Периодическое во времени решение краевой задачи

[IgorS]

Решаю краевую задачу для уравнения
$\partial /\partial x[f(\partial u/\partial x)]+G \partial u/\partial t=0$, (1)
где $ f $ - нечетная монотонная функция, с краевыми условиями $u(0) = 0; u(L)=U \sin t $ .
Это уравнение одномерного проникновения периодического электромагнитного поля в проводящую ферромагнитную среду (написанное нетрадиционными буквами), а функция $f $ обозначает нелинейную зависимость напряженности магнитного поля от магнитной индукции $H(B)$
Вопрос о существовании и единственности решения не ставится .
На равномерной пространственной сетке $x_i , i=1...n $ решение ищу в виде тригонометрического полинома (например, до 5-й гармоники):
$u(x,t)=\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{k=1,3,5} a_{ik} N_i(x) \cos(kt) + b_{ik} N_i(x) \sin(kt) $, (2)
где $N_i(x) $- финитные базисные функции с носителем на два прилежащих к $i$-му узлу элемента сетки, например кусочно линейные.
Фактически речь идет об "одномерном" методе конечных элементов с полигармоническим изменением во времени узловых значений переменной. То есть в качестве базисных функций выступают произведения $N_i(x) \cos(kt)$ или $N_i(x) \sin(kt) $.
Для решения применяю метод Галёркина.
Для приближения $u_j$, подставив (2) в (1) и спроектировав полученную невязку на каждую из базисных функций получаю численное значение вектора невязки $R_j$ и численное же значение матрицы Якоби $J_j$.
Интегралы (понятно) берутся численно. По времени применяется интегрирование на равномерной сетке $t_i$ методом прямоугольников (что сохраняет ортогональность тригонометрических базисных функций).
После этого методом Ньютона (с оригинальной оптимизацией приращения методом золотого сечения) находится решение (амплитуды всех гармоник во всех узлах). На практике реализован двухмерный вариант, который хорошо считает и по сходимости обгоняет (для упомянутой задачи) такие зарубежные пакеты как СОМSOL 2.3,СОМSOL 3.1,СОМSOL 3.5 (которые считают только одну гармонику временной зависимости, да и то по соответствию максимумов напряженности поля и индукции).
Требуется доказать (не себе, а оппонентам):
что решение в виде тригонометрического полинома точнее. Из здравого смысла вроде бы это очевидно.
Значения тригонометрического полинома в узлах сетки - это члены последовательности частичных сумм ряда Фурье, и эта последовательность в соответствии с теоремами Стоуна-Вейерштрасса и теоремой Фейера сходится и притом равномерно к ...
Я не математик, поэтому прошу помощи в обосновании и, если можно, кратенькой, но точной формулировке.
Заранее благодарен.

[Oleg Zubelevich]

IgorS в сообщении #912264 писал(а):

Вопрос о существовании и единственности решения не ставится .

а без этого все дальнейшее просто бессмысленно

[sup]

А что, начальных данных нет? Или ищем периодическое по t решение?
При некоторых "не слишком тяжелых" условиях периодическое решение существует и единственно. Так что эти вопросы проблему не представляют (скорее всего). Можно доказать, что приближенные решения из метода Галеркина сходятся. Можно попробовать оценить скорость сходимости.
А с чем сравниваем?

[Oleg Zubelevich]

я бы сперва поинтересовался некоторыми подробностями относительно функции $f, G$, а потом прикинул какому пространству должно принадлежать решение. А то без этого обсуждение сходимости каких-то там методов, как бы это выразиться, выглядит несколько абстрактно.

[sup]

Вы слишком "академично" смотрите на эту задачу. ТС заранее признается, что он не математик. Расчеты какие-то проводит. Надо думать, что $f,G$ - "хорошие". Насколько хорошие? Ну насколько надо, настолько и хорошие.
Какие тут могут быть проблемы? Ну, ... что такое $G$? Константа? Очень хорошо. А если нет? Ну пусть функция $G(x)$. Тогда надо, чтобы она была постоянного знака, отделена от 0, ну и все вроде ... Мы же ее дифференцировать не будем.
А как насчет $f$? Пусть будет один раз дифференцируема. Даже вырождение можно в 0 (степенное например). А вот монотонность нужна. Главное, чтобы на константу не выходила. Скажем, производная имеет знак и отделена от 0. Для регулярного решения уже достаточно.

