CÁC KỸ THUẬT XẤP XỈ

2012-09-30

Chương 1:
CÁC KỸ THUẬT XẤP XỈ

Khoa Xây Dựng & Cơ Học Ứng Dụng – ĐH SPKT TPHCM

Mục tiêu của chương

o Trình bày các PP số dư có trọng số để tìm lời giải xấp
xỉ của p
phương
g trình vi p
phân thường.
g
o Dùng hàm liên tục toàn cục để giải PT vi phân.
o Dùng hàm liên tục cục bộ để giải PT vi phân thông
qua dạng yếu của PT vi phân.
o Giới thiệu xấp
ấ xỉ phần
ầ tử hữu hạn.
o Trình bày công thức PTHH Galerkin và Rayleigh-Ritz.
3

1


2012-09-30

Nội dung

1. PP thặng dư có trọng số
2. Công thức dạng yếu
3. Hàm thử liên tục từng đoạn
4. Công thức PTHH Galerkin
5. Công thức biến phân
6. PP Rayleigh-Ritz
7. Công thức PTHH Rayleigh-Ritz
8. Bài tập
4

1. PP thặng dư có trọng số (1)
Mục tiêu:
o Giới thiệu PP số dư có trọng số dùng để tìm lời giải
xấp xỉ của PT vi phân thường
thường.
o Phân biệt các PP số dư có trọng số sau:
− PP tụ tập điểm.
− PP bình phương tối thiểu.
− PP Galerkin.
o Hàm xấp xỉ là hàm liên tục trên toàn miền bài toán.
5

2


2012-09-30

1. PP thặng dư có trọng số (2)

o Để minh học PP này, chúng ta xem xét ví dụ sau:

 d 2u
 2  u   x, 0  x  1
 dx
u  0   0 và u (1)  0


(1)
(2)

6

1. PP thặng dư có trọng số (3)
Lời giải giải tích (Nhắc lại)
''
o PT thuần nhất: u  u  0

(3)

o PT đặc trưng: r 2  1  0  r  1
o Nghiệm tổng quát của PT thuần nhất (3):

uh  C1e x  C2 e x
o Nghiệm riêng của (1) có dạng ur  Ax  B . Thay ur
vào (1) ta có u p  x
7

3

2012-09-30

1. PP thặng dư có trọng số (4)
o Nghiệm tổng quát của (1)

u  uh  u p  C1e x  C2 e  x  x
o Thay nghiệm tổng quát vào điều kiện biên (2)

u  0 

 u 1


C

C1  C2  0
 1

 C1e1  C2 e1  1  0 
C
 2

e
e 1
e
2
e 1

 


2

o Nghiệm của pt vi phân thường đã cho

u  x  

e x
e x
e
e  x , 0  x 1

e2  1
e2  1

8

1. PP thặng dư có trọng số (5)
Lời giải bằng PP số dư có trọng số
hàm thử

x1

lời g
giải chính xác

số dư

x2

− Bước 1: Giả sử hàm thử u  ai  với các hệ số ai
chưa biết
u  a   ax 1  x 
Hàm thử thỏa điều kiện biên (2).
9

4


2012-09-30

1. PP thặng dư có trọng số (6)
− Bước 2: Tính số dư R(ai)
Do u không phải là lời giải chính xác của (1) nên
u''  u   x  R  u''  u  x  0
d 2u
R  a   2  u  x  2a  ax 1  x   x  0
dx
− Bước 3: Xác định hệ số ai bằng cách chọn hàm
kiểm tra wi sao cho
x2

I i  ai    wi Rdx  0  ai ?
x1

Thay R ở bước 2 vào I, ta có
1

I  a    w  2a  ax 1  x   x  dx  0
0

10

1. PP thặng dư có trọng số (7)
o Hàm kiểm tra wi có thể chọn một trong số các
hàm sau:
1. PP tụ tập điểm: w là hàm Dirac delta
1 nếu x  xi
wi    x  xi   
 0 nếu x  xi
2 PP bình phương tối thiểu: wi 
2.
3. PP Galerkin: wi 

