logo
  • userLoginStatus

Welcome

Our website is made possible by displaying online advertisements to our visitors.
Please disable your ad blocker to continue.

Current View

Mechanical Engineering - Metodi Analitici e Numerici per L'Ingegneria

Dimostrazioni con soluzione

Other

Dimostrazioni da sapere : 1. Equivalenza tra minimo energia e soluzione del sistema 2. Adeguatezza criterio della differenza tra iterate successive per metodi iterativi 3. Convergenza metodo delle potenze 4. Adeguatezza criterio delle d ifferenze tra iterate successive per metodo iterazione di punto fisso 5. Metodo di Newton come metodo di iterazione di punto fisso 6. Equivalenza tra minimo di energia e approssimazione nel senso dei minimi quadrati 7. Formula dell’errore di punto medio semplice 8. Buona posizione dell’equ azioni differenziali ordinarie 9. Risultato di convergenza per il metodo di Eulero in avanti 10. Stabilità condizionata dei metodi numerici per risolvere EDO 11. Metodo dell’energia per dimostrare unicità della soluzione del problema di diffusione 12. Teorema di esistenz a e unicità della soluzione di problemi di diffusione in dimensione spaziale maggiore di 1 13. Unicità della soluzione di problemi di diffusione in dimensione spaziale maggiore di 1 tramite metodo dell’energia (metodo integrale) 14. Dimostrazione unicità soluzione problema di Poisson Equivalenza tra minimo energia e soluzione del sistema Enunciato : risolvere il sistema lineare ��⃗= �⃗⃗ equivale a minimizzare l’energia Φ(�⃗) (ovvero una funzione di stato che ha la proprietà di essere quadratica e non negativa e di decrescere nel tempo qualora il sistema si asintoticamente stabile ed evolva liberamente) definita nel seguente modo: Φ(�⃗)= 1 2�⃗��������⃗− �⃗�������⃗⃗ Quindi si ha che: � è �������������� ������� ��⃗= �⃗⃗ ⇔ ∇Φ(�⃗)= 0 Dimostrazione : per dimostrare questo teorema occorre dimostrare le due implicazioni: • Si suppone che � sia soluzione del sistema ��⃗= �⃗⃗ e si dimostra che sia il minimo della funzione Φ Φ(�⃗+ �⃗)= 1 2(�⃗+ �⃗)�������(�⃗+ �⃗)− (�⃗+ �⃗)�������⃗⃗= = 1 2�⃗��������⃗+ 1 2�⃗��������⃗+ 1 2�⃗��������⃗+ 1 2�⃗��������⃗− �⃗�������⃗⃗− �⃗�������⃗⃗= = Φ(�⃗)+ 1 2�⃗��������⃗+ 1 2�⃗��������⃗+ 1 2�⃗��������⃗− �⃗�������⃗⃗= = Φ(�⃗)+ 1 2�⃗�������⃗⃗+ 1 2�⃗�������⃗⃗+ 1 2�⃗��������⃗− �⃗�������⃗⃗= = Φ(�⃗)+ 1 2�⃗��������⃗> Φ(�⃗) Quindi per ogni �⃗≠ 0 vale che Φ(�⃗+ �⃗)> Φ(�⃗) e quindi �⃗ è punto di minimo della funzione Φ. • Si suppone che � sia punto minimo della funzione Φ e si dimostra che è soluzione del sistema ��⃗= �⃗⃗ Se �⃗ è il punto di minimo della funzione Φ, allora per il teorema di Fermat vale che ∇Φ(�⃗)= 0. Scriviamo Φ(�⃗) nel seguente modo e poi calcoliamo le derivate parziali così da poter compilare ∇Φ(�⃗): Φ(�⃗)= 1 2 ∑ ��,����� � �,�=1 − ∑ ���� � �=1 ������Φ ��������= 1 2∑ ��,��� � �=1 + 1 2∑ ��,��� � �=1 − ��= ∑ ��,��� � �=1 − ��= (��⃗− �⃗⃗)� Da cui si determina: ∇Φ(�⃗)= ��⃗− �⃗⃗= −�⃗ ∇Φ(�⃗)= −�⃗= 0= −( ��⃗− �⃗⃗) �⃗��������⃗= (�⃗��������⃗)������= �⃗��������⃗= �⃗�������⃗⃗ Per il teorema di Fermat ∇Φ(�⃗)= 0 Adeguatezza criterio della differenza tra iterate successive per metodi iterativi Enunciato : per valutare l’errore nei metodi iterativi occorre utilizzare lo stimatore dell’errore. Tale stimatore può essere determinato in diversi modi, uno dei quali è proprio la differenza tra iterate successive ovvero: �̃(�)= ||������⃗(�)||= ||�⃗− �⃗(�)||= ||�⃗(�+1)− �⃗(�)|| Si vuole ora dimostrare quando questo criterio è soddisfacente, ovvero si vuole trovare una relazione che leghi lo stimatore dell’errore definito in questo modo con l’errore stesso. Dimostrazione : per definizione la norme dell ’errore al passo k viene definito nel seguente modo: ||�⃗(�)||= ||�⃗− �⃗(�)||= = ||�⃗− �⃗(�+1)− �⃗(�)+ �⃗(�+1)||= = ||�⃗− �⃗(�+1)||+ ||�⃗(�+1)− �⃗(�)||= = ||�⃗(�+1)||+ ||������⃗(�)|| Sapendo che: ||�⃗(�+1)||≤ ������(�)||�⃗(�)|| ||�⃗(�)||≤ ������(�)||�⃗(�)||+ ||������⃗(�)|| ||�⃗(�)||− ������(�)||�⃗(�)||≤ ||������⃗(�)|| ||�⃗(�)||(1− ������(�))≤ ||������⃗(�)|| ||�⃗(�)||≤ 1 1− ������(�)||������⃗(�)|| Ma per il criterio che stiamo usando ||������⃗(�)||= �̃(�) quindi: ||�⃗(�)||≤ 1 1− ������(�)�̃(�) Quindi: • Se ������(�)≲ 1 → �⃗(�)≫ �̃(�) → criterio insoddisfacente • Se ������(�)≳ 0 → �⃗(�)≅ �̃(�) → criterio soddisfacente Si aggiunge e sottrae �⃗(�+1) Convergenza metodo delle potenze Enunciato : il metodo delle potenze converge Dimostrazione : se ho gli autovettori �������⃗⃗⃗⃗ di uno spazio vettoriale posso scrivere un vettore �⃗(0) di tale spazio come combinazione lineare di tali autovettori: �⃗(0)= ∑ �� � �=1 �������⃗⃗⃗⃗ Applico ora il metodo delle potenze: �⃗(0)= �⃗(0) ||�⃗(0)|| = 1 ||�⃗(0)|| �⃗(0)= 1 ||�⃗(0)|| ∑ �� � �=1 �������⃗⃗⃗⃗ �⃗(1)= ��⃗(0)= � 1 ||�⃗(0)|| ∑ �� � �=1 �������⃗⃗⃗⃗= 1 ||�⃗(0)|| ∑ �� � �=1 ��������⃗⃗⃗⃗= 1 ||�⃗(0)|| ∑ �� � �=1 ���������⃗⃗⃗⃗ �⃗(1)= �⃗(1) ||�⃗(1)|| = 1 ||�⃗(1)|| �⃗(1)= 1 ||�⃗(1)|| 1 ||�⃗(0)|| ∑ �� � �=1 ���������⃗⃗⃗⃗= 1 ||�⃗(1)||||�⃗(0)|| ∑ �� � �=1 ���������⃗⃗⃗⃗ Si scopre quindi che per similitudine: �⃗(�)= ��∑ �� � �=1 ��(�)�������⃗⃗⃗⃗ ��� ��= 1 ∏ ||�⃗(�)|| ��=1 �⃗(�) può essere riscritto nel seguente modo: �⃗(�)= ��[�1�1(�)�1⃗⃗⃗⃗⃗+ ∑ �� � �=2 ��(�)�������⃗⃗⃗⃗]= = ��[�1�1(�)�1⃗⃗⃗⃗⃗+ �1(�)∑ �� � �=2 ��(�) �1(�)�������⃗⃗⃗⃗]= = ���1(�)[�1�1⃗⃗⃗⃗⃗+ ∑ �� � �=2 ��(�) �1(�)�������⃗⃗⃗⃗] �� �→ ∞ ��(�) �1(�)→ 0 ∑ �� � �=2 ��(�) �1(�)→ 0 �⃗(�)→ �1⃗⃗⃗⃗⃗ Per definizione di autovalore: ��������⃗⃗⃗⃗= ���������⃗⃗⃗⃗ Perché �������(�) ������1(�)< 0 Adeguatezza criterio delle d ifferenza tra iterate successive per metodo iterazione di punto fisso Enunciato : per valutare l’errore nel metodo di iterazione di punto fisso occorre utilizzare lo stimatore dell’errore. Tale stimatore può essere determinato in diversi modi, uno dei