ВУЗ:
Составители:
11
Легко убедиться, что "остатки", определяемые по формуле (10) в точках
(0,1) и (3,1), равны тождественно нулю, а температура в этих точках согласно
(7) и (9) зависят от температуры только одного узла области решения.
Начальные температуры этих точек нужны для нахождения "остатков"
соседних узлов при начальном приближении.
Температуры и "остатки" в каждом узле записываем в сводную таблицу
1. Туда же будем записывать температуры и "остатки" при последующих
приближениях.
В соответствии с основным правилом релаксации при последующем
приближении следовало бы свести к нулю наибольший по абсолютной
величине "остаток" начального приближения, то есть R
3,3
=250
o
C. Но для
ускорения сходимости релаксационного процесса существует несколько
специальных приемов [2], [3], применение которых мы и продемонстрируем
при решении нашей задачи.
Если сумма "остатков" начального приближения существенно
отличается от нуля, то при первом приближении их сумму целесообразно
получить нулевой. В нашем случае:
,
,,,,,
C400500250100
0
12222111
=+++=+++=Σ RRRRR
ji
поэтому воспользуемся так называемой блоковой релаксацией и получим
"остатки" с нулевой суммой (все узлы, где рассматриваются "остатки",
образуют блок). Определим, насколько изменятся "остатки" в узлах (1,1),
(1,2), (2,2), (2,2), если температура в каждом из них увеличится на ∆. При
этом следует учесть соотношения (4) - (9). Так для узла (1,1), учитывая, что
t
2,0
=0
o
C, можно записать:
=∆+++∆++∆++∆+−=∆+ )()()()(4
21011210111111 ,,,,,,,
tttttRR
=∆+++∆++
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
∆+++∆−−=
2102221111
)1000(
2
1
44
,,,,,
ttttt
∆−=∆+∆+∆+∆−= 51504
1111
,),
,,
RR ,
откуда
∆−=∆ 51
11
,
,
R .
Аналогично находим:
,
,
∆
−=
∆
+
∆
+
∆
−
=
∆
24
21
R
,
,
04
22
=∆+∆+∆+∆−=∆R
.,,
,
∆−=∆+∆+∆+∆−=∆ 51504
12
R
Приравнивая суммарное изменение "остатков"
55,1025,1
,
−=−+−−=Σ∆
ji
R
сумме "остатков"
ji
R
,
Σ первого приближения, взятой с противоположным
знаком, найдем ∆:
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 9
- 10
- 11
- 12
- 13
- …
- следующая ›
- последняя »
