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Clase No. 27:

Ecuaciones elípticasEcuaciones hiperbólicas

MAT–251 Dr. Alonso Ramírez ManzanaresCIMAT A.C.e-mail: alram@cimat.mxweb: http://www.cimat.mx/salram/met_num/

Dr. Joaquín Peña AcevedoCIMAT A.C.e-mail: joaquin@cimat.mx

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Ecuaciones elípticas (I)

Ejemplos de ecuaciones elípticas son la ecuación de Laplace

∆u :=∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0.

Para modelar la difusión de una propiedad que no depende del tiempo, sepuede usar la ecuación de Poisson

−∆u = g(x,y),

El operador diferencial elíptico es de la forma

Lu(x) := −∑

i

∑

j

aij(x)∂2u

∂xi∂xj+∑

i

bi(x)∂u

∂xi+ c(x)u

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Ecuaciones elípticas (II)

Proposición

Sea c ≥ 0 y Ω un dominio que tiene una frontera regular ∂Ω. Consideremos elproblema de valor inicial

Lu = f en Ω

u = g sobre ∂Ω

donde f y g son suaves. Entonces el problema anterior tiene solución única.

Para analizar un análisis de convergencia de los métodos basados endiferencias finitas se requieren otras propiedades ya que la suavidad de lasolución no es suficiente.

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Ejemplos

Ejemplo 1. Considere el problema

−∆u = 0 en Ω = (0,1)× (0,1)

u = x2 sobre ∂Ω

Tenemos que uxx(0,0) = 2 y uyy(0,0) = 0, pero entonces esto hace que no secumpla la EDP. Así, u /∈ C2(Ω).

Ejemplo 2. En el dominio

Ω = (x,y) : x2 + y2 < 1 ∩ (x,y) : x < 0 o y > 0,

la función u(r, θ) = r2/3 sin(2θ/3) satisface la ecuación de Laplace, −∆u = 0,con la condición de frontera

u =

¨

sin(2θ/3) r = 1, 0 ≤ θ ≤ 3π/20 en el complemento de ∂Ω.

Aunque la condición de frontera es continua, las derivadas de primer ordende la solución no son acotadas. Así, u /∈ C1(Ω).

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Ejemplos

Ejemplo 1. Considere el problema

−∆u = 0 en Ω = (0,1)× (0,1)

u = x2 sobre ∂Ω

Tenemos que uxx(0,0) = 2 y uyy(0,0) = 0, pero entonces esto hace que no secumpla la EDP. Así, u /∈ C2(Ω).

Ejemplo 2. En el dominio

Ω = (x,y) : x2 + y2 < 1 ∩ (x,y) : x < 0 o y > 0,

la función u(r, θ) = r2/3 sin(2θ/3) satisface la ecuación de Laplace, −∆u = 0,con la condición de frontera

u =

¨

sin(2θ/3) r = 1, 0 ≤ θ ≤ 3π/20 en el complemento de ∂Ω.

Aunque la condición de frontera es continua, las derivadas de primer ordende la solución no son acotadas. Así, u /∈ C1(Ω).

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Ejemplos

Ejemplo 1. Considere el problema

−∆u = 0 en Ω = (0,1)× (0,1)

u = x2 sobre ∂Ω

Tenemos que uxx(0,0) = 2 y uyy(0,0) = 0, pero entonces esto hace que no secumpla la EDP. Así, u /∈ C2(Ω).

Ejemplo 2. En el dominio

Ω = (x,y) : x2 + y2 < 1 ∩ (x,y) : x < 0 o y > 0,

la función u(r, θ) = r2/3 sin(2θ/3) satisface la ecuación de Laplace, −∆u = 0,con la condición de frontera

u =

¨

sin(2θ/3) r = 1, 0 ≤ θ ≤ 3π/20 en el complemento de ∂Ω.

Aunque la condición de frontera es continua, las derivadas de primer ordende la solución no son acotadas. Así, u /∈ C1(Ω).

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Ejemplo: La ecuación de Poisson (I)

Vamos a resolver un caso particular de la ecuación de Poisson.Consideremos una función p = p(x,y) que está definida en cuadrado unitarioΩ = (0,1)× (0,1).Queremos resolver

−∇ · ∇p = f (x) x = (x,y) ∈ Ω (1a)

∇p ·ν = 0 x = 0, y ∈ (0,1), (1b)

∇p ·ν = 0 x = 1, y ∈ (0,1), (1c)

p = cos(πx) x ∈ (0,1), y = 0, (1d)

p = − cos(πx) x ∈ (0,1), y = 1, (1e)

donde f (x) = 2π2 cos(πx1) cos(πx2).