R
ai

u
ai
11

5


2012-09-30

1. PP thặng dư có trọng số (8)

Tìm hệ số a bằng các PP số dư có trọng số
1

I  a    w  2a  ax 1  x   x  dx  0
0

12

1. PP thặng dư có trọng số (9)
1. PP tụ tập điểm: Chọn hàm kiểm tra

1
w    x  0,5   
0

nếu x  0,5
nếu
ế x  0,5

1

I  a      x  0,5   2a  ax 1  x   x  dx  0
0

  2a  a  0,5 1  0,5   0,5  0
  2,
2 25a  00,5
50
 a  0, 2222
u  0, 2222 x 1  x 
13

6


2012-09-30

1. PP thặng dư có trọng số (10)
2. PP bình phương cực tiểu: Chọn hàm kiểm tra

dR d  2a  ax(1  x)  x 

 2  x 1  x 
d
a
d
a
1

w

I (a )    2  x 1  x    2a  ax 1  x   x  dx  0
0

1

   ax 4  1  2a  x3  1  3a  x 2  2 1  2a  x  4a dx  0
0

1

 x5


x4
x3
x2
  a  1  2a   1  3a   2 1  2a   4ax   0
4
3
2
 5
0
 4, 7 a  1.0883  0  a  0, 2305

u  0, 2305 x 1  x 

14

1. PP thặng dư có trọng số (10)
3. PP Galerkin: Chọn hàm kiểm tra

w
1

du d  ax 1  x  

 x 1  x 
da
da

I (a )    x 1  x    2a  ax 1  x   x  dx  0
0

1

   ax 4  1  2a  x3  1  a  x 2  2ax dx  0
0

1

 x5
x4
x3
x2 
  a  1  2a   1  a   2a   0
5
4
3
2 0

 0,3667 a  0, 0833  0  a  0, 2272

u  0, 2272 x 1  x 

15

7


2012-09-30

1. PP thặng dư có trọng số (11)

u  a   ax 1  x 

Tại x=0,5 ta có giá trị
u của các pp như sau:
C/xác:

0,0566

TT điểm:

0,0556

BP tối thiểu: 0,0576
Galerkin:

0,0568

16

1. PP thặng dư có trọng số (12)
Giải pt vi phân (1) bằng hàm thử khác
− Bước 1: Giả sử hàm thử

u  a1 , a2   a1 x 1  x   a2 x 2 1  x 
Hàm thử thỏa điều kiện biên (2).
− Bước 2: Tính số dư

R  a1 , a2   a2 x 3   a1  a2  x 2   a1  6a2  1 x  2  a1  a2 

17

8


2012-09-30

1. PP thặng dư có trọng số (13)
− Bước 3a: Hàm kiểm tra theo PP b/p tối thiểu

w1 

R
 x2  x  2
a1

w2 

R
 x3  x 2  6 x  2
a2

− Bước 3b: Tính a1 và a2 là nghiệm của hệ pt
1

 I1  a1 , a2    w1 Rdx  0

0

1

 I a , a  w Rdx  0
 2 1 2  2
0


18

1. PP thặng dư có trọng số (14)
 1 2
3
2
   x  x  2   a2 x   a1  a2  x    a1  6a2  1 x  2  a1  a2   dx  0
 0
1
 x 3  x 2  6 x  2  a x3  a  a x 2  a  6a  1 x  2 a  a  dx  0
  2  1 2   1 2   1 2 
 
0

4, 7 a1  2,35a2  1, 0833

 2,35a1  4, 27 a2  1, 05
4 7 22,35
35   a1  11, 0833  a1  0,1484
0 1484 
 4,





  
   

 2,35 4, 27   a2   1, 05   a2  0,1642 
u  a1 , a2   0,1484 x 1  x   0,1642 x 2 1  x 
19

