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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 14:08 Sa 13.12.2014 | | Autor: | HugATree |
| Aufgabe | Sei [mm] $A^h$ [/mm] die Matrix des klassischen Differenzenverfahrens mit Schrittweite [mm] $h=\frac{1}{M}$ [/mm] zur Randwertaufgabe [mm] $-\nabla [/mm] u=g$ in [mm] $\Omega=(0,1)^2, u=\gamma [/mm] $ auf [mm] $\partial \Omega$. [/mm] Weisen Sie nach, dass die Vektoren [mm] $u^{kl}\in\mahtbb{R}^{\Omega_h}, h=\frac{1}{M}$
[/mm]
[mm] $$(u^{kl})_{ij}=\sin\left(\frac{ik\pi}{M}\right)\sin\left(\frac{jl\pi}{M}\right),\quad 1\leq i,j\leq [/mm] M-1$$
Eigenvektoren von [mm] $A^h$ [/mm] sind . Wie lauten die zugehörigen Eigenwerte [mm] $\lambda_{kl}$? [/mm] Berechnen Sie [mm] $\lim\limits_{h\to 0}\lambda_{kl}(h)$. [/mm] |
Dabei ist [mm] $\Omega_h:=\{(ih,jh)\,|\,i,j\in\{1,\ldots,M-1\}\}$ [/mm] das entsprechende Gitter ist und unser [mm] $A^h$ [/mm] definiert ist durch
[mm] $$A^h:=\begin{pmatrix}
B&-C&0&\ldots&0&0&0\\
-C&B&-C&\ldots&0&0&0\\
0&-C&B&\ldots&0&0&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\
0&0&0&\ldots&B&-C&0\\
0&0&0&\ldots&-C&B&-C\\
0&0&0&\ldots&0&-C&B
\end{pmatrix}$$
[/mm]
mit [mm] $$B:=h^{-2}\begin{pmatrix}
4&-1&0&\ldots&0&0&0\\
-1&4&-1&\ldots&0&0&0\\
0&-1&4&\ldots&0&0&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\
0&0&0&\ldots&4&-1&0\\
0&0&0&\ldots&-1&4&-1\\
0&0&0&\ldots&0&-1&4
\end{pmatrix}\text{ und }C:=h^{-2}\mathrm{I}\in\mathbb{R}^{M-1,M-1}$$
[/mm]
Betrachte ich nun mal die "erste" Zeile (eines solchen M,C-Blocks zu $j$ beliebig) des Produkts [mm] $A^h\cdot u^{kl}$, [/mm] erhalte ich:
[mm] $$M^2(4u^{kl}_{1j}-u^{kl}_{2j}-u^{kl}_{1(j+1)})=M^2\left(4\sin\left(\frac{k\pi}{M}\right)\sin\left(\frac{jl\pi}{M}\right)-\sin\left(\frac{2k\pi}{M}\right)\sin\left(\frac{jl\pi}{M}\right)-\sin\left(\frac{k\pi}{M}\right)\sin\left(\frac{(j+1)l\pi}{M}\right)\right)\overset{!}{=}\lambda_{kl}\sin\left(\frac{k\pi}{M}\right)\sin\left(\frac{jl\pi}{M}\right)$$
[/mm]
Mit dem Additiontheorem [mm] $\sin(x+y)=\sin(x)\cos(y)+\sin(y)\cos(x)$ [/mm] erhalte ich dann:
[mm] \begin{aligned*}&M^2\left(4\sin\left(\frac{k\pi}{M}\right)\sin\left(\frac{jl\pi}{M}\right)-2\sin\left(\frac{k\pi}{M}\right)\cos\left(\frac{k\pi}{M}\right)\sin\left(\frac{jl\pi}{M}\right)-\sin\left(\frac{k\pi}{M}\right)\left[\sin\left(\frac{jl\pi}{M}\right)\cos\left(\frac{l\pi}{M}\right)+\sin\left(\frac{l\pi}{M}\right)\cos\left(\frac{jl\pi}{M}\right)\right]\right)\\
=&M^2\sin\left(\frac{k\pi}{M}\right)\left\{\sin\left(\frac{jl\pi}{M}\right)\left[4-2\cos\left(\frac{k\pi}{M}\right)-\cos\left(\frac{l\pi}{M}\right)\right]-\sin\left(\frac{l\pi}{M}\right)\cos\left(\frac{jl\pi}{M}\right)\right\}\end{aligned*}
[/mm]
Jedoch komme ich hier mit meinen Umformungen nicht weiter.
Sieht hier jemand, wie ich weiter machen kann?
Vielen Dank
Liebe Grüße
HugATree
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:41 Sa 13.12.2014 | | Autor: | HugATree |
Also ich habe glaube ich bei meiner Frage einen Denkfehler gemacht. ich denke ich muss mehrere Fälle unterscheiden und zwar:
$1. [mm] \quad [/mm] j=1, [mm] i=1\\
[/mm]
2. [mm] \quad [/mm] j=1, [mm] 2\leq i\leq M-2\\
[/mm]
[mm] 3.\quad [/mm] j=1, [mm] i=M-1\\
[/mm]
4. [mm] \quad 2\leq j\leq [/mm] M-2, [mm] i=1\\
[/mm]
[mm] 5.\quad 2\leq j\leq [/mm] M-2, [mm] 2\leq i\leq M-2\\
[/mm]
[mm] 6.\quad 2\leq j\leq [/mm] M-2, [mm] i=M-1\\
[/mm]
7. [mm] \quad [/mm] j=M-1, [mm] i=1\\
[/mm]
8. [mm] \quad [/mm] j=M-1, [mm] 2\leq i\leq M-2\\
[/mm]
[mm] 9.\quad [/mm] j=M-1, i=M-1$
Aber kann das sein, dass ich so viele Fallunterscheidungen machen muss? Kann ich mir kaum vorstellen.
Jedenfalls komme ich nach dem 1. Fall auf die Vermutung, dass für den Eigenwert gilt: [mm] $\lambda_{kl}=\frac{2}{h^2}(2-\cos\left(\frac{k\pi}{M}\right)-\cos\left(\frac{l\pi}{M}\right)$)$
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:05 So 14.12.2014 | | Autor: | HugATree |
Also ich habe die Aufgabe jetzt mit den vielen Fallunterscheidungen gelöst.
Hat gut funktioniert, halt etwas umständlich :)
Kann also geschlossen werden
Liebe Grüße
HugATree
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