Höhere Mathematik für Ingenieure. 2 Höhere Mathematik für Ingenieure 2: Aufgabensammlung 9783486599091

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Höhere Mathematik für Ingenieure 2 Aufgabensammlung von

Dr. Norbert Herrmann Mit 25 Abbildungen und mehr als 150 vollständig

gelösten Aufgaben

R. Oldenbourg Verlag München Wien 1995

Die Deutsche Bibliothek CIP-Einheitsaufnahme -

Herrmann, Norbert:

Höhere Mathematik für Ingenieure : Aufgabensammlung / von Norbert Herrmann. München ; Wien : Oldenbourg -

2. Mit mehr als 150 vollständig gelösten ISBN 3-486-23173-1

© 1995 R.

1995

Aufgaben. -

Oldenbourg Verlag GmbH, München

Das Werk einschließlich aller

Abbildungen

ist urheberrechtlich

geschützt. Jede

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wertung außerhalb der Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne Zustimmung des

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Systemen.

Gesamtherstellung:

R.

Oldenbourg Graphische Betriebe GmbH, München

ISBN 3-486-23173-1

Inhaltsverzeichnis Vorwort 1

VII

Nichtlineare Gleichungen und Systeme 1.1 Fixpunkt verfahren. 1.2 Newton- und Sekantenverfahren 1.3 Newton-Verfahren für Systeme. .

1.4 2

3

28

F-Entwicklung und -Transformation 3.1 Fourier-Entwicklung.

54

Die Parsevalsche Relation.

FFT. Fourier-Transformation. Inverse Fourier-Transformation. Anwendung auf DG1.

Distributionen 4.1 4.2 4.3 4.4

5

6 19 23

Laplace-Transformation 2.1 Die Laplace-Transformierte. 2.2 Die inverse Laplace-Transformierte. 2.3 Anwendung auf Differentialgleichungen.

3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 4

Bairstow-Verfahren.

1 1

Einführende

Beispiele

.

Singulare Distributionen. Ableitungen von Distributionen. Distributionen und Differentialgleichungen.

Variationsrechnung 5.1 Eulersche Gleichung. 5.2 Spezialfälle 5.3 Anwendungen. .

28 37 42

54 60 62 67 70 73 76 76 80 83 90 98

98 106 113

INHALTSVERZEICHNIS

VI

6

Gewöhnliche 6.1 6.2 6.3 6.4 6.5 6.6 6.7 6.8 6.9

7

119 Differentialgleichungen Beispiele .119

Einführende

Systeme

von

DG1.127

Numerik für Anfangswertaufgaben.138 Konsistenz bei Einschrittverfahren.149 Lineare Mehrschrittverfahren.155 Zur Stabilität.168 Prädiktor-Korrektor- Verfahren.173 Numerik bei Randwertproblemen.177 Numerik bei Eigenwertaufgaben.207 212 Differentialgleichungen Elliptische Differentialgleichungen.212 Hyperbolische Differentialgleichungen.231

