8.3 Crank–Nicolson og implisitte skjemaer

Det implisitte Crank–Nicolson-skjemaet (trapes i tid), det tridiagonale systemet det gir, og hvorfor det er ubetinget stabilt.

55 min

11 oppgaver

Crank–Nicolsonimplisitte skjemaer

Din fremgang i kapitlet

0 / 11 oppgaver

Crank–Nicolson er den implisitte halvdelen av sjanger P — differansemetoder for partielle differensiallikninger, som står på 11 av 13 gjennomgåtte sett (85 %). Bokstavene A til S er bokas korte navn på de nitten oppgavetypene på settene, og de forklares første gang de brukes i hvert kapittel.

Crank–Nicolson eller trapesregelen i tid har eget belegg i 4 av 13 sett (31 %). Det er nok til at metoden må sitte, og lite nok til at kap. 8.2 har høyere prioritet om du har dårlig tid.

Det som spørres om, er tre ting, og de kommer i denne rekkefølgen:

1. «Sett opp systemet.» Skriv skjemaet for hvert indre punkt og samle det som $A\mathbf U^{n+1} = \mathbf b$ , med matrisen skrevet ut. Dette er hoveddelen av poengene.
2. «Løs for ett tidssteg.» Et lite tridiagonalt system, som regel med to eller tre ukjente, løst for hånd.
3. «Forklar hvorfor skjemaet er stabilt for enhver $r$ .» Kortsvaret som skiller toppsjiktet.

Formelark-merking.

- Crank–Nicolson-formelen står på det utdelte formelarket — tren oppslaget. Den ligger på numerikk-siden, i formen $(2+2r)U_i^{n+1} - r\left(U_{i+1}^{n+1}+U_{i-1}^{n+1}\right) = (2-2r)U_i^n + r\left(U_{i+1}^n+U_{i-1}^n\right)$ . Ferdigheten er å sette inn riktig $r$ og lese av matrisen, ikke å huske formelen.
- Oppsettet av det tridiagonale systemet, randbidragene i høyresiden og stabilitetsargumentet må kunnes. Arket sier ingenting om noen av delene.

Tidsbruk: 55 minutter lesetid, fire løkker à omtrent et kvarter. Naturlig pausepunkt etter løkke 2.

Forkunnskaper: kap. 8.2 — det eksplisitte skjemaet, stabilitetstallet

r

og hva ustabilitet er. Uten det kapitlet gir dette ingen mening, for hele Crank–Nicolson er et svar på problemet som ble avdekket der. Fra kap. 8.1 trengs differansekvotientene.

Fra tidligere matematikkemner forutsettes at du kan løse et lite lineært likningssystem med Gauss-eliminasjon eller innsetting, og at du vet hva en matrise er. Ingen kunnskap om numerisk lineær algebra kreves — systemene i dette kapitlet har to eller tre ukjente og løses for hånd.

Kapitlet er nyttig, men ikke nødvendig, før kap. 8.4.

Regningen som gjorde stabilitetskravet uakseptabelt

I kap. 8.2 endte oppgave 4 med et tall som fortjener å bli stående: for å regne fram til $t = 1$ på et gitter med tjue romlige punkter, med diffusivitet $c^2 = 9$ , trengs 7200 tidssteg. Ikke fordi vi trenger så fin oppløsning i tid — men fordi skjemaet ellers sprenger.

Det er en dårlig handel. Vi betaler tusenvis av tidssteg for en nøyaktighet vi ikke har bruk for, bare for å kjøpe stabilitet.

Ideen som løser det, er nesten frekk: hvis problemet er at høyresiden regnes ut på det gamle tidsnivået, hvorfor ikke regne den ut på det nye? Da får du et skjema der den ukjente står på begge sider — og det er ikke lenger en formel du kan sette inn i, men et likningssystem du må løse.

Prisen er reell, og gevinsten er større. Ett likningssystem per tidssteg, mot fullstendig frihet i valget av $\Delta t$ . For lange kjøringer er det ikke i nærheten av å være et vanskelig valg.

Crank–Nicolson går ett skritt lenger og tar gjennomsnittet av det gamle og det nye nivået. Det er trapesregelen brukt på tidsaksen, og det gir andre orden i tid — mot det eksplisitte skjemaets første. Du får altså både bedre nøyaktighet og ubetinget stabilitet, for prisen av å løse et lite system.