[Oleg Zubelevich]

sup в сообщении #912328 писал(а):

Ну пусть функция $G(x)$. Тогда надо, чтобы она была постоянного знака, отделена от 0, ну и все вроде ... Мы же ее дифференцировать не будем.

я вот думаю, что не только постоянного но и вполне конкретного знако, согласованного с убыванием\возрастанием $f$, а то можно и в обратную теплопроводность приехать

[sup]

Не-е.
Для периодических по времени решений, это не имеет значения. Знак не меняет и хватит. Заменой переменной можно время куда угодно направить.

[Oleg Zubelevich]

корректность задачи всеравно зависит от направления времени

[sup]

Ну как же так. В данном случае оба направления времени равноправны. Хотите поменять знак? Нет ничего проще. Замена $\tau = T - t$. Короче, не так все это важно.
А вот "глобальное" поведение $f$ может создавать проблемы. Например, $f(z) = \arctg (z)$. Надо еще разобраться, что будет в таком случае. Любопытно, кстати ...

[Oleg Zubelevich]

sup в сообщении #912378 писал(а):

Ну как же так. В данном случае оба направления времени равноправны. [/math]

даже как-то неудобно это слышать от Вас.

Рассмотрим задачу

$$u_t(t,x)=u_{xx}(t,x),\quad u|_{t=0}=\hat u(x)=\sum_{k\in\mathbb{Z}}\hat u_ke^{ikx} \in H^1(\mathbb{T})$$

решение будем искать в классе $u(t,\cdot)\in H^1(\mathbb{T})$.

Решение имеет вид $u(t,x)=\sum_k \hat u_k e^{-|k|^2 t+ikx}$. Если задачу решать вперед $t>0$ все благополучно, а назад, при $t<0$ ,решения будут существовать даже не для всех начальных условий из $H^1$, а только для каких-то исключительных. Т.е. о непрерывной зависимости от начальных данных при решении назад даже нет смысла говорить. Это и называется некорректность. И она имеет огромное значение в особенности в прикладных задачах.

[sup]

Ну да, я и не спорю. Для начально-краевой задачи так и будет. Но ведь речь то идет о задаче с периодическими условиями по времени.
Вот давайте в цилиндре $Q = (0, \pi)\times (0,T)$ рассмотрим модельную задачу
$u_t + u_{xx} = f(x,t)$
$u(0,t) = u(\pi,t) = 0$
$u(x,0) = u(x,T)$
Я специально написал "плохой" знак.
Ищем решение в виде ряда Фурье $u = \sum u_n(t) \sin (nx)$
Тогда
$u'_n - n^2u_n = f_n$
$u_n(0) = u_n(T)$
Легко видеть, что для всех $n$ это "хорошая" задача. Решение существует и единственно.
Можно и сразу получить нужную оценку. Умножим уравнение на $u(x,t)$ и проинтегрируем по частям. Следы при $t=0$ и $t=T$ сокращаются. В результате получим
$\int \limits_Q u_x^2(x,t)dxdt = -\int \limits_Q f(x,t)u(x,t)dxdt$
Откуда
$\int \limits_Q u_x^2(x,t)dxdt \leqslant C\int \limits_Q f^2(x,t)dxdt$
Ну и тд. Вот и оценки.
Заметим, что знак при $u_t$ в этой оценке вообще не имеет никакого значения.
Вот об этом я и говорил.

-- Пт сен 26, 2014 21:44:59 --

Может быть Вы имели в виду периодичность по пространству? Тогда, конечно же, совсем другое дело.

[Oleg Zubelevich]

Значит мы говорим о разных определениях корректности. То, что Вы предлагаете как-то очень далеко от динамики. Вы сравниваеете решение задачи не с близким решением тойже задачи, а с решением другой задачи с близкими параметрами. Впрочем это уже философия.

[Red_Herring]

Oleg Zubelevich в сообщении #912417 писал(а):

Значит мы говорим о разных определениях корректности.

Вы и sup говорите о корректности разных задач.

[IgorS]

sup в сообщении #912328 писал(а):

ТС заранее признается, что он не математик. Расчеты какие-то проводит. Надо думать, что $f,G$ - "хорошие". Насколько хорошие? Ну насколько надо, настолько и хорошие.

