi,j+1 − hi,j
− A(i,j−1),(i,j)
+ A(i,j),(i,j+1)
=−
q
∆x(i,j−1),(i,j)
∆x(i,j),(i,j+1)
KVi
K −A(i−1,j),(i,j)
A(i−1,j),(i,j)
A(i,j),(i+1,j)
A(i,j−1),(i,j)
A(i,j),(i,j+1)
K −
+
+
+
hi,j +
∆x(i−1,j),(i,j) ∆x(i,j),(i+1,j) ∆x(i,j−1),(i,j) ∆x(i,j),(i,j+1)
A(i,j),(i+1,j)
A(i,j−1),(i,j)
A(i,j),(i,j+1)
A(i−1,j),(i,j)
hi−1,j +
hi+1,j +
hi,j−1 +
hi,j+1 =
∆x(i−1,j),(i,j)
∆x(i,j),(i+1,j)
∆x(i,j−1),(i,j)
∆x(i,j),(i,j+1)
Z
=−
q
KVi
• Diese Gleichung wird für jedes Kontrollvolumen aufgestellt. Damit erhält man ein
algebraisches Gleichungssystem (n Gleichungen mit n Unbekannten), das sich
in Matrixform
D h = rhs
schreiben lässt. Aus der Gleichung für Kontrollvolumen i bekommt man die Koeffizienten für die i-te Zeile der Matrix D. Aus der Gleichung oben sieht man, dass
Beiträge zur i-ten Zeile der Matrix von den Volumen kommen, die an das Kontrollvolumen i grenzen. Die Einträge der Diagonalen in der Matrix sind die Summen der
Koeffizienten aus allen benachbarten Volumen, mit negativem Vorzeichen. Die anderen Einträge sind die Beiträge der jeweiligen Volumen auf Volumen i, mit positivem
Vorzeichen.
Wir können also vereinfachend sagen, die Einträge Dij in der i-ten Zeile der Matrix
sehen folgendermassen aus:

P
Aik falls i = j


= −K benachbarte Zellen k ∆x


ik
Aij
Dij =
= K ∆x
falls i 6= j und i an j grenzt

ij


 =0
sonst
• Die Randbedingungen müssen noch berücksichtigt werden. Es gibt mehrere Wege
dies zu tun. Hier führen wir Spiegelknoten an den Rändern ein, denen wir eine
Druckhöhe so zuordnen, dass sich genau die Randbedingungen ergeben.
Dirichlet: Wir kennen die Druckhöhe am Rand. Deshalb extrapolieren wir den Druck
von Knoten i zum Knoten, den wir der Randzelle zuordnen, so dass die Druckhöhe
an der Grenzfläche genau dem Dirichlet-Wert ist.
1
2
hb = hi + (∆xb + ∆xi )(hf ixed − hi )
2
∆xi
Die Gleichung für Knoten i bekommt damit einen Beitrag
Aib
Aib
∆xb
K
(hb − hi ) = K
(hf ix − hi ) 1 +
∆xib
∆xib
∆xi
Das Diagonalelement der Matrix bekommt also von der Dirichlet-Randbedingung
den Beitrag
Aib
∆xb
−K
1+
∆xib
∆xi
Der andere Teil von der Dirichlet Bedingung kommt in die rechte Seite der Gleichung. Der i-te Beitrag des Vektors auf der rechten Seite bekommt also einen Beitrag
Aib
∆xb
−K
1+
hf ix
∆xib
∆xi
Man macht es sich einfach, wenn man den Knoten direkt auf die Grenzlinie setzt.
Dann ist ∆xb = 0.
Neumann: Der Druck am Randknoten wird genau so angenommen, dass er den
entsprechenden Wert für den Fluss ergibt:
uf ix = −K
hi − hb
uf ix
→ hb = hi +
∆xib .
∆xib
K
Die Gleichung für Knoten i bekommt damit einen Beitrag
K
Aib
(hb − hi ) = Aib uf ix
∆xib
Man sieht, dass sich hieraus nur ein Beitrag zur rechten Seite der Gleichung ergibt.
Das Vorzeichen wäre umgekehrt, wenn der Fluss über den rechten oder oberen Rand
betrachtet würde. Der i-te Beitrag des Vektors auf der rechten Seite bekommt also
einen Beitrag
±Aib uf ix
In unserem Fall vereinfacht sich der Beitrag, da der Fluss über den Rand null sein
soll. Deshalb bekommen wir von den Neumann Rändern nur einen Beitrag null.
• Daraus können wir die allgemeine Regel zur Konstruktion der Matrix
und der rechten Seite aufstellen:

X
X A
Aib 1 + ∆xb
ik − K

=
−K


∆xik
∆xib
∆xi


benachbarte
benachbarte

Dirichlet

Zellen k

Ränder b

Aij
Dij =
= K ∆x

ij







 =0
Z
(rhs)i = −
d
qd x ±
KVi
X
benachbarte
Neumann
Ränder b
Aib uf ix − K
X
benachbarte
Dirichlet
Ränder b
Aib
∆xib
falls i = j
falls i 6= j
und i an j grenzt
sonst
∆xb
1+
∆xi
hf ix
Anwendung auf das Beispiel in der Aufgabe:
• Wir können zunächst allgemein die Form der Matrix betrachten und sehen welche
Elemente einen Beitrag haben und welche null sind.