quali è proprio la differenza tra iterate successive ovvero: �̃(�)= |������(�)|= |�(�+1)− �(�)| Si vuole ora dimostrare quando questo criterio è soddisfacente, ovvero si vuole trovare una relazione che leghi lo stimatore dell’errore definito in questo modo con l’errore stesso. Dimostrazione : per d efinizione di errore al passo �+ 1 è possibile scrivere: �(�+1)= �− �(�+1)= = �− �(�)− �(�+1)+ �(�)= = �− �(�)− ������(�) È inoltre possibile riscrivere l’errore in quest’altro modo: �(�+1)= �− �(�+1)= = ������(�)− ������(�(�))= = ������′(������(�))(�− �(�)) Eguagliando quest e due soluzioni si ha: �− �(�)− ������(�)= ������′(�)(�− �(�)) �− �(�)= ������′(�)(�− �(�))+ ������(�) �− �(�)= �������′(�)− �(�)������′(�)+ ������(�) �− �(�)− �������′(�)+ �(�)������′(�)= ������(�) (1− ������′(�))�− �(�)(1− ������′(�))= ������(�) (1− ������′(�))(�− �(�))= ������(�) �− �(�)= ������(�) 1− ������′(�) �(�)− �= − 1 1− ������′(�)������(�) �= ������(�) per definizione di punto fisso �(�+1)= ������(�(�)) per algoritmo iterazione punto fisso �(�)= 1 1− ������′(�)������(�) �(�)= 1 1− ������′(�)�̃(�) Quindi: • Se ������′(�)≅ 0 → �⃗(�)≅ �̃(�) → criterio soddisfacente • Se ������′(�)≲ 1 → �⃗(�)≫ �̃(�) → criterio insoddisfacente • Se ������′(�)≳ 1 → �⃗(�)≅ 1 2�̃(�) → criterio soddisfacente anche se l’errore è sovrastimato Metodo di Newton come metodo di iterazione di punto fisso Enunciato : Il metodo di Newton può essere considerato un particolare metodo di iterazione di punto fisso Dimostrazione : per defin izione l’iterata al passo �+ 1 con il metodo di iterazione di punto fisso è: �(�+1)= ������(�(�)) Mentre Newton è: �(�+1)= �(�)− �(�(�)) �′(�(�)) Dunque, può essere vista un particolare metodo di iterazione di punto fisso ������������(�(�))= �(�)− �(�(�)) �′(�(�)) Equivalenza tra minimo di energia e approssimazione nel senso dei minimi quadrati Enunciato : Dimostrazione : Formula dell’errore di punto medio semplice Enunciato : l’errore associato alla formula del punto medio semplice è: �������� = ������(�)− ������������� (�)= (�− �)3 24 �′′(������ Dimostrazione : definiamo il punto medio e l’espansione in serie di Taylor della funzione �(�): �= �+ � 2 �(�)= �(�)+ �′(�)(�− �)+ 1 2�′′(�(�))(�− �)2 Calcoliamo ora l’integrale della funzione: ������(�)= ∫ �(�)�� � � = = ∫ [�(�)+ �′(�)(�− �)+ 1 2�′′(������(�))(�− �)2]�� � � = = ∫ �(�)�� � � + ∫ �′(�)(�− �)�� � � + ∫ 1 2�′′(������(�))(�− �)2�� � � = = ∫ �(�)�� � � + ∫ �′(�)(�− �)�� � � + ∫ 1 2�′′(������(�))(�− �)2�� � � = = ������������� (�)+ �′(�)∫ (�− �)�� � � + 1 2�′′(������)∫ (�− �)2�� � � = = ������������� (�)+ 1 2�′′(������)∫ (�− �)2�� � � = = ������������� (�)+ 1 2�′′(������)(�− �)3 12 = = ������������� (�)+ (�− �)3 24 �′′(������) �������� = ������(�)− ������������� (�)= (�− �)3 24 �′′(������) Termine nullo Per teorema del valor medio Buona posizione dell’equazioni differenziali