Grupo1 - Dif em 2D

A equação de Poisson:

$\Delta u={\frac {\partial ^{2}u}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}u}{\partial y^{2}}}=-g(x,y)$

é uma equação do tipo Elíptica que representa fenômenos físicos estácionarios relacionados a Eletrostatica, Dinâmica de Fluídos e Transferência de Calor, se $g(x,y)\equiv 0$ a equação passa a ser chamada de Equação de Laplace. Os problemas relacionados a equação de Laplace são estudados pela "Teoria do Potencial".

As soluções $u=u(x,y)$ da Equação de Laplace são denominadas funções Harmônicas. Como já era de se esperar, os problemas mais habituais na vida de um físico, engenheiro ou matemático ao se depararem com uma EDP, são os problemas com Condições de Contorno, essencialmente será trabalhada a Condição de Dirichlet, que possui fronteiras conhecidas, tendo o seguinte formato:

${\begin{cases}\Delta u=0&{\text{para }}(x,y)\in \Omega ,\\u=f(x,y)&{\text{para }}(x,y)\in \partial \Omega .\end{cases}}$

A equação de Poisson possui forma parecida para o Problema de Dirichlet, que fica:

${\begin{cases}\Delta u=-g(x)&{\text{para }}(x,y)\in \Omega ,\\u=f(x,y)&{\text{para }}(x,y)\in \partial \Omega .\end{cases}}$

Para tais problemas, estudaremos os métodos de Relaxação e Super-Relaxação para encontrar as soluções da Equação de Laplace no Quadrado de Lado $L$ $(\{\Omega =(0,L)\times (0,L)\})$ e faremos (se possível) a solução númerica via Formula de Poisson para a Bola Unitária centrada na origem $\{\Omega ={\mathcal {B}}_{1}(0)\}$.

Quadrado de Lado $L$

Solução Analítica da Equação de Laplace

Seja o problema em $\Omega =(0,L)\times (0,L)$, temos:

${\begin{cases}\Delta u(x,y)=0{\text{ em }}\Omega \\u(x,y)=f(x){\text{ em }}\partial \Omega \end{cases}}$

sendo

$f(x)={\begin{cases}f(0,y)=f_{1}(y);\\f(L,y)=f_{2}(y);\\f(x,0)=f_{3}(x);\\f(x,L)=f_{4}(x).\end{cases}}$

Separamos o problema geral de Dirchlet em 4 problemas "menores" tal que obtemos os problemas desde:

${\begin{cases}\Delta u_{1}(x,y)=0{\text{ em }}\Omega ;\\u_{1}(0,y)=f_{1}(y){\text{ para }}y\in (0,L);\\u_{1}(L,y)=u_{1}(x,0)=u_{1}(x,L)=0,\end{cases}}$

...

até:

${\begin{cases}\Delta u_{4}(x,y)=0{\text{ em }}\Omega ;\\u_{4}(x,L)=f_{4}(x){\text{ para }}x\in (0,L);\\u_{4}(0,y)=u_{4}(L,y)=u_{4}(x,0)=0.\end{cases}}$

Podemos então utilizar o Método da Separação de Variáveis para resolver os 4 "probleminhas" e, como a Equação de Laplace é linear, sua soma será a solução completa do Problema de Dirichlet. O método consiste em supor $u(x,y)=\phi (x)\theta (y)$, para então, ao substituirmos na equação obtermos a seguinte expressão:

$\Delta u_{i}={\ddot {\phi _{i}}}(x)\theta _{i}(y)+\phi _{i}(x){\ddot {\theta _{i}}}(y)=0$

Podemos isolar as funções $\phi _{i}$ e $\theta _{i}$, de fato ficamos com com duas relações que dependem de suas variações, portanto para elas serem sempre iguais, é necessário que sejam constantes ($=\lambda$):

${\frac {\ddot {\phi _{i}}}{\phi _{i}}}=-{\frac {\ddot {\theta _{i}}}{\theta _{i}}}=\lambda$

Assim obtemos 2 EDOs de segunda ordem, que podem ser resolvidas pelo Método dos Coeficientes a Determinar. Como não é objetivo aqui realizar cálculos analíticos (especialmente "na mão") apenas será resolvido o primeiro problema ($u_{1}(x,y)$):

As condições de contorno mostram que $\phi (L)\theta (y)=0\Rightarrow \phi (L)=0$, $\phi (x)\theta (0)=0\Rightarrow \theta (0)=0$ e $\phi (x)\theta (L)=0\Rightarrow \theta (L)=0$.