Partielle 7.1 7.2

Literaturverzeichnis

238

Sachverzeichnis

240

Vorwort Auch dieser zweite Band einer Sammlung von mehr als 250 vollständig gelösten Aufgaben zur Höheren Mathematik für Ingenieure entstand während meiner Tätigkeit als Mitarbeiter am Institut für Angewandte Mathematik der Universität Hannover. Hier betreue ich seit 1989 Studentinnen und Studenten der Elektrotechnik und versuche, ihnen den manchmal trocken erscheinenden Stoff der Mathematik mit Beispielen und Übungsaufgaben verständlicher zu machen. Nachdem der erste Band die grundlegenden Kapitel der Höheren Mathematik behandelt, beschreibt dieser zweite Band im Kapitel 'Nichtlineare Gleichungen und Systeme' Möglichkeiten, Nullstellen und Fixpunkte von Funktionen näherungsweise zu bestimmen. Es folgen Aufgaben zur Laplace- und Fourier-Transformation, zu Distributionen und zur Variationsrechnung, um schließlich in zwei sehr umfangreichen Kapiteln 'Gewöhnliche Differentialgleichungen' und 'Partielle Differentialgleichungen' die Ernte einzufahren. Viele Algorithmen, die man sich in früheren Kapiteln mühsam angeeignet hat, finden hier nun ihre Berechtigung als Hilfsmittel zur Lösung von Anfangs-, Randund Eigenwertaufgaben. Genannt seien Runge-Kutta-Verfahren, Mehrschrittverfahren, Prädiktor-Korrektor-Verfahren, Ritz-Verfahren, Galerkin-Verfahren, Finite Elemente, um nur die wichtigsten zu nennen. Der trickreiche Weg von Bernoulli über die Separation der Variablen wird im Kapitel 'Partielle Differentialgleichungen' nachvollzogen. Anschließend werden das Differenzenverfahren und die Ansatzfunktionen für die Methode der Finiten Elemente vorgestellt. Damit richtet sich dieses Buch in erster Linie an Studierende der Ingenieurwissenschaften. Genau so können aber auch Studierende der Naturwissenschaften Gewinn aus diesen Aufgaben ziehen. Ja, ich denke, selbst Studierende der Mathematik finden hier viele Aufgaben, die sie zwar theoretisch durchdrungen, aber praktisch selten erprobt haben. Welcher Mathematikstudent hat schon mal ernstlich eine schnelle Fouriertransformation (FFT) durchgeführt oder eine Randwertaufgabe mit dem Ritzverfahren gelöst? Danken möchte ich zunächst allen Studierenden, die mich bei der Erstellung dieser Sammlung zum Teil mit Diskussionen und Ratschlägen, aber besonders mit der Suche nach Fehlern unterstützt haben. Sicherlich sind noch einige Bonbons zu gewinnen, und ich bin weiterhin für Hinweise auf Fehler dankbar. Ein weiterer Dank gilt meinem Schwiegervater, Johannes Döring, der das Manu-

VIII

VORWORT

Korrektur gelesen hat. Danken möchte ich schließlich auch meiner Frau, die viel Verständnis dafür aufgebracht hat, daß ich abends das Manuskript in MjrX übertrug, statt den Feierabend mit ihr gemeinsam zu genießen. Auch dem Oldenbourg Verlag möchte ich danken für die schnelle Entscheidung, dieses Buch in das Verlagsangebot zu übernehmen, und die stets unkomplizierte Art, auftretende Probleme zu entschärfen. Mein wichtigstes Bemühen bestand darin zu vermitteln, daß unsere Mathematik keine tote, sondern eine überaus lebendige und sehr spannende Wissenschaft ist. Wenn auch noch andere Studierende, die dieses Buch lesen, bei der Lektüre ab und zu schmunzeln können, wie mir ein Student schrieb, ist ein weiteres Anliegen erreicht.

skript mit großer Sorgfalt

Norbert Herrmann

Kapitel

1

Nichtlineare

Gleichungen

und

Systeme 1.1

Fixpunktverfahren

Aufgabe

1.1 Gesucht ist die Nullstelle in der Nähe

f(x)

=

von

1.8 der Funktion

log10 x x2 + 3. -

(a) Prüfen Sie verschiedene Fixpunktansätze auf ihre Brauchbarkeit. (b) Berechnen Sie näherungsweise den Fixpunkt. (c) Wie oft muß man mindestens iterieren, um sicher zu sein, daß der a priori Fehler kleiner ist als d

=

5

•

10~4 ?

Lösung:

Fixpunktverfahren Gesucht wird

von

einer

gegebenen

Funktion

T(x)

ein

Fixpunkt,

also ein

£

G Dt mit

1X0 ۥ =

Das Fixpunktverfahren zur näherungsweisen Bestimmung dieses Fixpunktes lautet dann: Gegeben sei ein Startwert x^ in der Nähe des vermuteten Fixpunktes. Berechne dann:

»('+!)-I^jbW,

1

=

0,1,2,...