Kapitlet gjør fire ting: innfører den implisitte ideen i sin enkleste form, setter opp Crank–Nicolson og løser et system for hånd, viser hvorfor skjemaet er stabilt uansett $r$ , og drøfter ærlig når det faktisk lønner seg.

Flashcard- og repetisjonsstoff — hopp trygt over ved førstegangslesing. Definisjonsboksene i dette kapitlet er samtidig kortene i flashcard-bunken. Ved første gjennomlesing holder det å lese formelen og gå videre til eksempelet; tidsanslaget på 55 minutter gjelder kjernestoffet.

Løkke 1 — Den implisitte ideen i sin enkleste form (~13 min)

Før Crank–Nicolson tar vi det enkleste implisitte skjemaet. Det er lettere å forstå, det viser hele mekanismen, og det dukker opp på formelarket under navnet bakover-Euler.

Implisitt skjema

n+1

Bakover-Euler-skjemaet

\frac{U_i^{n+1} - U_i^n}{\Delta t} = c^2\,\frac{U_{i+1}^{n+1} - 2U_i^{n+1} + U_{i-1}^{n+1}}{h^2}.

Hvorfor bakover-Euler ikke kan sprenge. Sett inn en bølgekomponent

U_i^n = \xi^n e^{\mathrm{i}\beta x_i}

. Naboleddene gir

e^{\pm\mathrm{i}\beta h}

, og

e^{\mathrm{i}\beta h} + e^{-\mathrm{i}\beta h} = 2\cos\beta h

, så

$\xi\left(-2r\cos\beta h + 1 + 2r\right) = 1 \quad\Longrightarrow\quad \xi = \frac{1}{1 + 2r(1-\cos\beta h)}.$

Med identiteten $1 - \cos\theta = 2\sin^2(\theta/2)$ :

$\xi = \frac{1}{1 + 4r\sin^2\!\left(\frac{\beta h}{2}\right)}.$

Nevneren er alltid minst 1, uansett hvor stor $r$ er. Derfor er $0 < \xi \le 1$ for enhver $r$ og enhver bølgelengde: ingen mode kan vokse.

Intuisjon: i det eksplisitte skjemaet ganges feilen med noe som kan være større enn 1 i tallverdi. I det implisitte deles den på noe som alltid er større enn 1. Divisjon kan aldri forstørre.

Sammenlign med kap. 8.2: der var $\xi = 1 - 4r\sin^2(\beta h/2)$ , som stuper under $-1$ så snart $r > \tfrac12$ . Her står den samme størrelsen i nevneren i stedet for i telleren, og hele problemet forsvinner.

📝Oppgave 1

(Innstegsoppgave — ren avlesning.) Skriv opp bakover-Euler-skjemaet for $u_t = u_{xx}$ med $h = 0{,}5$ og $\Delta t = 0{,}25$ .

a) Hva er $r$ ?
b) Skriv likningen for et indre punkt med tallene satt inn.
c) Hvorfor kan du ikke løse den for $U_i^{n+1}$ alene?

Løkke 2 — Crank–Nicolson og det tridiagonale systemet (~16 min)

Bakover-Euler er stabilt, men bare førsteordens i tid — akkurat som det eksplisitte. Crank–Nicolson fikser det med et grep du kjenner fra kap. 6.2: trapesregelen.

Trapesregelen i tid

\frac{U_i^{n+1}-U_i^n}{\Delta t} = \frac{c^2}{2}\left(\frac{\delta^2U_i^{n+1}}{h^2} + \frac{\delta^2U_i^{n}}{h^2}\right),

Crank–Nicolson-skjemaet

(2+2r)\,U_i^{n+1} - r\left(U_{i+1}^{n+1} + U_{i-1}^{n+1}\right) = (2-2r)\,U_i^{n} + r\left(U_{i+1}^{n} + U_{i-1}^{n}\right),

Tridiagonal matrise

A = \begin{pmatrix} 2+2r & -r & & \\ -r & 2+2r & -r & \\ & -r & 2+2r & -r \\ & & \ddots & \ddots\end{pmatrix}

Systemet

A\mathbf U^{n+1} = \mathbf b

i = 1,\dots,N-1

Randbidragene i høyresiden

i = 1

✏️Sett opp systemet og løs ett tidssteg for hånd

Løs

u_t = u_{xx}

på

[0,1]

med

u(0,t) = u(1,t) = 0

og starttemperaturen

$u(x,0) = \begin{cases} x, & 0 \le x \le \tfrac12,\\[2pt] 1-x, & \tfrac12 < x \le 1,\end{cases}$

med Crank–Nicolson, $h = 0{,}25$ og $\Delta t = 0{,}0625$ . Sett opp $A\mathbf U^1 = \mathbf b$ , løs, og ta ett skritt til.

