求解泊松方程 FFT 域 vs 有限差分

Question

我有当前方程的两个解：

第一个是使用有限差分方案（下面的代码）：

# Some variable declarations
nx = 300
ny = 300
nt  = 100
xmin = 0.
xmax = 2.
ymin = 0.
ymax = 1.

dx = (xmax - xmin) / (nx - 1)
dy = (ymax - ymin) / (ny - 1)

# Initialization
p  = np.zeros((nx, ny))
pd = np.zeros((nx, ny))
b  = np.zeros((nx, ny))

# Source
b[int(nx / 4), int(ny / 4)]  = 100
b[int(3 * nx / 4), int(3 * ny / 4)] = -100

for it in range(nt):
    pd = p.copy()
    p[1:-1,1:-1] = (((pd[1:-1, 2:] + pd[1:-1, :-2]) * dy**2 +
                    (pd[2:, 1:-1] + pd[:-2, 1:-1]) * dx**2 -
                    b[1:-1, 1:-1] * dx**2 * dy**2) / 
                    (2 * (dx**2 + dy**2)))

    p[0, :] = 0
    p[nx-1, :] = 0
    p[:, 0] = 0
    p[:, ny-1] = 0

使用 FFT 我有以下代码：

def poisson(b,nptx,npty,dx,dy,nboundaryx,nboundaryy):
    
    p  = np.zeros((nptx,npty))
    
    ppad  = np.zeros((nptx+nboundaryx,npty+nboundaryy))
    
    phatpad  = np.zeros((nptx+nboundaryx,npty+nboundaryy))
   
    bpad    = np.zeros((nptx+nboundaryx,npty+nboundaryy))
        
      
     
    bpad[:nptx,:npty] = b

    kxpad = 2*np.pi*np.fft.fftfreq(nptx+nboundaryx,d=dx)
   
    kypad = 2*np.pi*np.fft.fftfreq(npty+nboundaryy,d=dy)
       
    epsilon = 1.e-9
       
    ppad = np.real(np.fft.ifft2(-np.fft.fft2(bpad)/np.maximum(kxpad[None, :]**2 + kypad[:, None]**2,epsilon)))
    
    p = ppad[:nptx,:npty]
    
    p[0,:]      = 0
    p[nptx-1,:] = 0
    p[:,0]      = 0
    p[:,npty-1] = 0
    
  
    return p

nptx = 300
npty = 300
b  = np.zeros((nptx, npty))
b[int(nptx / 4), int(npty / 4)]  = 100
b[int(3 * nptx / 4), int(3 * npty / 4)] = -100
xmin = 0.
xmax = 2.
ymin = 0.
ymax = 1.
nboundaryx = 0
nboundaryy = 0
dx = (xmax - xmin) / (nptx+nboundaryx - 1)
dy = (ymax - ymin) / (npty+nboundaryy - 1)

print(dx)
p = poisson(b,nptx,npty,dx,dy,nboundaryx,nboundaryy)

结果是：

1. 使用有限差分的第一张图像

2. 使用 FFT 的第二幅图像

我知道使用 FD 方案是正确的，但不确定我在 FFT 中是否正确。我在 FFT 上看到一个圆形，这是正确的吗？

Answer 1

有两个主要区别

对于有限差分，您正在计算离散差分，对于 FFT 解决方案，您只需计算连续空间上的毒算符并将其应用于您的方程。要以完全相同的方式计算有限差分，您需要在离散域中使用 而不是计算 fft，您可以做的是记住 fft(roll(x, 1)) = exp(-2j * np.pi * np.fftfreq(N))* fft(x) 其中 roll 表示 oen 样本的循环移位。

另一点是您正在使用边界条件（墙上的零电位），快速而肮脏的解决方案是使用 method of image charges 来确保墙上的电位消失并计算增强空间上的毒药方程。如果您关心内存使用或解决方案纯度，您可以使用 sine transform ，它具有稍微复杂的转换公式，但可以在不增加空间的情况下进行计算，因为其定义迫使边界上的电位为零（因为sin(pi * n) = 0 对于任何整数 n)

频域的解是直接解，你用一个封闭的公式计算每个系数，然后进行傅里叶逆变换，不需要迭代。只要您以足够的准确度计算差异，准确度往往也不错。

如果你真的很担心这个，你应该关注像 (1 - exp(2j*pi/N)) 这样的差异，因为第二项接近 1，有效位的数量会减少。但是您可以通过将其分解为 exp(1j*pi/N) * (exp(-1j*pi/N) - exp(1j*pi/N)) = exp(1j*pi/N) * (-2j * sin(pi/N)) 来提高此类表达式的准确性，其中您有产品并且不会丢失任何重要的部分。如果您以单精度或半精度进行计算（使用 numpy.float64 或 numpy.complex128，您可能不会注意到任何舍入误差），所有这些都更为重要。

如果您在频域中进行计算并且对精度不满意，您可以随时通过有限差分方程的一些迭代来“细化”它。