Dividindo o problema, temos a parte de $\phi$

${\begin{cases}{\ddot {\phi _{1}}}(x)-\lambda \phi _{1}=0;\\\phi _{1}(L)=0;\\\end{cases}}$

Supondo uma solução da forma $\phi _{1}(x)=Ae^{sx}$:

${\ddot {\phi _{1}}}-\lambda \phi _{1}=s^{2}Ae^{sx}-\lambda Ae^{sx}=0\Longrightarrow$ $s=\pm {\sqrt {\lambda }}$

Ou seja, temos a solução de $\phi _{1}$ sendo

$\phi _{1}(x)=A_{1}e^{{\sqrt {\lambda }}x}+A_{2}e^{-{\sqrt {\lambda }}x}$

Utilizando a C.C. vemos que $-A_{1}/A_{2}=tanh({\sqrt {\lambda }}L)$.

Partindo para a segunda equação $\theta _{1}(y)$,

${\begin{cases}{\ddot {\theta _{1}}}(x)+\lambda \theta _{1}=0;\\\theta _{1}(0)=0\\\theta _{1}(L)=0;\end{cases}}$

supondo solução do tipo $\theta _{1}(y)=Be^{i\omega y}$ temos:

${\ddot {\theta _{1}}}+\theta _{1}=-\omega ^{2}Be^{i\omega y}+\lambda Be^{i\omega y}=0\Longrightarrow$ $\omega =\pm {\sqrt {\lambda }}$

Ou seja, temos solução $\theta _{1}(y)=B_{1}e^{i{\sqrt {\lambda }}y}+B_{2}e^{-i{\sqrt {\lambda }}y}$

Utilizando a primeira C.C. obtemos $0=B_{1}+B_{2}$ ou seja, temos que

$\theta _{1}(y)=Bsen({\sqrt {\lambda }}y).$ Utilizando a segunda C.C. temos $0=sin({\sqrt {\lambda }}y)\Rightarrow \lambda ={\frac {n^{2}\pi ^{2}}{L^{2}}}$, ou seja, existem infinitos $n$ tal que $\theta _{1}$ é solução.

Voltando a $\phi _{1}$, temos $\phi _{1}(x)=senh({\frac {n\pi (L-x)}{L}})$ Finalmente unindo as respostas, temos

$u_{1}(x,y)=\phi _{1}(x)\theta _{1}(y)=\sum C_{1n}{\frac {senh({\frac {n\pi (L-x)}{L}})}{senh(n\pi )}}sen({\frac {n\pi y}{L}})$

sendo $C_{1n}={\frac {2}{L}}\int _{0}^{L}f_{1}(y)sen({\frac {n\pi y}{L}})dy$

Para os outros problemas, temos soluções parecidas:

$u_{2}(x,y)=\phi _{2}(x)\theta _{2}(y)=\sum C_{2n}{\frac {senh({\frac {n\pi x}{L}})}{senh(n\pi )}}sen({\frac {n\pi y}{L}});$ sendo $C_{2n}={\frac {2}{L}}\int _{0}^{L}f_{2}(x)sen({\frac {n\pi y}{L}})dy,$

$u_{3}(x,y)=\phi _{3}(x)\theta _{3}(y)=\sum C_{3n}{\frac {senh({\frac {n\pi (L-y)}{L}})}{senh(n\pi )}}sen({\frac {n\pi x}{L}});$ sendo $C_{3n}={\frac {2}{L}}\int _{0}^{L}f_{3}(y)sen({\frac {n\pi x}{L}})dx,$

$u_{4}(x,y)=\phi _{4}(x)\theta _{4}(y)=\sum C_{4n}{\frac {senh({\frac {n\pi y}{L}})}{senh(n\pi )}}sen({\frac {n\pi x}{L}});$ sendo $C_{4n}={\frac {2}{L}}\int _{0}^{L}f_{4}(x)sen({\frac {n\pi x}{L}})dx.$

A solução completa do problema de Dirichlet no quadrado de Lado $L$ é a soma das quatro soluções parciais: $u(x,y)=u_{1}(x,y)+u_{2}(x,y)+u_{3}(x,y)+u_{4}(x,y)$.

Algoritmo de Relaxação

Discretizando a equação temos $x\mapsto x_{i}$ e $y\mapsto y_{j}$ para $i$, $j=1,...,N$ e $h=\Delta x=\Delta y=N/L$ a função $g(x,y)=g_{ij}$, nos deparamos com uma matriz ${\mathcal {M}}_{ij}=u(x_{i},y_{j})=u_{ij}$ quadrada sendo as bordas ${\mathcal {M}}_{1j}=f(0,y)=u_{1j}$, ${\mathcal {M}}_{Nj}=f(L,y)=u_{Nj}$, ${\mathcal {M}}_{i1}=f(x,0)=u_{i1}$ e ${\mathcal {M}}_{iN}=f(x,L)=u_{iN}$.

