Главная Обратная связь

Дисциплины:






Исследование граничных условий задачи переноса



Естественные граничные условия задачи переноса не содержат производных и не порождают возрастающих возмущений. Однако при использовании во внутренних узлах центральной разностной производной разностное уравнение на правой границе расчетной области приходится записывать иначе, что порождает искусственное «граничное» условие. Влияние таких граничных условий на устойчивость разностной схемы исследуется по критерию Гельфанда – Бабенко.

Схема Лакса (шаблон №6 таб. 2) приведена в примере 2.6. Чтобы сохранить прежние обозначения, заменим целые индексы четными, а полуцелые – нечетными номерами и увеличим шаги h и t вдвое. Индекс M считаем четным. В примере 2.6 искусственное «граничное» условие справа получалось при представлении уравнения последовательно по шаблонам №1, 3. Рассмотрим оба варианта замыкания задачи. При использовании шаблона №1 имеем граничную задачу (3.8)

где a – «замороженное» значение a(l, tk). Подставив , найдем

lk{l – 1 – ½ (q – 2 +q-1) + ½ r (q – q-1)} = 0, r = at/h,

lk{l – 1 + r (1 –q-1)} = 0,

|q| > 1.

Вычтем из первого уравнения второе

lk(r – 1) (q – 1)2 = 0,

lk{l – 1 + r (1 – q-1)} = 0, |q| > 1.

При r < 1 задача имеет единственное решение l = 0. При r = 1 значение q не определено. Граничное условие

= 0

определяет вынос через границу возмущений из расчетной области, где в силу устойчивости разностной схемы Лакса возмущения малы.

При использовании шаблона №3 «граничное условие» представляется уравнением

Подставим в разностное уравнение и граничное условие

lk{l – 1 – ½ (q – 2 +q-1) + ½ r (q – q-1)} = 0, r = at/h,

lk{l – 1 + r (1 –q-1) l} = 0,

|q| > 1.

Непосредственной проверкой убеждаемся, что при r = 1 единственным решением является l = 0. Разрешив уравнения, приведем систему к виду

q = , l = , |q| >1.

Из неравенства следует ½< r. Тогда 0< l < 1 и выполнено условие Неймана.

Итак, искусственное граничное условие не приводит в схеме Лакса к дополнительным ограничениям.

Схема «неявный треугольник» (шаблон №8 таб. 2) рассмотрена в примере 2.5. Имеем граничную задачу (3.8)

где a – «замороженное» значение a(l, tk+1). Подставив значение , найдем

lk{l – 1 + ½ r (q – q-1) l} = 0, r = at/h,

lk{l – 1 + r (1 – q-1) l} = 0,

|q| > 1.

Вычтем из первого уравнения второе

lk+1

lk{l – 1 + r (1 – q-1) l} = 0, |q| > 1.

Система имеет единственное решение l = 0. И в этом случае граничное условие не порождает дополнительных ограничений.

Разностная схема «крест» (шаблон №11 таб. 2) приведена в примере 2.7. Чтобы сохранить прежние обозначения, заменим целые индексы четными, а полуцелые – нечетными номерами и увеличим шаги h и t вдвое. Индекс M считаем четным. Имеем граничную задачу (3.8)



где a принимает любое из значений a(l, tk). Подставив значение , найдем

lk{l – l1 + r (q – q-1)}= 0, r = at/h,

lkq-1{(l – l1)(q + q-1) + r(l + l1)(q – q-1)}= 0,

|q| > 1.

Исключим из второго уравнения l – l1

lk{l – l1 + r (q – q-1)}= 0,

rlk(q – q-1){l + l1 – (q + q-1)}= 0,

|q| > 1.

Два равенства

l – l1 = - r (q – q-1),

l + l1 = q + q-1

при |q| > 1 одновременно невозможны. Действительно, исключим l с помощью тождества

(l + l1)2 – (l – l1)2 = 4.

Получим

(1 – r2)(q – q-1)2 = 0.

При r < 1 система имеет единственное решение l = 0. При r = 1 значение q остается неопределенным. Из граничного условия задачи следует, что в этом случае , т.е. возмущения во внутренних узлах, где они малы в силу устойчивости, выносятся вдоль характеристик через границу за пределы расчетной области.

И в этом случае граничное условие не порождает дополнительных ограничений.

 

 





sdamzavas.net - 2020 год. Все права принадлежат их авторам! В случае нарушение авторского права, обращайтесь по форме обратной связи...