Уважаемый Заслуженный участник. Вам все понятно. Точнее: "Вы все поняли." Да, G - константа. О функции f я вообще написал, что это - и вы ответили, что поняли ("насколько надо, настолько и хорошие"). Т.е. функция f - это что-то похожее на $ax + bx^3$, но выходящая на наклонные асимптоты при возрастании моделя $x$ (что это физически - я писал).
Но что еще нужно сообщить, чтобы Вы могли подсказать об обоснованности сходимости?

-- 26.09.2014, 21:05 --

В моем предыдущем сообщении $f=ax + bx^3$ под $x$ понимается $ \partial u / \partial x$ .

[sup]

Oleg Zubelevich в сообщении #912402 писал(а):

решения будут существовать даже не для всех начальных условий из $H^1$, а только для каких-то исключительных. Т.е. о непрерывной зависимости от начальных данных при решении назад даже нет смысла говорить.

Я все же склонен считать, что мы просто говорим о разных задачах (о чем и говорил Red_Herring). И корректность данной задачи самая обыкновенная. Решение существует, единственно и непрерывно зависит от входных данных. (В подходящих пространствах, разумеется). Только входными данными здесь является только лишь краевое условие (правая часть уравнения - 0). Начальных данных нет. Вместо них условия периодичности $u(x,0) = u(x,T)$.

2IgorS
Корректная постановка задачи выглядит примерно так.
Пусть $Q=(0,L)\times (0,T)$. В области $Q$ рассматриваем задачу

$G u_t(x,t) -(F(u_x))_x = 0$
$u(0,t) =0, \, t \in (0,T)$
$u(L,t) =\varphi(t), \, t \in (0,T)$
$u(x,0) =u(x,T), \, x \in (0,L)$

$G \neq 0$ - константа. Знак не важен.Относительно $F(z)$ будем предполагать дифференцируемость и монотонность. Для простоты, будем считать, что $0 < a < F'(z) < b$. Судя по всему, для исходной задачи эти условия выполнены. Предположим, что $\varphi(t)$ гладкая и периодическая с периодом $T$. Тогда у задачи существует и единственно регулярное решение из класса $u_t, u_{xx} \in L_2(Q)$. Отмечу, что гладкость, при желании, можно наращивать. Скажем, если все что надо гладкое, то можно доказать и существование классического решения.

(Пример оценок)

Докажем, для примера, единственность. Пусть у задачи есть два решения - $u_1,u_2$. Тогда для их разности $w = u_1 - u_2$ имеем
$G w_t(x,t) -(F(u_{1x}) - F(u_{2x}))_x = 0$
$w(0,t) = w(L,t) = 0, \, t \in (0,T)$
$w(x,0) =w(x,T), \, x \in (0,L)$
Умножим уравнение на $w$ и проинтегрируем по $Q$. В результате получим

$\int \limits_Q (F(u_{1x}) - F(u_{2x}))w_x dxdt = 0$
И, в силу условий на $F$ (по теореме Лагранжа выражаем разность и оцениваем снизу)

$\int \limits_Q aw^2_x dxdt \leqslant 0$
Откуда следует $w\equiv 0$
По той же схеме можно получить первую оценку для $u$. Достаточно умножить на $u(x,t) - x\varphi(t)$. Получим $u_x \in L_2(Q)$. Далее можно умножить на $u_t(x,t) - x\varphi'(t)$. Потом дело техники ... Оценки получены. Доказательство существования можно проводить стационарным методом Галеркина. Все это, можно сказать, классика. Ничего нового нет.

Что касается собственно метода Галеркина. Я бы искал решение в виде

$u(x,t) = x\varphi(t) + \sum \limits_{k,n} (a_{kn}\sin (2n\pi t/T) + b_{kn}\cos (2n\pi t/T))Y_k(x)$,
где $Y_k(x)$ - базис на отрезке $(0,L)$. Можно совершенно категорично утверждать, что приближенные решения сходятся к решению исходной задачи. Если надо, то можно попробовать оценить скорость сходимости (сразу так, навскидку, не скажу).

И еще. Я заметил, что вы взяли только лишь нечетные гармоники по $t$. Не уверен, что можно ограничиться только лишь ими. Я понимаю, что Вы что-то-там возвели в куб, пятую степень и получили только нечетные гармоники ... Возможно, что есть простое обоснование всего этого. Но я что-то пока не вижу. Может не рисковать, и использовать четные гармоники тоже?