Realizando-se a discretização, podemos tomar as derivadas:

${\frac {\partial ^{2}u}{\partial x^{2}}}={\frac {u_{(i+1)j}+u_{(i-1)j}-2u_{ij}}{h^{2}}}$ e ${\frac {\partial ^{2}u}{\partial y^{2}}}={\frac {u_{i(j+1)}+u_{i(j-1)}-2u_{ij}}{h^{2}}}$

Substituindo na Equação, temos

${\frac {u_{(i+1)j}+u_{(i-1)j}-2u_{ij}}{h^{2}}}=-{\frac {u_{i(j+1)}+u_{i(j-1)}-2u_{ij}}{h^{2}}}+g_{ij}$, ou seja:

$u_{ij}={\frac {u_{(i-1)j}+u_{(i+1)j}+u_{i(j-1)}+u_{i(j+1)}+h^{2}g_{ij}}{4}}$,

ou mais geralmente (supondo $\Delta x\neq \Delta y$):

$u_{ij}={\frac {(\Delta y)^{2}(u_{(i-1)j}+u_{(i+1)j})+(\Delta x)^{2}(u_{i(j-1)}+u_{i(j+1)})+(\Delta y\Delta x)^{2}g_{ij}}{2((\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2})}},$

para $i,j=2,...,N-1$

Como condição de parada, foi convencionado tomar o Erro Relativo entre as iterações $k$ e $k+1$, para estimar o erro se faz:

$\epsilon ={\Big |}{\frac {v^{k}-v^{k+1}}{v^{k}}}{\Big |}$

$v^{k}={\frac {1}{8}}(u_{22}+u_{2(M+1)}+u_{(M+1)2}+4u_{{\frac {(M+2)}{2}}{\frac {(M+2)}{2}}}+u_{(M+1)(M+1)})$

Estabilidade

Erro relativo ao método de Relaxação em função da quantidade de iterações

A relaxação é um método Iterativo sobre os pontos vizinhos que pode ser feita de 2 modos, pelo Algoritmo de Jacobi, e pelo de Gauss-Seidel.

O algoritmo de Jacobi pega valores "antigos" para a iteração e possui convergencia muito lenta, por isso não é muito utilizado. Já o algoritmo de Gauss-Seidel pega os valores "novos" (que ja foram calculados) e os "antigos" (que não foram calculados), possui convergencia mais rapida, porém ainda é lenta.

Algoritmos iterativos tendem a convergir para solução unica, se a matriz que as representa for Diagonal Dominante, ou seja:

$|a_{ii}|\geq \sum _{j=1(i\neq j)}^{N}|a_{ij}|$

De fato, podemos ver que a equação de Laplace respeita tal desigualdade.

Caso façamos um retangulo $L_{x}\neq L_{y}$ com $\Delta x\neq \Delta y$, obtemos o erro da imagem a seguir:

Método da Super Relaxação

Grafico mostra a quantidades de Iterações para convergência do exemplo 1 em função de omega

Podemos, assim como no caso não estacionário da condução do calor (Método de Crank Nicholson), que realiza uma média entre os valores explícito e Implícito da Equação, o método da Super relaxação é da seguinte forma:

$u_{ij}^{k+1}=u_{ij}^{k}(1-\omega )+\omega u_{ij}^{R}$

tal que $u_{ij}^{R}$ é o valor calculado através do método da Relaxação e $\omega \in [0:2]$.

Exemplos

Foram realizados 5 exemplos, 2 sobre a equação de Laplace e 3 sobre a equação de Poisson.

Exemplo 1

O primeiro problema é descrito pela seguinte expressão, para o domínio $\Omega =(0;L)\times (0;L)$:

${\begin{cases}\Delta u=0\forall x\in \Omega \\u(x,0)=L{\big (}\forall x\in [0;L]{\big )}\\u(x,L)=0{\big (}\forall x\in [0;L]{\big )}\\u(0,y)=0{\big (}\forall y\in [0;L]{\big )}\\u(L,y)=0{\big (}\forall y\in [0;L]{\big )}.\end{cases}}$

Foram obtidas as soluções mostradas nos gráficos a seguir, através do algoritmo de Gauss-Seidel.

Exemplo 2

O segundo problema é descrito pela seguinte expressão, para o domínio $\Omega =(0;L)\times (0;L)$:

${\begin{cases}\Delta u=0\forall x\in \Omega \\u(x,0)=Lsin({\frac {\pi x}{L}}){\big (}\forall x\in [0;L]{\big )}\\u(x,L)=Lcos({\frac {\pi x}{L}}){\big (}\forall x\in [0;L]{\big )}\\u(0,y)={\frac {x^{2}}{L}}{\big (}\forall y\in [0;L]{\big )}\\u(L,y)={\frac {(L-x)^{2}}{L}}{\big (}\forall y\in [0;L]{\big )}.\end{cases}}$

Foram obtidas as seguintes soluções mostradas nos gráficos, através do algoritmo de Gauss-Seidel.