MA33A- Cálculo Numérico
Solución control 3 - Otoño/2004
Problema 1.
a)
En este caso, la discretización general es
ui 1
2ui
ui h2 f xi i 1 N
1 En nuestro caso queda
u1
En forma matricial se escribe
a)
2
1
Integrando se obtiene
2u1
u2
2u2
u3
u2
2u3
1
2
1
0
h2
h2
0
1
2
0
1
1
U h2
xi h 2
xi h 2
du
xi
dx h 2
xi h 2
xi h 2
du
c x
dx c x
xi h 2
d
du
c x
dx dx dx xi h 2
xi h 2
xi h 2
xi h 2
du
xi h 2 dx c x
xi h 2
f x dx
f x dx
f x dx
Para los térmionos
de la izquierda se usa la indicación y queda
xi h 2
xi h 2
f x dx h 2
h u xi
2
c xi
c xi
h u xi
2
h
2
h u xi c c xi
2
h ui ui c xi
2
h
h 2
h
h
2
u xi
h
u xi
h
2
h
c xi
c xi
c)
h u xi
2
ui
h
h
h ui ui 2
h
1
c xi
h ui 1 ui
2
h
En este caso particular el método queda
ui
h ui 1
2
h
Por lo tanto el esquema numerico es
c xi
h
2
h
2
h
1
h
2
u xi
ui h
xi h 2
xi h 2
1
ui 1
h
ui
xi h 2
xi h 2
f x dx
f x dx
u xi es decir
ui 1
2ui
ui xi h 2
1 h
2u1
u2
0
2u2
u3
h2
2u3
h2
f x dx
xi h 2
el cual aplicado de i 1 hasta i 3 queda
u1
u2
En forma matricial se escribe
2
1
1
2
1
0
1
2
1
2
0
1
U h2
2
1
La única diferencia con el método de la parte (a) es que la fuerza f x aporta un factor 1 2 en lugar de 1 el
nodo central.
Problema 2.
a1) Metodo explícito. Corresponde a la discretización hacia adelante en la derivada temporal, es decir
U j
1
Uj ∆t
despejando se obtiene
Uexj 1
k
AU j 0
∆x2
rA U j
I
a1) Metodo implícito. Corresponde a la discretización hacia atrás en la derivada temporal, es decir
U j
Uj 1
∆t
despejando se obtiene
I
es decir
b)
rA U j j 1
Uim θUexj 1
θ I
I
1
1
0
Uj
1
Uj
rA Por definición
U j
Es decir G θ I
c)
k
AU j ∆x2
rA 1
θ I
1
rA θ I
j 1
1
rA U j
rA θ Uim
1
1
θ I
θ I
rA rA 1 j
U
1
1
Si λ es un valor propio de A asociado al vector propio v se tiene que
θ I
rA v
θ v
rλv θ 1
rλ v
Gv 1
θ I
1
θ I
1
θ I
rA rA rA 1
v
1
v
1
v
Uj
Para la matriz inversa conviene calcular
I
rA v 1
rλ v v
I
1
rλ I
rA 1
v
rA 1 v
1
v
1 rλ
Reemplazando en la expresión de arriba
θ 1
Gv d)
rλ v
θ I rA θ
v
rλ
θ
v
rλ !
1
1
θ 1 rλ v
1
1
θ 1 rλ 1
Como
λG f λ " θ 1
rλ 1
v
1 θ
1 rλ
y f es decreciente en # los valores extremos de f son f 0 $ 1 es el máximo y f ρ es el mínimo. Este
valor es
1 θ
1 rρ
θ 1 r 2 ρ2 1 θ
1 rρ
1 θr2 ρ2
1 rρ
f ρ %
θ 1
El método será estable si se cumpe que
es decir
1
rρ θr2 ρ2
1 rρ &
1
θr2 ρ2
rρ
2' 0
Si θ 0 la ecuación es cierta para todo r. O se el método (implícito) es incondicionalmente estable.
Si θ ( 0 la parábola siempre corta al eje de las x. Por lo tanto el método será condicionalmente estable en este
caso. La condición CFL se encuentra de
*)
1
1 8θ
r'
2θρ
En el caso θ 1 la condición CFL es
r'
2
ρ
Problema 3.
a)
Como
Ax̃
Ax E x̃ b
b
restando queda
A x
x̃ +
E x̃
o sea
x
Tomando norma queda
,
A 1 E x̃
x̃ ,
x
,
,
,
x̃
,
Usando la indicación
,
,
x
c)
Como κ A "
,",
A
1
x̃
,
1
,
A
1
A
A
'
, ,
"
1
,",
'
,
de donde despejando
,
,
,",
,
1 ,",
1
E
,
Si además κ A ER A '
,
entonces 1
,
1
x
2
,
de donde despejando queda
,",
E
,
x
x
x̃
,
x
x̃ ' κ A ER A x
1
,2
&
por lo tanto
,
'
,
x̃ ' κ A ER A x
,
,
ER x 0
x ,",
1
,
E κ A E, R , A . Reemplazando arriba queda
κ A ER A x
,
,
x̃
x , x̃ ,"
' , A,
κ A ER A x̃ '/ 1
,
,
- -
1
2
,
E x
κ A ER A x
x̃
,
1
,
x̃
A y ER A ".- EA - resulta que
A ,1
,
E
,",
,
E ,",
A 1 E x̃
A
'
b)
,
A 1E x̃
2κ A ER A ,
0
