More Related Content
What's hot
What's hot (20)
Viewers also liked
Similar to 流体シミュレータの製作
Similar to 流体シミュレータの製作 (20)
Recently uploaded
Recently uploaded (8)
流体シミュレータの製作
- 1. 流体シミュレータの製作
- 2. 解きたい問題 2次元非圧縮性流体における ・連続の式 ・Navier – Stokes方程式 𝜕𝑢 𝜕𝑥 + 𝜕𝑣 𝜕𝑦 = 0 𝜕𝑢 𝜕𝑡 + 𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑥 + 𝑣 𝜕𝑢 𝜕𝑦 = − 𝜕𝑝 𝜕𝑥 + 1 𝑅𝑒 𝜕2 𝑢 𝜕𝑥2 + 𝜕2 𝑢 𝜕𝑦2 𝜕𝑣 𝜕𝑡 + 𝑢 𝜕𝑣 𝜕𝑥 + 𝑣 𝜕𝑣 𝜕𝑦 = − 𝜕𝑝 𝜕𝑦 + 1 𝑅𝑒 𝜕2 𝑣 𝜕𝑥2 + 𝜕2 𝑣 𝜕𝑦2 どうやって解くの？？？
- 3. 方法(SMAC法) 𝑢∗ = 𝑢 𝑛 + −𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑥 𝑛 − 𝑣 𝜕𝑢 𝜕𝑦 𝑛 − 𝜕𝑝 𝜕𝑥 𝑛 + 1 𝑅𝑒 𝜕2 𝑢 𝜕𝑥2 𝑛 + 𝜕2 𝑢 𝜕𝑦2 𝑛 Δ𝑡 𝑣∗ = 𝑣 𝑛 + −𝑢 𝜕𝑣 𝜕𝑥 𝑛 − 𝑣 𝜕𝑣 𝜕𝑦 𝑛 − 𝜕𝑝 𝜕𝑦 𝑛 + 1 𝑅𝑒 𝜕2 𝑣 𝜕𝑥2 𝑛 + 𝜕2 𝑣 𝜕𝑦2 𝑛 Δ𝑡 として速度の暫定値を求める このままでは, 一般に連続の式を満足しない 𝜕𝑢 𝜕𝑥 + 𝜕𝑣 𝜕𝑦 = 0 圧力の項に着目して速度の暫定値を修正する 𝜕𝑢 𝜕𝑡 + 𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑥 + 𝑣 𝜕𝑢 𝜕𝑦 = − 𝜕𝑝 𝜕𝑥 + 1 𝑅𝑒 𝜕2 𝑢 𝜕𝑥2 + 𝜕2 𝑢 𝜕𝑦2 𝜕𝑣 𝜕𝑡 + 𝑢 𝜕𝑣 𝜕𝑥 + 𝑣 𝜕𝑣 𝜕𝑦 = − 𝜕𝑝 𝜕𝑦 + 1 𝑅𝑒 𝜕2 𝑣 𝜕𝑥2 + 𝜕2 𝑣 𝜕𝑦2 を前進差分で時間を前に進める
- 4. 方法(SMAC法) 𝑝 𝑛+1 = 𝑝 𝑛 + 𝛿𝑝, 𝑢 𝑛+1 = 𝑢∗ + 𝛿𝑢, 𝑣 𝑛+1 = 𝑣∗ + 𝛿𝑣 とおく. この𝛿𝑝, 𝛿𝑢, 𝛿𝑣を求めたい. 𝛿𝑢 = −Δ𝑡 ⋅ 𝜕 𝛿𝑝 𝜕𝑥 , 𝛿𝑣 = −Δ𝑡 ⋅ 𝜕(𝛿𝑝) 𝜕𝑦 とすると, 𝜕 𝛿𝑢 𝜕𝑥 + 𝜕 𝛿𝑣 𝜕𝑦 = 𝜕𝑢 𝑛+1 𝜕𝑥 + 𝜕𝑣 𝑛+1 𝜕𝑦 − 𝜕𝑢∗ 𝜕𝑥 + 𝜕𝑣∗ 𝜕𝑦 = − 𝜕2 (𝛿𝑝) 𝜕𝑥2 + 𝜕2 (𝛿𝑝) 𝜕𝑦2 Δ𝑡 𝜕𝑢 𝑛+1 𝜕𝑥 + 𝜕𝑣 𝑛+1 𝜕𝑦 = 0としたいので, 𝜕2(𝛿𝑝) 𝜕𝑥2 + 𝜕2(𝛿𝑝) 𝜕𝑦2 = 𝜕𝑢∗ 𝜕𝑥 + 𝜕𝑣∗ 𝜕𝑦 Δ𝑡 = 𝑠(𝑥, 𝑦) が成立し, Poisson方程式と同様の式となる これを解いて𝛿𝑝を求め, 𝑝, 𝑢, 𝑣を修正することで 連続の式も成立するようになる.