Steg 1 — regn ut $r$ .

$r = \frac{c^2\Delta t}{h^2} = \frac{0{,}0625}{0{,}0625} = 1.$

Merk hva $r = 1$ betyr: det er dobbelt så stort som grensen $\tfrac12$ for det eksplisitte skjemaet. Med Crank–Nicolson er det helt lovlig, og vi skal se i løkke 3 hva som skjer om man prøver det samme eksplisitt.

Steg 2 — sett inn i formelen fra arket. Med $r = 1$ er $2+2r = 4$ og $2-2r = 0$ , så hele det gamle midtleddet faller bort:

$4U_i^{n+1} - \left(U_{i+1}^{n+1} + U_{i-1}^{n+1}\right) = U_{i+1}^{n} + U_{i-1}^{n}.$

Det er en tilfeldighet ved akkurat $r = 1$ , og den gjør regningen kort.

Steg 3 — startraden. Gitterpunktene er $0;\ 0{,}25;\ 0{,}5;\ 0{,}75;\ 1$ , så

$U_0^0 = 0, \quad U_1^0 = 0{,}25, \quad U_2^0 = 0{,}5, \quad U_3^0 = 0{,}25, \quad U_4^0 = 0.$

Steg 4 — høyresiden. For $i = 1,2,3$ er $b_i = U_{i+1}^0 + U_{i-1}^0$ :

$b_1 = U_2^0 + U_0^0 = 0{,}5 + 0 = 0{,}5,$
$b_2 = U_3^0 + U_1^0 = 0{,}25 + 0{,}25 = 0{,}5,$
$b_3 = U_4^0 + U_2^0 = 0 + 0{,}5 = 0{,}5.$

Randbidraget på nytt tidsnivå er $r\,U_0^{1} = 0$ og $r\,U_4^{1} = 0$ , siden randen er kald. Ingenting å legge til.

Steg 5 — systemet.

$\begin{pmatrix} 4 & -1 & 0\\ -1 & 4 & -1\\ 0 & -1 & 4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}U_1^1\\ U_2^1\\ U_3^1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0{,}5\\ 0{,}5\\ 0{,}5\end{pmatrix}.$

Steg 6 — løs. Både data og system er symmetriske om midten, så $U_1^1 = U_3^1$ . Det reduserer systemet til to likninger:

$4U_1 - U_2 = 0{,}5, \qquad -2U_1 + 4U_2 = 0{,}5.$

Fra den første: $U_2 = 4U_1 - 0{,}5$ . Sett inn i den andre:

$-2U_1 + 16U_1 - 2 = 0{,}5 \quad\Longrightarrow\quad 14U_1 = 2{,}5 \quad\Longrightarrow\quad U_1 = \frac{5}{28} = 0{,}178571.$

$U_2 = 4\cdot\frac{5}{28} - \frac12 = \frac{20}{28} - \frac{14}{28} = \frac{6}{28} = \frac{3}{14} = 0{,}214286.$

Rad 1: $\left(0;\ \tfrac{5}{28};\ \tfrac{3}{14};\ \tfrac{5}{28};\ 0\right)$ .

Kontroll: sett inn i den midterste likningen: $-\tfrac{5}{28} + 4\cdot\tfrac{6}{28} - \tfrac{5}{28} = \tfrac{-5+24-5}{28} = \tfrac{14}{28} = 0{,}5$ . ✓

Steg 7 — ett skritt til. Ny høyreside fra rad 1:

$b_1 = U_2^1 + U_0^1 = \tfrac{6}{28} + 0 = \tfrac{3}{14}, \qquad b_2 = U_3^1 + U_1^1 = \tfrac{5}{28}+\tfrac{5}{28} = \tfrac{5}{14}, \qquad b_3 = \tfrac{3}{14}.$

Samme matrise, samme symmetri:

$4U_1 - U_2 = \tfrac{3}{14}, \qquad -2U_1 + 4U_2 = \tfrac{5}{14}.$

$14U_1 = \tfrac{12}{14} + \tfrac{5}{14} = \tfrac{17}{14} \quad\Longrightarrow\quad U_1^2 = \frac{17}{196} = 0{,}086735,$

$U_2^2 = 4\cdot\frac{17}{196} - \frac{3}{14} = \frac{68}{196} - \frac{42}{196} = \frac{26}{196} = \frac{13}{98} = 0{,}132653.$

Steg 8 — kontroll mot fasiten. Den analytiske løsningen fra kap. 5.2 er $u = \sum_n B_n\sin(n\pi x)e^{-n^2\pi^2t}$ med $\displaystyle B_n = \frac{4}{n^2\pi^2}\sin\frac{n\pi}{2}$ for denne hattefunksjonen. Regnet ut ved $t = 0{,}0625$ :

$u(0{,}5;\ 0{,}0625) = 0{,}218883.$

Crank–Nicolson ga $0{,}214286$ — avvik $0{,}0046$ , altså 2 %, på et gitter med bare tre indre punkter og med et tidssteg dobbelt så stort som det eksplisitte skjemaet i det hele tatt har lov til å bruke.

Merk et ærlig forbehold: i punktet $x = 0{,}25$ er avviket større, $0{,}1786$ mot eksakt $0{,}1545$ . Startdataene har et knekkpunkt i $x = 0{,}5$ , og et knekkpunkt bryter forutsetningen om at $u$ er deriverbar nok ganger til at $O(h^2)$ -argumentet holder. Grovt gitter pluss knekk gir større feil enn ordenen alene lover.

📝Oppgave 2

Skriv opp Crank–Nicolson-formelen med tallene satt inn for $r = 0{,}5$ , og oppgi matrisen $A$ for et gitter med tre indre punkter og kalde ender.

📝Oppgave 3

Bruk Crank–Nicolson på

u_t = u_{xx}

[0,1]

, kalde ender, med

h = 0{,}25

\Delta t = 0{,}03125

$u(x,0) = \sin \pi x.$

a) Regn ut $r$ .
b) Sett opp $A\mathbf U^1 = \mathbf b$ med tall.
c) Løs systemet og sammenlign med den eksakte løsningen $u = e^{-\pi^2t}\sin\pi x$ .

Løkke 3 — Ubetinget stabilitet, og hva det er verdt (~13 min)

— naturlig pausepunkt —

Nå til kortsvaret som skiller toppsjiktet: hvorfor er Crank–Nicolson stabilt for enhver $r$ ? Argumentet er tre linjer og bruker samme grep som i kap. 8.2.

Utledningen. Sett en bølgekomponent

U_i^n = \xi^n e^{\mathrm{i}\beta x_i}

inn i skjemaet. Naboleddene gir

e^{\mathrm{i}\beta h}+e^{-\mathrm{i}\beta h} = 2\cos\beta h

på begge sider:

$\xi\left(2+2r - 2r\cos\beta h\right) = 2-2r + 2r\cos\beta h.$

Del alt på 2 og bruk $1-\cos\theta = 2\sin^2(\theta/2)$ . Sett $\displaystyle s = 2r\sin^2\!\left(\frac{\beta h}{2}\right) \ge 0$ :

$\xi\,(1 + s) = 1 - s \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\ \xi = \frac{1-s}{1+s}.\ }$

Nå er saken avgjort. For enhver $s \ge 0$ er

$-1 < \frac{1-s}{1+s} \le 1,$

fordi telleren alltid er mindre enn nevneren i tallverdi. Ingen mode kan vokse, uansett hvor stor $r$ er. Skjemaet er ubetinget stabilt. $\blacksquare$

Intuisjon: $s$ måler hvor «hardt» diffusjonen virker på den aktuelle bølgen. Formelen $(1-s)/(1+s)$ er en gammel kjenning — den avbilder hele den positive halvaksen inn i intervallet $(-1,1]$ , uansett hvor stor $s$ blir. Det er hele hemmeligheten.