9


2012-09-30

1. PP thặng dư có trọng số (15)
− Bước 3a: Tính hàm kiểm tra theo PP Galerkin

w1 

u
 x 1  x 
a1

w2 

u
 x 2 1  x 
a2

− Bước 3b: Tính a1 và a2 là nghiệm của hệ pt
1


 I1  a1 , a2    w1 Rdx  0

0

1
 I a , a  w Rdx  0
 2 1 2  2
0


20

1. PP thặng dư có trọng số (16)
1
3
2
  x 1  x   a2 x   a1  a2  x   a1  6a2  1 x  2a1  2a2  dx  0
0
1
 x 2 1  x  a x 3  a  a x 2   a  6a  1 x  2a  2a  dx  0
 2  1 2  1 2 
1
2
 
0

 1,8667 a1  3,15a2  0, 25

0,1833a1  0,1429a2  0, 05
1 8667 33,15

15   a1  00, 25  a1   0,1443
0 1443
 1,8667




  
   

 0,1833 0,1429   a2   0, 05   a2  0,1649 
u  a1 , a2   0,1443x 1  x   0,1649 x 2 1  x 
21

10


2012-09-30

1. PP thặng dư có trọng số (17)

u  a1 , a2   a1 x 1  x   a2 x 2 1  x 

22

1. PP thặng dư có trọng số (18)
Nhận xét:
− Độ chính xác của lời giải xấp xỉ tăng khi bậc của
hàm thử tăng.
− Các điểm xi của PP tụ tập điểm cần chọn sao cho

ma trận của hệ pt chứa ai không bị suy biến.
− PP bình phương tối thiểu luôn làm cho ma trận
của hệ pp chứa ai đối xứng.
− PP Galerkin luôn làm cho ma trận của hệ pp chứa
ai không đối xứng.
23

11


2012-09-30

2. Công thức dạng yếu (1)
Mục tiêu:
o Giới thiệ
thiệu dạng
d
mạnh
h & dạng
d
yếu
ế của
ủ công
ô thứ
thức
số dư có trọng số.
o Dùng tích phân từng phần để hạ bậc đạo hàm trong
công thức số dư có trọng số.
o Do đó, có thể chọn hàm thử có đạo hàm cấp n-1 liên
tục (n là cấp đạo hàm của pt vi phân).

24

2. Công thức dạng yếu (2)
Dạng mạnh
o Là công thức số dư có trọng số áp dụng trực tiếp cho
ptt vii phân
hâ
x2

I i   wi Rdx  0
x1

Ví dụ:
d

 d 2u

I   w  2  u  x  dx  0
 dx

0
1

25

12


2012-09-30

2. Công thức dạng yếu (3)
Dạng yếu
o Là công thức có được bằng cách áp dụng tích phân
từng phần lên dạng mạnh.
đạo hàm bậc 2

Ví dụ: Có dạng mạnh

 d 2u

I   w  2  u  x  dx  0
 dx

0
1

Á dụng
Áp
d
tích
tí h phân
hâ từ
từng phần
hầ
1

 dw du

 du 

I  
 wu  wx  dx   w   0
dx dx

 dx  0
0
1

đạo hàm bậc 1

26

2. Công thức dạng yếu (4)
PP Galerkin dùng với dạng yếu
− Bước 1: Giả sử hàm thử u  ai  với các hệ số ai
chưa
h
biết

u  a   ax 1  x 
Hàm thử thỏa điều kiện biên (2).
− Bước 2: Tính số
ố dư

d 2u
R  a   2  u  x  0
dx
27

13

2012-09-30

2. Công thức dạng yếu (5)
− Bước 3a: Dạng mạnh của PP số dư có trọng số

 d 2u

I   w  2  u  x  dx  0
 dx

0
1

− Bước 3b: Dạng yếu tương ứng
1

 dw du

 du 
I  
 wu  wx  dx   w   0
dx dx

 dx  0
0
1

28

2. Công thức dạng yếu (6)
− Bước 4a: Tính hàm kiểm tra theo PP Galerkin

w

u
 x 1  x 
a

− Bước 4b: Thế

u

và w vào dạng yếu
1

 dw du

 du 
 wu  wx  dx   w   0
I  
dx dx

 dx  0
0
1

1

 du 
    1  2 x  a  2ax   x 1  x  ax 1  x   x 1  x  x  dx   w   0
 dx  0
0
 0,3667 a  0, 0833  a  0, 2272
1

u  0, 2272 x 1  x 

29

14


2012-09-30

3. Hàm thử liên tục từng đoạn (1)
Nhận xét:
o Độ chính xác của lời giải xấp xỉ phụ thuộc vào
hàm thử được chọn.
o Tuy nhiên, chọn hàm thử tốt cho một bài toán bất kỳ
không phải dễ, đặc biệt khi bài toán có
− Hình dạng 2 hoặc 3 chiều phức tạp.
− Có điều kiện biên phức tạp.
o Do đó, cần có 1 cách chọn hàm thử phù hợp cho
mọi bài toán.
30