ordinarie Enunciato : Se il problema è stabile allora è anche ben posto ovvero la soluzione esiste ed è unica in I. Dimostrazione : (richiesta all’orale) Risultato di convergenza per il metodo di Eulero in avanti Enunciato : Eulero esplicito converge con ordine 1 se �∈�1(������) Dimostrazione : definiamo l’errore come somma di due contributi: ��= (��− ��∗)+ (��∗− ��) Studiamo ora i due errori separatamente: • Il primo errore altro non è che il prodotto tra l’errore di troncame nto globale per l’ampiezza degli intervalli di discretizzazione dunque si ha: ℎ�������= ��− ��∗ Per definizione possiamo riscrivere ��∗ nel seguente modo: ��∗= ��−1+ ℎ�(��−1,��−1) E scrivere �� in quest’altro: ��= ��−1+ ℎ�̇�−1+ ℎ2 2 �̈(�������) Sostituendo quest e grandezz e nell’espressione precedente si ottiene: ℎ�������= ��− ��∗= = ��−1+ ℎ�̇�−1+ ℎ2 2 �̈(�������)− ��−1− ℎ�(��−1,��−1)= = ℎ2 2 �̈(�������)= ℎ2 2 � Ne consegue che: |��− ��∗|≤ � ℎ2 2 = ℎ������� • Per analizzare la seconda componente dell’errore ��∗− ��, scriviamo per prima cosa i due termini: ��∗= ��−1+ ℎ�(��−1,��−1) ��= ��−1+ ℎ�(��−1,��−1) Si ha quindi: ��∗− ��= ��−1+ ℎ�(��−1,��−1)− ��−1− ℎ�(��−1,��−1) Scrivendo la relazione con i moduli si ottiene: |��∗− ��|≤ |��−1− ��−1|+ ℎ|�(��−1,��−1)− �(��−1,��−1)| |��∗− ��|≤ |��−1|+ ℎ�|��−1− ��−1| |��∗− ��|≤ |��−1|+ ℎ�|��−1| |��∗− ��|≤ (1+ ℎ�)|��−1| �̇�−1= �(��−1,��−1) Combiniamo ora le due componenti dell’errore: ��= (��− ��∗)+ (��∗− ��) |��|≤ (��− ��∗)+ (��∗− ��) |��|≤ ℎ�������+ (1+ ℎ�)|��−1| Stabilità condizionata dei metodi numerici per risolvere EDO Enunciato: Dimostrazione: Metodo dell’energia per dimostrare unicità della soluzione del problema di diffusione Enunciato : la soluzione al problema di diffusione esiste ed è unica Dimostrazione : Per dimostrare ciò procediamo per assurdo e dunque ipotizziamo che esistano due soluzioni distinte �(�,�) e �(�,�) al problema d i diffusione con condizioni al contorno Cauchy -Dirichlet. Essendo distinte è possibile calcolarne la differenza e stabilire così una nuova funzione: �(�,�)= �(�,�)− �(�,�) Definiamo ora il nuovo problema di diffusione: { ������� ������� = �������2� �������2 �(0,�)= 0 �(�,�)= 0 �(�,0)= �(�,0)− �(�,0) Prendiamo la prima equazione del sistema e moltiplichiamola a destra e a sinistra per la stessa funzione �(�,�) e integriamo poi sulla lunghezza: �������� ������� = �� ������2� �������2 ∫ �������� ������� ������ 0 �� = ∫ �� ������2� �������2 ������ 0 �� Analizziamo ora separatamente i due termini dell’equazione, partendo dal primo. Mediante una serie di passaggi matematici è possibile ricondursi all’espressione dell’energia nel tempo . Tale valore può dunque essere solo maggiore o tuttalpiù uguale a 0: ∫ �������� ������� ������ 0 �� = ������ ������� ∫ �2 2 ������ 0 �� = ������ ������� 1 2∫ �2 ������ 0 �� = ������ ������� ������(�)≥ 0 Sviluppiamo ora il secondo