- 5. Poisson方程式の数値解法 Poisson方程式 𝜕2 𝜕𝑥2 𝑝(𝑥, 𝑦) + 𝜕2 𝜕𝑦2 𝑝(𝑥, 𝑦) = 𝑠(𝑥, 𝑦) 差分化（中心差分） 𝑝𝑖−1,𝑗 − 2𝑝𝑖,𝑗 + 𝑝𝑖+1,𝑗 Δ𝑥2 + 𝑝𝑖,𝑗−1 − 2𝑝𝑖,𝑗 + 𝑝𝑖,𝑗+1 Δ𝑦2 = 𝑠𝑖,𝑗 1,1 2,1 … m,1 1,2 2,2 … m,2 ⋮ ⋮ i,j ⋮ 1,n 2,n … m,n ∆𝑥 = ∆𝑦 = ℎとすると, (𝑝𝑖−1,𝑗 − 2𝑝𝑖,𝑗 + 𝑝𝑖+1,𝑗) + (𝑝𝑖,𝑗−1 − 2𝑝𝑖,𝑗 + 𝑝𝑖,𝑗+1) = ℎ2 𝑠𝑖,𝑗
- 6. Poisson方程式の数値解法 (𝑝𝑖−1,𝑗 − 2𝑝𝑖,𝑗 + 𝑝𝑖+1,𝑗) + (𝑝𝑖,𝑗−1 − 2𝑝𝑖,𝑗 + 𝑝𝑖,𝑗+1) = ℎ2 𝑠𝑖,𝑗 簡単のため, 4×4の領域で考える 𝑝𝑖,1 = 𝑝1,1 𝑝2,1 𝑝3,1 𝑝4,1 𝑇 とし, 𝑝 = 𝑝𝑖,1 𝑝𝑖,2 𝑝𝑖,3 𝑝𝑖,4 𝑇 とおく. 𝑠𝑖,1 = 𝑠1,1 𝑠2,1 𝑠3,1 𝑠4,1 𝑇 とし, ℎ2 𝑠 = ℎ2 𝑠𝑖,1 𝑠𝑖,2 𝑠𝑖,3 𝑠𝑖,4 𝑇 とおく. 1,1 2,1 3,1 4,1 1,2 2,2 3,2 4,2 1,3 2,3 3,3 4,3 1,4 2,4 3,4 4,4
- 7. Poisson方程式の数値解法 𝐴 = 1 1 1 1 1 1 1 1 −4 1 1 −4 1 1 1 1 1 1 1 1 −4 1 1 −4 1 1 1 1 1 1 1 1 𝑝 = 𝑝𝑖,1 𝑝𝑖,2 𝑝𝑖,3 𝑝𝑖,4 𝑇 ℎ2 𝑠 = ℎ2 𝑠𝑖,1 𝑠𝑖,2 𝑠𝑖,3 𝑠𝑖,4 𝑇 𝑝𝑖−1,𝑗 + 𝑝𝑖+1,𝑗 + 𝑝𝑖,𝑗−1 + 𝑝𝑖,𝑗+1 − 4𝑝𝑖,𝑗 = ℎ2 𝑠𝑖,𝑗 𝐴𝑝 = ℎ2 𝑠の形とすると, 連立１次方程式となる.