D11 D12 0 D14 0
0
0
0
0


 D21 D22 D23 0 D25 0

0
0
0


 0 D

D
0
0
D
0
0
0
23
33
36




 D41 0
0 D44 D45 0 D47 0
0 



D=
 0 D52 0 D54 D55 D56 0 D58 0 


0 D63 0 D65 D66 0
0 D69 
 0


 0
0
0 D74 0
0 D77 D78 0 


 0
0
0
0 D85 0 D87 D88 D89 


0
0
0
0
0 D96 0 D98 D99
Wir können auch die allgemeine Form der rechten Seite anschauen. Da wir keinen Beitrag von den Neumann-Rändern haben kommen nur Beiträge in den ersten
drei Komponenten von dem Dirichlet Rand und in der fünften Komponente vom
Quellterm.


rhs1


 rhs2 


 rhs 
3 



 0 



rhs = 
rhs
5




 0 


 0 


 0 


0
• Die Komponenten der ersten Reihe in der Matrix D11 , D12 und D14 sehen dann
folgendermassen aus.
– D11 : Hier kommt ein Beitrag von den beiden benachbarten Volumen 2 und 4
und einer vom Dirichlet Rand.
A1 4
A1 bb1
∆ybb1
A1 2
−
−
1+
D11 = −K
∆x1 2 ∆x1 4 ∆x1 bb1
∆y1
350m 200m 200m
100m
−4 m
= −5 · 10
20m
+
+
1+
s
150m 225m 225m
350m
2
m
= −4.37 · 10−2
s
– D12 : D12 ist der Beitrag von Volumen 2 auf Volumen 1.
D12 = K
A1 2
m
350m
m2
= 5 · 10−4 20m
= 2.33 · 10−2
∆x1 2
s
150m
s
– D14 : D14 ist der Beitrag von Volumen 4 auf Volumen 1.
D14 = K
A1 4
m
200m
m2
= 5 · 10−4 20m
= 8.9 · 10−3
∆x1 4
s
225m
s
• Die Komponenten der zweiten Reihe in der Matrix D21 , D22 , D23 und D25 werden
genauso berechnet.
– D21 : D21 ist der Beitrag von Volumen 1 auf Volumen 2.
D21
2
A1 2
350m
−4 m
−2 m
= K
= 5 · 10
20m
= 2.33 · 10
∆x1 2
s
150m
s
– D22 : Hier kommt ein Beitrag von den benachbarten Volumen 1, 3 und 5 und
einer vom Dirichlet Rand.
A1 2
A2 3
A2 5
A2 bb2
∆ybb2
= −K
+
+
+
1+
∆x1 2 ∆x2 3 ∆x2 5 ∆x2 bb2
∆y2
350m 350m 100m 100m
100m
−4 m
= −5 · 10
20m
+
+
+
1+
s
150m 150m 225m 225m
350m
2
m
= −5.68 · 10−2
s
D22
– D23 : D23 ist der Beitrag von Volumen 3 auf Volumen 2.
D23 = K
m
m2
A2 3
350m
= 5 · 10−4 20m
= 2.33 · 10−2
∆x2 3
s
150m
s
– D25 : D25 ist der Beitrag von Volumen 5 auf Volumen 2.
D25 = K
A2 5
m
100m
m2
= 5 · 10−4 20m
= 4.4 · 10−3
∆x2 5
s
225m
s
• Das Matrixelement D55 hat Beiträge von den benachbarten 4 Kontrollvolumen.
D55
A2 5
A4 5
A5 6
A5 8
= −K
+
+
+
∆x2 5 ∆x4 5 ∆x5 6 ∆x5 8
2
100m 100m 100m 100m
−4 m
−2 m
= −5 · 10
20m
+
+
+
= −3.11 · 10
s
225m 150m 150m
75m
s
• Auf die gleiche Weise können alle anderen Matrixeinträge berechnet werden. Damit
ergibt sich die Matrix
D =