3. Hàm thử liên tục từng đoạn (2)

Mục tiêu:
o Giới thiệu hàm liên tục từng đoạn.
o Ví dụ minh họa dùng hàm thử dạng liên tục từng
đoạn để tìm lời giải pt vi phân.

31

15


2012-09-30

3. Hàm thử liên tục từng đoạn (3)
Hàm liên tục từng đoạn cho bài toán 1 chiều:
1

xi-1

xi

xi+1

x

 x  xi 1
nếu xi 1  x  xi
x  x
i 1
 i
x x

 i  x    i 1
nếu xi  x  xi 1
x
x

i
1
i


 0
các trường hợp khác



32

3. Hàm thử liên tục từng đoạn (4)
Ví dụ dùng hàm thử dạng hàm liên tục từng đoạn
o Giải ví dụ

 d 2u
 2  u   x, 0  x  1
 dx
u  0   0 và u (1)  0


(1)
(2)

o Dạng
D
yếu
ế của
ủ bài ttoán
á
1

 dw du

 du 
I  
 wu  wx  dx   w   0
dx dx

 dx  0
0
1

33

16


2012-09-30

3. Hàm thử liên tục từng đoạn (5)
u

1

1

0

1/3

2

2/3

1

x

o Hàm thử u  a11  a22
Với
 3x
0 x 1
3


1  x   2  3 x , 1 3  x  2 3

2  x 1
 0
3

 0
0 x 1

3


2  x    3x  1 , 13  x  2 3

2  x 1
3  3 x
3
34

3. Hàm thử liên tục từng đoạn (6)

o Hàm thử được viết lại


a1  3 x 


u  a1  2  3 x   a2  3 x  1

a2  3  3 x 


0 x 1

3
1 x2
3
3
2  x 1

3

35

17


2012-09-30

3. Hàm thử liên tục từng đoạn (7)
o Hàm kiểm tra theo PP Galerkin
 3x
0 x 1
3

u

w1  x  
 1  x   2  3 x , 1  x  2
3
3
a1

2  x 1
 0
3
 0
0 x 1
3


u

 2  x    3 x  1 , 1  x  2
w2  x  
3
3
a2

2  x 1
3  3 x
3
36

3. Hàm thử liên tục từng đoạn (8)
o Thay hàm thử và hàm kiểm tra vào dạng yếu
để tìm hệ số a1, a2
1
1

 dw1 du

 du 
 w1u  w1 x  dx   w1   0
 I1    
d
x
d
x
 dx  0




0

1
1
 dw2 du

 du 

 I 2     dx dx  w2u  w2 x  dx   w2 dx   0
0
0

6 222 22,944
944   a1   00,111
111 
 6,


  

 2,944 6, 222   a2   0, 222 

 a   0, 0448
  1  

 a2  0, 0569 

37

18


2012-09-30

3. Hàm thử liên tục từng đoạn (9)
o Lời giải xấp xỉ tìm được


0,1344 x


u   0, 0363 x  0, 0327

0 1707 x  0,1707
0 1707
0,1707

0 x 1

3
1 x2
3
3
2  x 1
3

38

3. Hàm thử liên tục từng đoạn (10)
Nhận xét:
o Dùng hàm thử liên tục từng đoạn có những ưu điểm:
− Dùng hàm liên tục từng đoạn i đơn giản có thể
xấp xỉ lời giải phức tạp.
− Tăng số lượng hàm i, tức là tăng số đoạn trên
miền bài toán, sẽ tăng độ chính xác của lời giải
xấp
p xỉ.
− Lời giải xấp xỉ cho kết quả chính xác tại các điểm
biên của từng đoạn.
o Từng đoạn của miền bài toán được gọi là phần tử.
39

19


2012-09-30

4. Công thức PTHH Galerkin (1)
Mục tiêu:
o Trình bày cách tiếp cận tổng quát của cách dùng
PTHH và hàm liên tục từng đoạn.
o Các tính chất của hàm dạng.
o Ví dụ minh họa.