- 8. 連立1次方程式 𝑦1 = 𝑎11 𝑥1 + 𝑎12 𝑥2 + ⋯ + 𝑎1𝑛 𝑥 𝑛 𝑦2 = 𝑎21 𝑥1 + 𝑎22 𝑥2 + ⋯ + 𝑎2𝑛 𝑥 𝑛 ⋮ 𝑦 𝑚 = 𝑎 𝑚1 𝑥1 + 𝑎 𝑚2 𝑥2 + ⋯ + 𝑎 𝑚𝑛 𝑥 𝑛 のような, 連立1次方程式を解きたい場面は あらゆる分野で登場する.
- 9. 連立1次方程式 𝑦1 = 𝑎11 𝑥1 + 𝑎12 𝑥2 + ⋯ + 𝑎1𝑛 𝑥 𝑛 𝑦2 = 𝑎21 𝑥1 + 𝑎22 𝑥2 + ⋯ + 𝑎2𝑛 𝑥 𝑛 ⋮ 𝑦 𝑚 = 𝑎 𝑚1 𝑥1 + 𝑎 𝑚2 𝑥2 + ⋯ + 𝑎 𝑚𝑛 𝑥 𝑛 という問題を解きたい！ 𝑦 = 𝑦1 ⋮ 𝑦 𝑚 は既知 𝑥 = 𝑥1 ⋮ 𝑥 𝑛 は未知 𝑦 = 𝐴𝑥と書き換えると, 係数行列𝐴に逆行列があれば, 𝑥 = 𝐴−1 𝑦が解！ この連立方程式はどうやって解くべきか？
- 10. 連立1次方程式の解法 掃き出し法 クラメールの公式 LU分解 Jacobi法 ←今回解説するのはこれ Gauss-Seidel法 SOR法 ←使ったのはこれ 共役勾配法 etc…
- 11. Jacobi法 𝑦 = 𝐴𝑥の𝑖行目を取り出して, 𝑥𝑖について書き直す 𝑥𝑖 = 1 𝑎𝑖𝑖 − 𝑎𝑖𝑗 𝑥𝑗 𝑗≠𝑖 + 𝑦𝑖 適当に初期値を与えて, 次の漸化式を解く 𝑥𝑖 𝑘+1 = 1 𝑎𝑖𝑖 − 𝑎𝑖𝑗 𝑥𝑗 𝑘 𝑗≠𝑖 + 𝑦𝑖 max 𝑖 |𝑥𝑖 𝑘+1 − 𝑥𝑖 𝑘 |がある値以下になれば終了
- 12. で、収束するの？ 収束性を議論するために, 係数行列𝐴を以下のように書き換える. 𝐴 = 𝐷 − 𝐸 ただし, 𝐷は対角, 𝐸は対角成分が0 すると, Jacobi法の反復式は以下のようになる. 𝑥 𝑘+1 = 𝐷−1 𝐸𝑥 𝑘 + 𝑏 = 𝑀𝑥 𝑘 + 𝑐 この𝑀を反復行列と呼ぶ
- 13. で、収束するの？ 定理 Jacobi法が任意の初期値に対して収束するための 必要十分条件は, 任意の𝜆 ∈ spec(𝑀)に対し 𝜆 < 1 が成立することである. 証明 𝑒 𝑘 = 𝑥 𝑘 − 𝑥∗とおく. (𝑥∗は真値) 𝑒 𝑘+1 = 𝑀𝑥 𝑘 + 𝑐 − 𝑀𝑥∗ + 𝑐 = 𝑀𝑒 𝑘 より, 𝑒 𝑘+1 = 𝑀 𝑘 𝑒0 = 𝑇−1 Λ 𝑘 𝑇𝑒0 となる. よって, 任意の𝜆 ∈ spec(𝑀)に対し 𝜆 < 1が収束する ための必要十分条件である.
- 14. 反復法計算のメリット 偏微分方程式のような, 係数行列が疎になる 連立方程式の場合は以下の様なメリットがある. • メモリの節約になる • 反復回数を増やせば近似解の精度が上がる
- 15. まとめ • 流体方程式の解き方として, SMAC法と呼ばれる 方法を紹介した • 連立方程式の数値解法のひとつとしてJacobi法 について解説した • 実際にシミュレーションをすることができた