Solving ode-bvp through Galerkin’s Method fem: Introduction

Solving ODE-BVP through Galerkin’s Method

FEM: Introduction

Suddhasheel Ghosh, PhD

Department of Civil Engineering

Jawaharlal Nehru Engineering College

N-6 CIDCO, 431003

Series on Advanced Numerical Methods

shudh (JNEC)

Concepts

MEStru2k1617

1

/ 14

DiffEq1

Introduction to terminology

Given a differential equation

Ψ

 d

2

y

dx

2

,

dy

dx

, y, x



= 0,

(1)

and the initial conditions,

F

1



dy

dx

, y, x

= a

‹

= 0

F

2



dy

dx

, y, x

= b

‹

= 0

So, given the points a and b, it is desired to find the solution of the

differential equation using the Galerkin’s Method.

shudh (JNEC)

Concepts

MEStru2k1617

2

/ 14

DiffEq1

A second-order Boundary Value Problem

A boundary value problem is given as follows:

d

2

y

dx

2

+ P(x)

dx

dy

+ Q(x)y = R(x)

along with the conditions

y

(x = a) = A, y(x = b) = B

shudh (JNEC)

Concepts

MEStru2k1617

3

/ 14

GM

Concept of Linear Independence

In Vector Algebra, n vectors, namely v

1

, v

2

, . . . , v

n

are linearly independent,

when

n

X

i

=1

a

i

v

i

= 0 ⇐⇒ a

i

= 0, ∀ i = 1, . . . , n

Linear independence means that no vector can be expressed as a linear

combination of other vectors.

This concept of linear independence is not only limited to vectors, but has

also been extended to the area of functions and various algebraic

polynomials.

shudh (JNEC)

Concepts

MEStru2k1617

4

/ 14

GM

Galerkin’s method I

Formulation

The Galerkin’s Method is a “weighted-residual” method. We will try to

solve the following differential equation:

d

2

y

dx

2

+ P(x)

dy

dx

+ Q(x)y = R(x)

with the following boundary conditions y

(x = a) = A and y(x = b) = B.

Let us assume that the solution is in the form

y

= α

0

+ α

1

x

+ α

2

x

2

+ · · · + α

n

x

n

=

n

X

i

=0

α

i

x

i

shudh (JNEC)

Concepts

MEStru2k1617

5

/ 14

GM

Galerkin’s method II

Formulation

Differentiating the above form, with respect to x, we have:

dy

dx

=

n

X

i

=0

i

α

i

x

i

−1

(2)

d

2

y

dx

2

=

n

X

i

=0

i

(i − 1)α

i

x

i

−2

(3)

Substituting, these into the differential equation we have:

n

X

i

=0

α

i



i

(i − 1)x

i

−2

+ iP(x)x

i

−1

+ Q(x)x

i

 = R(x)

(4)

shudh (JNEC)

Concepts

MEStru2k1617

6

/ 14

GM

Galerkin’s method III

Formulation

From the boundary conditions, we have

n

X

i

=0

α

i

a

i

= A,

(5)

n

X

i

=0

α

i

b

i

= B

(6)

We work out the residual function as follows:

R(x) =

n

X

i

=0

α

i



i

(i − 1)x

i

−2

+ iP(x)x

i

−1

+ Q(x)x

i

 − R(x)

(7)

If there are n

− 1 unknowns, then there should be n − 1 linearly

independent polynomials chosen to be multiplied as weights to the

shudh (JNEC)

Concepts

MEStru2k1617

7

/ 14

GM

Galerkin’s method IV

Formulation

residual function. Therefore, for each j

= 1, . . . , n − 1, we should have

n

− 1 equations

Z

b

a

N

j

(x) R(x) dx = 0

(8)

where N

j

(x) denotes the jth polynomial.

These equations are solved using linear algebra to obtain the values of

α

i

,

i

= 0, . . . , n

shudh (JNEC)

Concepts

MEStru2k1617

8

/ 14

GM

Example I

Galerkin’s Method

Problem: Use the Galerkin’s method to solve the following differential

equation:

d

2

y

dx

2

− y = x

Use the boundary conditions y

(x = 0) = 0 and y(x = 1) = 0. (Desai, Eldho,

Shah)

Solution: Let us assume that the solution to the given differential

equation is in the following form, where there are four unknowns:

y

= α

0

+ α

1

x

+ α

2

x

2

+ α

3

x

3

shudh (JNEC)

Concepts

MEStru2k1617

9

/ 14

GM

Example II

Galerkin’s Method

From the boundary conditions given, we have

α

0

+ α

1

(0) + α

2

(0

2

) + α

3

(0

3

) = 0

=⇒ α

0

= 0

α

0

+ α

1

(1) + α

2

(1

2

) + α

3

(1

3

) = 0 =⇒ α

1

+ α

2

+ α

3

= 0(or)α

3

= −(α

1

+ α

2

)

We calculate the derivatives as follows:

dy

dx

= α

1

+ 2α

2

x

+ 3α

3

x

2

d

2

y

dx

2

= 2α

2

+ 6α

3

x

Substituting these into the differential equation, we have the following:

α

1

x

+ α

2

(2 − x

2

) + α

3

(6x − x

3

) = x

shudh (JNEC)

Concepts

MEStru2k1617

10

/ 14

GM

Example III

Galerkin’s Method

Since

α

3

= −(α

1

+ α

2

), we will have

−α

1

x

+ α

2

(2 − x

2

) + (α

1

+ α

2

)(x

3

− 6x) = x

=⇒ α

1

(x

3

− 7x) + α

2

(x

3

− x

2

− 6x + 2) = x

(9)

We can therefore formulate

R(x) = α

1

(x

3

− 7x) + α

2

(x

3

− x

2

− 6x + 2) − x

(10)

shudh (JNEC)

Concepts

MEStru2k1617

11

/ 14

GM

Example IV

Galerkin’s Method

Since there are two unknown parameters here, we will consider two

functions N

1

(x) = x − x

2

, and N

2

(x) = x

2

− x

3

, as weighting functions.

Therefore,

Z

1

0

N

1

(x)R(x)dx = 0 =⇒ −0.5500α

1

− 0.1833α

2

= 0.0833

Z

1

0

N

2

(x)R(x)dx = 0 =⇒ −0.3262α

1

− 0.1429α

2

= 0.0500

We will have this system

−0.5500 −0.1833

−03262 −0.1429

 α

1

α

2



=

0.0833

0.0500



(11)

shudh (JNEC)

Concepts

MEStru2k1617

12

/ 14

GM

Example V

Galerkin’s Method

Using this, the relations

α

3

= −(α

1

+ α

2

), and α

0

= 0, we have

α

0

= 0, α

1

= −0.1456, α

2

= −0.01743, α

3

= 0.1631

Therefore, we can say that for our differential equation, we have the

following solution:

y

= −0.1456x − 0.01743x

2

+ 0.1631x

3

shudh (JNEC)

Concepts

MEStru2k1617

13

/ 14

GM

Thank you!

shudh (JNEC)

Concepts

MEStru2k1617

14

/ 14

---

Document Outline

• Terminology
• Galerkin's Method