40

4. Công thức PTHH Galerkin (2)
Xây dựng hàm thử liên tục từng đoạn:

o Xét 1 miền hữu hạn xi, xi+1 như hình vẽ
nút
xi
ui

phần tử
xi+1
ui+1

x

tọa độ nút
giá trị nút

o Giả sử hàm thử tuyến tính

u  a0  a1 x
41

20


2012-09-30

4. Công thức PTHH Galerkin (3)
o Biểu diễn hàm thử theo giá trị nút:
Yêu cầu giá trị hàm thử bằng giá trị nút tại các nút
của phần tử
tử.
− Tại x=xi,

ta có u  xi   ui

− Tại x=xi+1, ta có

 u  xi   a0  a1 xi

u  xi 1   a0  a1 xi 1

ui xi 1  ui 1 xi

a

0

hi
 ui


 ui 1 
ui 1  ui
a1 

hi
Với hi  xi 1  xi

42

4. Công thức PTHH Galerkin (4)
Thay giá trị a0, a1 vào

u 
Đặt

N1  x  

u ta có,

xi 1  x
x  xi
ui 
ui 1
hi
hi

xi 1  x
x  xi
; N2  x  
hi
hi

Hàm thử tuyến tính theo giá trị nút được viết lại:

u  x   N1  x  ui  N 2  x  ui 1
N1(x) và N2(x) được gọi là hàm dạng.
43

21

2012-09-30

4. Công thức PTHH Galerkin (5)
Các tính chất của hàm dạng:
N1

N2

1
x
xi
xi+1
o Hàm dạng của nút i có giá trị bằng 1 tại nút i và 0 tại
các nút khác nút i.

N1 ( xi )  1; N1 ( xi 1 )  0

N 2 ( xi )  0; N 2 ( xi 1 )  1

o Tổng các hàm dạng bằng 1.
2

N1 ( x)  N 2 ( x)   N i ( x)  1
i 1

44

4. Công thức PTHH Galerkin (6)
Ví dụ minh họa:
o Giải phương trình vi phân sau

 d 2u
 2  u   x, 0  x  1
 dx
u  0   0 và u (1)  0


(1)
(2)

o Dạng yếu
ế của phương trình vi phân:
1

 dw du

 du 
I  
 wu  wx  dx   w   0
dx dx

 dx  0
0
1

45

22

2012-09-30

4. Công thức PTHH Galerkin (7)
o Chia miền bài toán [0,1] thành 3 phần tử như hình vẽ
1

1

2

x1=0
u1

x2=1/3
u2

2

3

3

4

x3=2/3
u3

x4=1
u4

x

o Dạng yếu của phương trình vi phân được viết lại:
1
 xi1  dw du
du
 
I    
 wu  wx  dx   w
0
d
x
d
x
d
x
 
i 1 
0
 xi 
3

46

4. Công thức PTHH Galerkin (8)
o Xét phần tử thứ i, tích phân của phần tử này là

Ii 

xi 1


xi

 dw du

 wu  wx  dx

 dx dx


− Chọn hàm thử:

u  x   N1  x  ui  N 2  x  ui 1   N1

u 
N2   i 
ui 1 

− Hàm kiểm tra theo PP Galerkin:

w1  x  

u
 N1  x 
ui

w2  x  

u

 N2  x 
ui 1
47

23


2012-09-30

4. Công thức PTHH Galerkin (9)
− Thay hàm thử và hàm kiểm tra vào tích phân Ii để
tìm ui và ui+1 ta có

 xi1 
u

 ui 
'
'
'  i 





N
N
N
N
N

N
N
x


   1 1
2
1
1
2 
1  dx


u
u
 i 1 
 i 1 
 xi 

 xi1

u
 ui 
 
'
'
'  i 






N
N
N
N
N
N
N
x


2
2
1
2 
2  dx


  2 1
u
u
 i 1 
 i 1 

 xi 
xi 1


xi

  N1'  '
  '   N1
  N 2 

  ui  xi1  N1 
N 2  dx       xdx
 ui 1  xi  N 2 

N 
N    1   N1
 N2 
'
2

48

4. Công thức PTHH Galerkin (10)
xi 1


xi

 1 
 h 
 i   1


  1   hi
  hi 

 1
 2
xi1 
  hi
 
 1
xi 

  hi2


 xi 1  x 


1   hi   xi 1  x



hi   x  xi   hi
 h 
i



1    xi 1  x 

hi2  
hi2


1    x  x  x  x 
i
 i 1
2
hi2  
h
i

2



2

1   xi 1  x 
xi 1 
hi2

 
xi
  1   xi 1  x  x  xi 

hi2




 xi 1  x 

xi 1 

hi 
x  xi    ui 

 xdx
x
d



hi   ui 1  xi  x  xi 
 h 

i



 xi 1  x  x  xi   
2
i

h

 x  xi 
hi2

2

 xi 1  x 

xi1 

hi 
   ui 

d
x


u    x  x  xdx

i
   i 1  xi 


h

i




1   xi 1  x  x  xi  
 xxi 1  x 2 


xi 1 
hi2
hi
  ui 




x
d
 u    x 2  xx  dx
2
1   x  xi 
i
  i 1  xi 

2
h


hi
i



49

24


2012-09-30

4. Công thức PTHH Galerkin (11)

 xi1 x 2  2 xxi 1  xi21  1
dx


x
hi2

i
  x 2
i 1
 x   xi  xi 1  x  xi xi 1  1 dx

x
hi2
 i

xi 1


1  x3
2
2

x
x
xx
x





i 1
i 1

hi2  3

 xi
 
xi1
3
2
2
1 x x

x
 2   xi  xi 1  xxi xi 1  x 
2
 hi  3 2
 xi

xi 1



x 2   xi  xi 1  x  xi xi 1  1


 xi1 xxi 1  x 2 
dx 
dx 

h
hi
  ui   xi


 u    xi1 2

2
2
x  2 xxi  xi  1
  i 1   x  xxi dx 
x
d

 x

hi2
hi

 i

2
i

xi

xi 1



xi

xi 1
 

1  x3 x 2
x2
x
x
xx
x
x





 
i
i 1
i i 1
hi2  3 2
2
 xi   ui  1
 
xi 1
3
 ui 1  hi

1 x
2
2




x
x
xx
x


i
i
2 
hi  3

 xi

xi 1
 x 2
x3  
 xi 1   
3 x 
 2
i


3
2
  x x  xi1 

x


i

  3 2  xi 

50

4. Công thức PTHH Galerkin (12)
 1  xi31  xi3

 xi2 xi 1  xi xi21  xi 1  xi 
 2
h
3

i 
  
 xi31  xi3 xi21 xi xi2 xi 1

1
 2 


 xi 1  xi 
6
2
2

 hi 


1  xi31  xi3 xi21 xi xi2 xi 1




 xi 1  xi  
2 
hi 
6
2
2
   ui 
 
3
3
  ui 1 
1  xi 1  xi
 xi21 xi  xi 1 xi2  xi 1  xi  
2 
hi 
3
 

 xi31 xi2 xi 1 xi3 

 
1 6
2
3
  3
hi  xi xi xi21 xi3 
 6  2  3 
3

 1   x  x 3


1    xi 1  xi 
 2  i 1 i  xi 1  xi 

x
x





1
i

i
 u
hi2 
3
6
 hi 

  i 
 
 
3

  ui 1 
 1    xi 1  xi 3

1   xi 1  xi 
 xi 1  xi 
 xi 1  xi  

 2  

h
hi2 
6
3
 

 i 
3
2
  xi 1  xi   3 xi  xi 1  xi  


1
6


hi   x  x 3  3 x  x  x 2 
i 1
i
i 1
 i i 1

6




51

25