1 Nichtlineare

2

Gleichungen

und

Systeme

Fixpunktverfahren wird auch Banachverfahren genannt, da der entscheidende Konvergenzsatz für dieses Vorgehen von Stefan Banach stammt. Um seinen berühmten Satz Das zu

zitieren, definieren wir erst einmal, was wir unter einer Kontraktion verstehen wollen. Kontraktion

Die

Abbildung T(x)

heißt eine

Kontraktion, wenn gilt:

||r(x)-T(y)|| 2.00956. Also sind drei Iterationen hinreichend. Zu (ü) L « 0.87 => it > 311.87. Hier braucht man also mindestens 312 Iterationen, um 3 Stellen sicher zu haben. In beiden Fällen sieht man daß die Abschätzung zu grob ist und die geforderte Genauigkeit früher eintritt.

Aufgabe

1.2 Entwickeln Sie verschiedene

Nullstellen des

folgenden Polynoms

zu

p(x)

Fixpunktansätze,

um

sämtliche

berechnen: =

x3

5x + 1. —

Lösung: Wiederum verschaffen wir uns eine erste Ubersicht mit der Wir werden also drei Nullstellen erwarten: xi «

-2.3,

x2 sa

0.2,

x3

«

Abbildung

1.2.

2.1.

Analog zur vorhergehenden Aufgabe bieten wir fünf verschiedene Fixpunktansätze an, die

1 Nichtlineare

6

y

Abbildung wir dann jeweils

an =

Hand der

Gleichungen und Systeme

fx

Graphische Fixpunktsuche

1.2:

Ableitung von T{,i

=

1,..., 5 auf Konvergenz untersuchen.

!(*3 + i)

Ti(x),

l _

5-x3 5

IV

X

=

X

=

1

v7^ X~\

n(x

1,

-

> 0.2 x< 0.2 x

-$T=5ï,

Ableitungen

T[(x n(x

1.2

T4(x) i>0.2Vi

VÏQ >

~

-

3.1622807

=^ q

=

33.1622776 >

zu

q

=

10/3.16

=

3.16-3.1578948 3.1622807 = 3.1622746

3.1622746 und erhalten:

v'ÏÔ > 3.1622777.

Die oberen Schranken bilden unsere bereits hinlänglich aus den anderen Verfahren bekannten Näherungen, die unteren Schranken scheinen etwas Neues hervorzubringen. Also wollen wir mal das ganze analysieren. Zu (b) Dem Leser wird sicherlich klargeworden sein, daß hier das Newton-Verfahren versteckt ist. Wo aber genau? Dazu schreiben wir dieses Verfahren und das Sekantenverfahren zur Wurzelberechnung explizit auf. Die Aufgabe formen wir zunächst um: =

Wir wählen als Startwert ein x0 nach der Newtonschen Idee:

f(x)

x

möglichst

=

x2

nahe

fi*k)

a

=

an

der vermuteten Wurzel. Dann

x\-a

,

x^-Xk-JW)=Xk-^xV Daraus erhalten wir

unsere

gesuchte

=

folgt

x\ + a ^xT-

Formel:

Wurzelberechnung mit «o>0,«*+i In

0.

-

dem Newton-Verfahren

=

+

j

analoger Weise ermitteln wir die Formel zur Wurzelberechnung mit Hilfe des Sekanten-

Verfahrens.

\fä

=

x

=>

f(x)

=

x2

a —

=

0.

1.2 Newton- und Sekantenverfahren

15

Hier wählen wir nun entsprechend dem Sekanten-Verfahren zwei Startwerte xo > 0 und xi > 0. Dann ergibt sich die Formel aus folgender Rechnung: Xk+1

%k

x f{Xk-l)-

=

Xk-1 -

f{Xk) /(Xfc-1 Xk xk-l »t-i-(gt-i-a) 2_, ° +a -

-

2

/

=

\

~

xk

-

*t-i

1

+a

Xk-1 2 xfc_i-(x£_j -a)-= + Xk Xk-1 Xk + Xk-1 /

xk+i

=

~

-

x

XfcXfc-i +

a

Xk + Xk-1

mit dem Sekanten-Verfahr en

Wurzelberechnung

0,xj;+i

xo,xi >

XkXk-i +a

=

Xk + Xk-1

(i) Vergleichen wir die Formeln, so stellen wir fest, daß das Verfahren sichtlich mit dem Newton-Verfahren identisch ist. (ii)