Sammenlign de tre skjemaene for samme $s$ :

Skjema	$\xi$	Stabilitet	Orden i tid
Eksplisitt	$1-2s$	krever $r \le \tfrac12$	$O(\Delta t)$
Bakover-Euler	$\dfrac{1}{1+2s}$	ubetinget	$O(\Delta t)$
Crank–Nicolson	$\dfrac{1-s}{1+s}$	ubetinget	$O(\Delta t^2)$

Crank–Nicolson er den eneste som har begge deler.

Ubetinget stabilitet

|\xi| \le 1

Ordenen til Crank–Nicolson

\tau = O(\Delta t^2) + O(h^2),

✏️Samme $r$, to skjemaer: det ene gir mening, det andre ikke

Kjør både det eksplisitte skjemaet og Crank–Nicolson på hattefunksjonen fra eksempel 1, med $h = 0{,}25$ , $\Delta t = 0{,}0625$ , altså $r = 1$ . Sammenlign fire tidssteg.

Det eksplisitte skjemaet med $r = 1$ . Formelen er

U_i^{n+1} = U_i^n + \left(U_{i+1}^n - 2U_i^n + U_{i-1}^n\right)

, som forenkles til

$U_i^{n+1} = U_{i+1}^n - U_i^n + U_{i-1}^n.$

Regn radene (alle randverdier er 0):

$n$	$U_1$	$U_2$	$U_3$	maks
0	0,25	0,50	0,25	0,50
1	0,25	0	0,25	0,25
2	$-0{,}25$	0,50	$-0{,}25$	0,50
3	0,75	$-1{,}00$	0,75	1,00
4	$-1{,}75$	2,50	$-1{,}75$	2,50

Regn med:

U_2^1 = 0{,}25 - 0{,}5 + 0{,}25 = 0

U_1^2 = 0 - 0{,}25 + 0 = -0{,}25

U_2^3 = 0{,}25 - 0{,}5 + 0{,}25

… nei, fra rad 2:

U_2^3 = U_3^2 - U_2^2 + U_1^2 = -0{,}25 - 0{,}5 - 0{,}25 = -1{,}00

. Og videre.
Se hva som skjer. Allerede på rad 2 er det negative temperaturer i en oppgave der all starttemperatur var positiv og randen holdes på null. På rad 4 veksler verdiene mellom

-1{,}75

+2{,}50

, og de vokser. Det er sagtannmoden fra kap. 8.2, og den vokser med faktoren

|1-4r| = 3

per steg.
Crank–Nicolson med samme $r = 1$ , fra eksempel 1:

$n$	$U_1$	$U_2$	eksakt $u(0{,}5)$
0	0,250000	0,500000	0,500000
1	0,178571	0,214286	0,218883
2	0,086735	0,132653	0,118025
3	0,050292	0,068513	—

Alt synker, alt er positivt, og verdiene ligger nær fasiten. Samme steglengder, samme regnearbeid per punkt — helt ulikt resultat.
Det er dette som menes med at ubetinget stabilitet er verdt prisen av å løse et system. Prisen er et

3\times 3

-system per tidssteg. Gevinsten er at svaret i det hele tatt betyr noe.

En ærlig nyansering du bør ha med i en drøftingsoppgave: Crank–Nicolson er stabilt for enhver $r$ , men det er ikke det samme som at store $r$ er lurt. Ser du på forsterkningsfaktoren for sagtannmoden ( $s = 2r$ ), er

$\xi = \frac{1-2r}{1+2r},$

som går mot $-1$ når $r$ blir stor. Ved $r = 50$ er $\xi = -0{,}980$ : den moden dør knapt ut, og den skifter fortegn hvert steg. Løsningen sprenger ikke, men den kan få små, langlevde svingninger som ikke finnes i virkeligheten — særlig rett etter en brå start. Bakover-Euler har ikke det problemet ( $\xi > 0$ alltid), men er til gjengjeld bare førsteordens. Ingen av metodene er best på alt.

📝Oppgave 4

a) Vis at forsterkningsfaktoren til Crank–Nicolson er

\xi = \dfrac{1-s}{1+s}

med

s = 2r\sin^2(\beta h/2)

.
b) Vis at

|\xi| \le 1

for alle

s \ge 0

.
c) Hva går

\xi

mot når

r \to \infty

for sagtannmoden, og hva betyr det praktisk?