La solución exacta es p = cos(πx1) cos(πx2).

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Solución mediante diferencias finitas (I)

Fijamos el número N de nodos en el eje X y el número M de nodos en el ejeY.Consideramos una partición uniforme. Entonces los incrementos en cada ejeson

hx = 1/(N− 1) y hy = 1/(M− 1)

Definamos los nodos (xj,yi) de la discretización como

xj = (j− 1)hx, yi = (i− 1)hy,

para j = 1,2, ...,N; i = 1,2, ...,M. Éstos definen los nodos de la discretizacióndel dominio:

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Solución mediante diferencias finitas (II)

1 2 3 4 5

12

34

5

c(0.5, nt + 0.5)

c(0.

5, n

t + 0

.5)

xkxk−1 xk+1

xk−N

xk+N

x1 xN

x(M−1)N+1 xMN

0 1

0

1

Si denotamos por xk = (xj,yi), donde k = j+ (i− 1)N, entonces lascondiciones de frontera se expresan como:

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Solución mediante diferencias finitas (III)

Para un nodo en la frontera y = 0,pk = cos(πxj) si k = 1, ...,N (j = 1, ...,N).

Para un nodo en la frontera y = 1,pk = − cos(πxj) si (k = j+ (M− 1)N) (j = 1, ...,N)

Para un nodo en la frontera x = 0 se tiene que ν = (−1,0)> y que

−3pk + 4pk+1 − pk+2

2hx= 0 =⇒ −3pk+4pk+1−pk+2 = 0 si k = 1+(i−1)N.

Para un nodo en la frontera x = 1 se tiene quepk−2 − 4pk−1 + 3pk = 0 si j = N (k = N+ (i− 1)N).

Para un nodo en el interior de la discretización se tiene que

−pk−1 − 2pk + pk+1

h2x

−pk−N − 2pk + pk+N

h2y

= fk

−h2x

(pk−N+pk+N)+2(h2x

+h2y

)pk−h2y

(pk+1+pk+N) = h2xh2yfk si 1 < j < N, 1 < i <M.

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Solución mediante diferencias finitas (IV)

Con estas ecuaciones se plantea el sistema lineal Ap = b. La matriz A no essimétrica y tampoco es diagonal dominante, según se ve en las ecuacionesanteriores.

Estructura de la matriz para el caso en que N = M = 5

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Solución mediante diferencias finitas (V)

Gráfica de la solución

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

X

Y

−1.0

−0.5

0.0

0.5

1.0

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Solución mediante diferencias finitas (VI)

En la siguiente figura se muestran los errores

cos(πxk1) cos(πxk2)− pken cada nodo xk de la discretización. Puede verse que los errores másgrandes se localizan cerca de las fronteras y = 0 y y = 1, y que el rango delos errores decrece conforme N y M aumentan.

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

X

Y

−0.03

−0.02

−0.01

0.00

0.01

0.02

0.03

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

X

Y

−0.010

−0.005

0.000

0.005

0.010

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

X

Y

−0.005

0.000

0.005

N = M = 25 N = M = 50 N = M = 75

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Solución mediante diferencias finitas (VII)

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

X

Y

−0.006

−0.004

−0.002

0.000

0.002

0.004

0.006

N = M = 100

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Esquema de numeración "red-black" (I)

Para resolver el sistema lineal de ecuaciones que resulta al aplicar elmétodo de diferencias finitas a una ecuación elíptica medianteGauss-Seidel, se puede usar una numeración tipo "red-black":

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

x

y

1

19

2

20

3

21

22

4

23

5

24

6

7

25

8

26

9

27

28

10

29

11

30

12

13

31

14

32

15

33

34

16

35

17

36

18

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Ecuaciones diferenciales hiperbólicasUn caso más simple que la ecuación de onda utt = auxx, es la ecuación deonda de una sola dirección (de propagación), la cual tiene como PVI:

ut + aux = 0

u(x,0) = u0(x)

donde a es una constante, t representa el tiempo y x es la variable espacial.Se puede ver que la solución es de la forma

u(x, t) = u0(x− at)

Analizando la solución, observamos lo siguiente

• La solución en cualquier instante de tiempo es igual a la inicial eninstante t = 0, con una traslación.

• El valor de la solución es el mismo sobre las rectas x− at = c, llamadascaracterísticas.

• El parámetro a es la rapidez de propagación a lo largo de lascaracterísticas.

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Condiciones de frontera (I)

Consideremos la ecuación

ut + aux = 0 x ∈ [0,1], t ≥ 0.