Unsere

Näherung d0 für die Differenz dQ erhielten

y/a~

=

x

=

x0 +

d0

=>

a

a

~

-

xl

2xo

_

Setzen wir das in die Verfahrensvorschrift xi

=

(x0 + do)2

=

x0 +

Das aber ist

ja genau Rechenergebnisse.

unsere

(iii) Hier vorneweg ein paar definiert sind:

=

aus

folgender

Xq + 2 x0 •

•

Heron offen-

Formel:

do,

ja_xp_ 2xo

_

ein,

so

2

folgt:

a Xo xo +-—

d0r

2xo

-

1 2

wir ja

von

(

a

V

Xq

l

Newton-Formel. So erklären sich die identisch

Erklärungen

über die

Mittelbildungen,

die

gleichen

folgendermaßen

1 Nichtlineare

16

Abbildung

Gleichungen und Systeme

Mittelbildungen

1.5:

Mittelbildungen Seien p und q zwei reelle Zahlen mit p ^ q.

Aus der

Abbildung

arithmetisches Mittel

A

=

geometrisches Mittel

G

=

harmonisches Mittel

H

1.5 entnimmt

man

die

=

y/p

q

tt A

=

p+q

folgende Beziehung:

A> G> H

Bemerkung:

Den Beweis für die obige Ungleichung der Mittelbildungen sieht man leicht, wenn sich nur vergegenwärtigt, daß der rechte Winkel in einem Dreieck stets der größte Winkel ist und daß diesem größten Winkel auch immer die längste Seite gegenüberliegt. Der Höhenund der Kathetensatz sagen dann, wo in der Skizze die jeweiligen Mittel zu finden sind. man

Die Vorschrift im Verfahren (iii) schreibt sich nun so, daß man xq vorgibt und x\ so bestimmt, daß y/ä das geometrische Mittel von xq und x\ ist: y/ä = ^/xq x\. Mit dem Zwischenwert y\ := a/x\ bestimmt man dann das neue x2 als das arithmetische Mittel von xi und yi. So gelangt man zu der Vorschrift: *2

=

1,

+ yi) ~(a;i i

1

.

=

a

q(a?i + —)• x\ l

.

.

Dies ist aber wieder genau das Newton-Verfahren. Welch Näherungswerte erhalten haben wie schon zuvor.

Wunder,

daß wir dieselben

1.2 Newton- und Sekanten verfahren

(iv)

Nach dem in

17

(iii) gesagten findet

die obere Schranke

man

o:

Also das ist wieder unser guter alter Newton. Die untere Schranke u berechnet sich nach der Formel:

2-p-q p+q

_

Endlich entsteht eine andere

p q+p q _

p+q

Formel, und

Sekanten-Verfahren, angewendet

_

p q+a p+q

bei genauer

auf» und q.

Betrachtung

entdeckt

man

das

Aufgabe

1.6 Mit zwei kreisrunden Bierdeckeln gibt es eine interessante Frage, deren in Lösung das hier behandelte Thema paßt (und die man als wesentlichen mathematischen Beitrag zur Weltordnung am Biertisch erörtern kann): Wie weit muß man zwei Bierdeckel übereinander schieben, damit die gemeinsam überdeckte Fläche gerade die Hälfte eines Bierdeckels ausmacht?