−4.37 2.33
0
0.89
0
0
0
0
0

 2.33 −5.68 2.33
0
0.44
0
0
0
0

 0
2.33 −4.37
0
0
0.89
0
0
0


 0.89
0
0
−4.22 0.67
0
2.67
0
0

 0
0.44
0
0.67 −3.11 0.67
0
1.33
0


0
0.89
0
0.67 −4.22
0
0
2.67
 0

 0
0
0
2.67
0
0
−3.0 0.33
0

 0
0
0
0
1.33
0
0.33 −2.0 0.33

0
0
0
0
0
2.67
0
0.33 −3.0








2

 · 10−2 m .

s







• Das erste Element im Vektor der rechten Seite bekommt einen Beitrag vom DirichletRand zu Kontrollvolumen 1.
A1 bb1
∆ybb1
(rhs)1 = − K
1+
hf ix
∆x1 bb1
∆y1
200m
100m
m3
−4 m
= − 5 · 10
20m
1+
80m = −0.91
s
225m
350m
s
• Das zweite und dritte Element im Vektor der rechten Seite können auf die gleiche
Weise berechnet werden.
• Das fünfte Element im Vektor der rechten Seite bekommt einen Beitrag vom Quellterm
m3
(rhs)5 = 0.02 .
s
• Damit ergibt sich für die rechte Seite


−0.91


 −0.46 


 −0.91 




 0  3

m

rhs = 
0.02

 s .


 0 


 0 


 0 


0
• Das Gleichungssystem D h = rhs wird gelöst, indem die Matrix D invertiert wird.
Das kann in diesem Fall nicht sinnvollerweise zu Fuss getan werden. Wir bekommen
für den Lösungsvektor h:


79.31


 79.26 


 79.31 




 78.55 



h = 
 77.78  m.


 78.55 


 78.50 


 78.02 


78.50
Laplace Operator mit finiten Differenzen:
• Der Laplace Operator mit finiten Differenzen kann mit einer Taylor Entwicklung
genähert werden. Zunächst in 1d:
Näherung von h am Knoten i − 1 durch den Wert am Knoten i:
1 ∂ 2 h ∂h hi−1 = hi −
∆xi−1,i +
∆x2i−1,i + O(∆x3i−1,i )
∂x h=hi
2 ∂x2 h=hi
Näherung von h am Knoten i + 1 durch den Wert am Knoten i:
∂h 1 ∂ 2 h hi+1 = hi +
∆xi,i+1 +
∆x2i,i+1 + O(∆x3i,i+1 )
∂x h=hi
2 ∂x2 h=hi
Multipliziert man die erste Gleichung mit ∆xi,i+1 und die zweiten Gleichung mit
∆xi−1,i und addiert beide Gleichungen erhält man:
∆xi,i+1 (hi−1 − hi ) + ∆xi−1,i (hi+1 − hi ) =
1 ∂ 2 h 1 ∂ 2 h 2
∆xi,i+1 ∆xi−1,i +
∆x2i−1,i ∆xi,i+1 + O(∆x3 ).
2 ∂x2 h=hi
2 ∂x2 h=hi
Auflösen nach
∂2h ∂x2 ergibt
h=hi
∂ 2 h ∆xi,i+1 hi−1 + ∆xi−1,i hi+1 − (∆xi,i+1 + ∆xi−1,i )hi
=2
.
2
∂x h=hi
∆xi−1,i ∆xi,i+1 (∆xi,i+1 + ∆xi−1,i )
• Analog kann die zweite Ableitung in y-Richtung abgeleitet werden. Man bekommt
dann für den Laplace Operator:
∆x(i,i+1),j hi−1,j + ∆x(i−1,i),j hi+1,j − (∆x(i,i+1),j + ∆x(i−1,i),j )hi,j
∆x(i−1,i),j ∆x(i,i+1),j (∆x(i,i+1),j + ∆x(i−1,i),j )
∆yi,(j,j+1) hi,j−1 + ∆yi,(j−1,j) hi,j+1 − (∆yi,(j,j+1) + ∆yi,(j−1,j) )hi,j
+2
.
∆yi,(j−1,j) ∆yi,(j,j+1) (∆yi,(j,j+1) + ∆yi,(j−1,j) )
∆h|h=hi,j =2
• Für den Knoten 5 bekämen wir also mit FDM die Gleichung:
150m h4 + 150m h6 − (150m + 150m) h5
−4 m
2 · 5.0 · 10
s
150m · 150m(150m + 150m)
75m h2 + 225m h8 − (75m + 225m) h5
+
=
75m · 225m(75m + 225m)
1
1
1
2.22 · 10−8
h4 + 2.22 · 10−8
h6 + 1.48 · 10−8
h2 +
ms
ms
ms
1
1
4.44 · 10−8
h8 − 1.04 · 10−7
h5 = −q5
ms
ms