Además de la condición inicial, queremos agregar una condición de frontera.

Si a es positivo, las características se propagan de izquierda a derecha.Entonces, si imponemos una condición de frontera, debe ser en x = 0.

Si se hace esto, no hay que agregar una condición de frontera adicional enx = 1, pues si hace esto, el problema queda sobredeterminado.

Si especificamos que u(x,0) = u0(x) y que u(0, t) = g(t), entonces la solucióndel problema es

u(x, t) =

¨

u0(x− at) x− at > 0,g(t − x/a) x− at < 0.

A lo largo de la característica x− at = 0 habrá una discontinuidad en u siu0(0) no es igual a g(0).

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Condiciones de frontera (II)

0.0 0.5 1.0

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

c(−0.3, 1.4)

c(−

0.3,

2.2

)

x

t

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Esquemas de solución (I)

Discretizamos el dominio, de modo que los nodos son de la forma(xj, ti) = (jh, ik) con i, j enteros. Denotamos por uij al valor de soluciónnumérica en el nodo (xj, ti).

−3 −2 −1 0 1 2 3

01

23

45

c(−3, 3)

c(−

0.5,

5)

h h

k

k

uji

j

i

x

t

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Esquemas de solución (II)

Tenemos que ut + aux = 0. Hacemos una discretización del intervalo [a,b] y[0,T]. Podemos usar varios esquemas de solución basados en diferenciasfinitas:

ui+1j − uijk

+ auij+1 − u

ij

h= 0 (FTFS)

ui+1j − uijk

+ auij − u

ij−1

h= 0 (FTBS)

ui+1j − uijk

+ auij+1 − u

ij−1

2h= 0 (FTCS)

ui+1j − ui−1

j

2k+ a

uij+1 − uij−1

2h= 0 (leapfrog)

ui+1j − 1

2

uij+1 + uij−1

k+ +a

uij+1 − uij−1

2h= 0 (Lax− Friedrichs)

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Esquemas de solución (III)

En cada esquema podemos expresar ui+1j como combinación lineal de los

valores de u en los instantes i o i− 1.Por ejemplo, para el esquema FTFS:

ui+1j − uijk

+ auij+1 − u

ij

h= 0

=⇒ ui+1j = ui

j− a

k

h

uij+1 − u

ij

=⇒ ui+1j = (1 + aλ)ui

j− aλui

j+1

donde λ = k/h.

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Ejemplo (I)

Queremos resolver el problema

ut + ux = 0 x ∈ [−2,3], t ≥ 0.

u(x,0) = u0(x) =

¨

1− |x| |x| ≤ 10 |x| > 1

u(−2, t) = 0,

−2 −1 0 1 2 3

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

vx

mat

u[1,

]

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Ejemplo (II)

Resolvemos la ecuación para 0 ≤ t ≤ 1.6. Hacemos n = 50 divisiones en elespacio y m = 20 divisiones en el tiempo y usamos el esquema deLax-Friedrichs

ui+1j =

1

2(ui

j+1 + uij−1)−

λ

2(ui

j+1 − uij−1)

Entonces k = 0.08, h = 0.1 y λ = 0.8.

• El esquema no se puede aplicar en el extremo derecho.

• Hacemos ui+1n

= uin.

• Lo anterior no debería afectar el resultado porque vamos a detenernosantes que la parte de u0 que es diferente de cero alcance el extremoderecho x = 3, y antes de eso ocurra se cumple que ux(3, t) = 0, por loque ut(3, t) = 0.

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Ejemplo (III)

−2 −1 0 1 2 3

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

c(−2, 3)

c(0,

1)

La gráfica muestra el resultado en t = 1.6

Repetimos el cálculo con λ = 1.6 y calculamos la solución en t = 0.8.En este tenemos que m = 5.

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Ejemplo (IV)

−2 −1 0 1 2 3

−0.

50.

00.

51.

01.

5

c(−2, 3)

c(−

0.5,

1.5

)

Podemos ver que si k aumenta, el comportamiento de la solución empeora.

Repetimos el cálculo de la solución con 0 ≤ t ≤ 1.6, n = 50 divisiones en elespacio y m = 20 divisiones n el tiempo. Esto es, k = 0.08, h = 0.1 y λ = 0.8.

Usamos el esquema leapfrog y obtenemos el siguiente resultado.

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Ejemplo (V)

−2 −1 0 1 2 3

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

c(−2, 3)

c(0,

1)

Vemos que este esquema es más preciso y menos suave que el deLax-Friedrichs:

−2 −1 0 1 2 3

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

c(−2, 3)

c(0,

1)

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