Lösung: Zur Lösung

muß man die übliche Einschränkung bei solchen Aufgaben mit einbeziehen: Bei einem abendlichen Disput hat man selbstverständlich keinerlei Hilfsmittel zur Hand. Vielleicht hat jemand einen Stift zum Schreiben und halt eben die Bierdeckel oder auch das Tischtuch. Aber normalerweise fehlt eine Formelsammlung. Wir werden also alle Formeln herleiten müssen. Schauen wir uns die Situation zunächst an einer Skizze (siehe S. 18) an. Die schraffierte Fläche möchte also so groß sein wie jede der beiden nichtschraffierten (Mond-)Flächen. Nennen wir den (gemeinsamen) Radius der Kreise R, so wird also verlangt, daß die schraffierte Fläche den Inhalt hat F = TT R2/2. (*) Andererseits besteht die Fläche aus zwei (gleichgroßen) Kreisabschnitten, deren Flächeninhalte sich als Differenz des zugehörigen Kreisausschnittes mit dem Winkel a und dem aus zwei rechtwinkligen Dreiecken zusammengesetzten Dreieck ABC ergeben zu •

F

2 FAbsch

=

•

=

(FA- FA).

2

Damit haben wir zugleich zwei Unbekannte eingeführt, nämlich den Radius R und den Winkel a. Wenn das man gut geht! Der Inhalt des Kreisausschnittes berechnet sich nach

*..«.£-;*. Der Inhalt eines rechtwinkligen Dreiecks ist ja bekanntlich das halbe Produkt der beiden Katheten. Also haben wir mit x

=

MB

R -

sin(a/2),

y

=

MC

=

R

cos(a/2)

Gleichungen und Systeme

1 Nichtlineare

18

Abbildung =

2

•

Das setzen wir oben ein und

F

=

2

•

x

1.6: Zur

y/2

=

y

x

Bierdeckelproblematik =

R2 sin(c «i

:=

0.0602887, «o

+ «o

=

0.33877

1

0.6612203,

=

-

vi

Zur endgültigen stellen von

:=

Berechnung

vo + eo

einer

q2(x) Die

ergeben

=

sich mit Schulmitteln

Vergleich geben

Näherung für die

x2

Xl,2

Zum

0.661x -

x2

=-4,

-

Nullstellen berechnen wir die Null-

(-0.4397113).

zu:

0.661 0.66122 -0.44 4 2 V 0.3305 ± 0.575i.

wir die exakten

xi=5,

-1/2 + 0.0602887= -0.4397113.

=

Nullstellen, berechnet x3

=

0.3+ 0.6i,

x4

mit einem

=

Rechner,

0.3-0.6z.

an:

1 Nichtlineare

26

Gleichungen

und

Systeme

Wie man sieht, sind wir den beiden komplexen Nullstellen schon näher gerückt. Zu (b) Auch hier gibt uns die Aufgabenstellung bereits eine Näherung für zwei zueinander konjugiert komplexe Nullstellen vor: x0

Wir berechnen die Werte

un

0.6i,

u0

vo

=

fr«Cn-3

=

23î(xn)

-0.4129

1.0

-5.4

6.65 -0.4

1.0

-0.5 --5.9

1.0

-0.5 -6.3

2.7 8.9 -0.4 2.9 11.4

fcn-lCn-2 C„_lC„_3

11.42

u0 +

60

=

wi

:=

wo + e0

=

Näherung für

g2(x)

Vergleich geben »1,2

=

(-6.3)

(-3.0) 11.4 (11.42-0.2 (-6.3)

2.8 0.2 •

•

=

-0.46 4- (-5.1486728 = -5.6086728, -0.4129 + (-1.3766748) = -1.5056748.

die Nullstellen:

x2 -

(-5.6086728)x (-1.5056748). -

Polynoms zweiten Grades sind: xii2

Zum

•

-1.3766748,

:=

Die Nullstellen dieses

2.8 11.4 -

-

-

c„_lC„_3

=> ui

als

0.2 -

—

=

folgt

-3.7 -1.3 -3.0

•

-

Dann

4.5 2.4 -4.1 2.8 2.6 -5.3 0.2

(-3.0) (-6.3) _

-5.1486728, &n-lCn-l °ncn-2

£0

0.6i.

-0.46,

-|x0|2

~

C„_2

-0.23

=

-

=

-0.4129 -0.46

wo

xi

und vq: uo

-0.4129 -0.46

wo

60

-0.23 +

=

=

-0.2804336 ± 0.2681873i.

wir die exakten Nullstellen

an:

-0.2884138 ± 0.344862i,

x3,4

=

2.9884 ± 0.9823i.