termine integrandolo per parti, è possibile notare che il primo termine si annulla mentre il secondo altro non è anch’esso che la derivata parziale dell’energia. A causa del meno però questo termine può solo essere negativo o tuttalpiù uguale a 0: ∫ �� ������2� �������2 ������ 0 �� = �∫ �������2� �������2 ������ 0 �� = = �∫ ������ ������� (�������� ������� )�� ������ 0 − �∫ ������� ������� ������� ������� �� ������ 0 = = �[�(�,�)������� ������� (�,�)− �(0,�)������� ������� (0,�)]− �∫ (������� ������� ) 2 �� ������ 0 = = 0− � ������ ������� ������(�)≤ 0 Affinché valga l’uguaglianza occorre l’energia sia nulla dunque essendo ������(�)= 0 allora si avrà che �(�,�)= 0 e quindi �(�,�)= �(�,�) è dunque dimostrata l’unicità della soluzione . Teorema di esistenza e unicità della soluzione di problemi di diffusione in dimensione spaziale maggiore di 1 Enunciato : la soluzione al problema di diffusione in dimensione spaziale maggiore di uno esiste ed è unica Dimostrazione : Per dimostrare ciò procediamo per assurdo e dunque ipotizziamo che esistano due soluzioni distinte �(�⃗,�) e �(�⃗,�) al problema di diffusione in dimensione spaziale maggiore di uno . Essendo distinte è possibile calcolarne la differenza e stabilire c osì una nuova funzione: �(�⃗,�)= �(�⃗,�)− �(�⃗,�) Definiamo ora il nuovo problema di diffusione: { ������� ������� = �∆� (�⃗,�)= �(�⃗,�) �(�⃗,�)= 0 Prendiamo la prima equazione del sistema e moltiplichiamola a destra e a sinistra per la stessa funzione �(�⃗,�)= 0e integriamo poi Ω: �������� ������� = �� ∆� ∫ �������� ������� �Ω Ω = ∫ �� ∆�� Ω Ω Analizziamo ora separatamente i due termini dell’equazione, partendo dal p rimo. Mediante una serie di passaggi matematici è possibile ricondursi all’espressione dell’energia nel tempo. Tale valore può dunque essere solo maggiore o tuttalpiù uguale a 0: ∫ �������� ������� �Ω Ω = ������ ������� ∫ �2 2 �Ω Ω = ������ ������� 1 2∫ �2�Ω Ω = ������ ������� ������(�)≥ 0 Sviluppiamo ora il secondo termine integrandolo per parti, notiamo che questo termine può solo essere negativo o tuttalpiù uguale a 0: ∫ �� ∆�� Ω Ω = �∫ �∆�� Ω Ω = �∫ �(∇⃗⃗⃗�∙∇⃗⃗⃗�)�Ω Ω = = �∮ �∇⃗⃗⃗� ������Ω ∙�̂ �������Ω− �∫ ∇⃗⃗⃗�∙∇⃗⃗⃗� �Ω Ω = = �∮ �∇⃗⃗⃗� ������Γ ∙�̂ �Γ− �∫ ∇⃗⃗⃗�∙∇⃗⃗⃗� �Ω Ω ≤ 0 Affinché valga l’uguaglianza occorre l’energia sia nulla dunque essendo ������(�)= 0 allora si avrà che �(�⃗,�)= 0 e quindi �(�⃗,�)= �(�⃗,�) è dunque dimostrata l’unicità della soluzione. Unicità della soluzione di problemi di diffusione in dimensione spaziale maggiore di 1 tramite metodo dell’energia (metodo integrale) Enunciato : la soluzione al problema di diffusione esiste ed è unica Dimostrazione : Per dimostrare ciò procediamo per as surdo e dunque ipotizziamo che esistano due soluzioni distinte �(�,�) e �(�,�) al problema di diffusione con condizioni al contorno Cauchy -Dirichlet. Essendo distinte è