📝Oppgave 5

Sammenlign de tre skjemaene for varmelikningen på et bestemt problem: $h = 0{,}1$ , $c^2 = 1$ , og du skal regne fram til $t = 0{,}5$ med en nøyaktighet i tid som svarer til $\Delta t = 0{,}02$ .

a) Hvor mange tidssteg trenger Crank–Nicolson?
b) Hvor mange trenger det eksplisitte skjemaet, når stabiliteten er tatt hensyn til?
c) Drøft kort hvilket skjema du ville valgt.

Løkke 4 — Å løse systemet, og når det lønner seg (~13 min)

Det siste som gjenstår, er å se på hva «løs systemet» faktisk koster — og på et par ærlige forbehold.

Thomas-algoritmen for tridiagonale systemer

U_{N-1}

Når lønner implisitt seg?

\Delta t \le h^2/(2c^2)

Svingninger ved stor

r

r

Matrisen er den samme hele veien

A\mathbf U^{n+1} = \mathbf b^n

Skjemaet på andre problemer

u_t = c^2u_{xx} + f(x,t)

📝Oppgave 6

Bruk Crank–Nicolson på

u_t = u_{xx}

på

[0,1]

med

$u(0,t) = 0, \qquad u(1,t) = 2, \qquad u(x,0) = 0 \ \text{ for } 0 \le x < 1.$

Gitteret er $h = \tfrac13$ (to indre punkter) og $r = 1$ .

a) Sett opp systemet for det første tidssteget, med randbidragene på riktig plass.
b) Løs det.
c) Hva blir løsningen når $t \to \infty$ , og stemmer retningen på svaret i b) med det?

📝Oppgave 7

Vis at bakover-Euler-skjemaet $-rU_{i-1}^{n+1} + (1+2r)U_i^{n+1} - rU_{i+1}^{n+1} = U_i^n$ oppfyller et maksimumsprinsipp for enhver $r > 0$ : ingen indre verdi på det nye nivået kan være større enn den største verdien blant $U_i^n$ og randverdiene på nivå $n+1$ .

Typiske feil

Feil fortegn eller plassering i tridiagonalmatrisen. Diagonalen skal være

2+2r

og nabodiagonalene

-r

— ikke omvendt, og ikke

+r

. Kontroll: matrisen skal være symmetrisk, og diagonalelementet skal være større enn summen av tallverdiene til naboene. Er det ikke det, har du skrevet feil.

Å behandle Crank–Nicolson som om det var eksplisitt. Den nye verdien kan ikke isoleres — det er tre ukjente i hver likning. Skriver du « $U_i^{n+1} = \dots$ » med bare gamle verdier på høyre side, har du regnet noe helt annet.

Å glemme randbidragene i høyresiden. Ved ikke-homogene randbetingelser opptrer randverdien to ganger i første og siste likning: én gang fra det gamle nivået, som allerede står i formelen, og én gang fra det nye, som må flyttes over fra venstre side. Oppgave 6 viser hvor lett den siste glemmes.

Å bruke det eksplisitte $r$ -kravet på Crank–Nicolson. Skriver du « $r = 1 > \tfrac12$ , altså ustabilt» om et implisitt skjema, har du misforstått hele poenget med kapitlet. Crank–Nicolson og bakover-Euler er ubetinget stabile. Si det, og si hvorfor.

Å bruke feil form av formelen. Arket har $(2+2r)$ -formen. Deler du på 2 underveis uten å gjøre det på begge sider, blir alle tallene halve. Skriv opp formelen fra arket først, uendret, og sett så inn.

Å tro at ubetinget stabilt betyr ubetinget nøyaktig. Stort $\Delta t$ er lovlig, men gir stor avkuttingsfeil og kan gi svingninger som ikke finnes i virkeligheten. Velg $\Delta t$ etter nøyaktigheten du trenger.

Begrepsbank

Flashcard- og repetisjonsstoff — hopp trygt over ved førstegangslesing. Boksene under samler resten av kapitlets begreper som egne kort.

Theta-skjemaet — de tre metodene som én familie

\theta \in [0,1]

Diagonaldominans

|2+2r| > |-r|+|-r| = 2r

Midtpunktet

t_{n+1/2}

\frac{U_i^{n+1}-U_i^n}{\Delta t} \approx u_t\!\left(x_i,\ t_{n+1/2}\right),

Repetisjonsoppgaver

Din fremgang

0 / 4 oppgaver

Symbol- og formelliste

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.