Wir sind also von den wahren Nullstellen mit unseren Näherungen noch etwas entfernt, das sieht man auch an den ziemlich großen Werten für e und 6. Führt man mehrere Schritte mit einem Rechner durch, so ist man aber nach 4 Schritten schon auf 14 Stellen genau. Hier schlägt dann die quadratische Konvergenz des Newton-Verfahrens, das ja für die Herleitung des Bairstow-Verfahrens herangezogen wurde, voll durch.

1.4 B airstow-Verfahren

Aufgabe

1.11 Das

27

folgende Polynom p(x) 5x5 + 4a;4 + 3x3 + 2x2 + x + 7 =

hat eine komplexe Nullstelle in der Nähe einen Bairstow-Schritt.

Lösung:

Da alle Koeffizienten reell ergibt sich: u0

:=

v0 u0

Nullstelle in der Nähe

Näherung

von

1

durch

i. Damit —

2-1

=

-2 2

=

1 + i. Verbessern Sie diese

sind, liegt eine weitere

231(1 + 0

=

von

=

2,

v0

=

-10 28

-28

10 14

21

16

-|1 + i\2 -42 32

42

=

-2

-32 -18 -43

-9 in-l

u0 w0

-2 2

= =

-10 48

10 24

-48 118

-118 172 45

Cn-3

Berechne damit

60

bnCn-3

=

-43 59 (-9) 86 862 -45 -59

fen-lCn-2

•

~

C„_2

-

C„_iC„_3

_

-

-0.3718624, bn-icn-i -bncn-2

c2_2

Cn_ic„_3

(-9)

45 -

(-43)

86 -

862-45 -59

_ ~

-

0.0602887,

Zur endgültigen stellen von

=»«i

:=

u0 +

S0

=

2+

Di

:=

v0 + e0

=

-2 + 0.6945

Berechnung

einer

q2(x) x2 Die

ergeben

=

=

= =

1.628, -1.3054.

die Nullstellen berechnen wir die Null-

-vi-x2

-

sich mit Schulmitteln «1,2

Näherung für uix

=

(-0.37)

1.628a: + 1.3054. -

zu:

1.6282 1.628 2 V 4 0.814 ±0.80175i.

1.3054

~

-

Kapitel

2

Laplace—Transformat ion 2.1

Die

Aufgabe

Laplace-Transformierte

2.1 Berechnen Sie

jeweils die Laplace-Transformierte der folgenden Funktio-

nen:

(f)

/( 0, so sehen wir, daß e~st —* 0 strebt, also auf jeden Fall beschränkt ist. Der Fall s < 0 macht uns Kummer, denn jetzt bleibt e~st leider nicht beschränkt. So etwas wird uns immer wieder begegnen. In der Literatur heißt die Schnittstelle o~o = 0 „Abszisse der absoluten Konvergenz". Wir können also die Laplace-Transformierte nur für die Werte s berechnen, die größer sind als die Abszisse der absoluten Konvergenz. So sei nun also s > 0. reo

£[sinut](s)

=

I

e~st sinut dt

lim

( -=-=•(—ssinuit \s2 +w2V

Jo =

I

arctan s

V2 -

arctan

1 -.

s

-

s

Zweite Lösungsidee: Setzen wir:

du, so

ist also C [/(

2 -

s2 + l arctan

=

s

+ A.

—

Der Multiplikationssatz brachte es mit sich, daß wir es mit einer Differentialgleichung in y statt einer algebraischen Gleichung zu tun hatten. Das rührte natürlich von der Singularität der DGL. her. Gleichzeitig führte es dazu, daß die noch zu bestimmende Konstante durch das Differenzieren verschwand.

2

44

Laplace-Transformation

Nun müssen wir uns zunächst um die Konstante A kümmern. Wie schon früher berechnen wir sie durch eine Grenzwertbetrachtung: Es gilt s — oo=>Y=£[/]->-0. Daraus schließen wir hier: lirm^oo arctans = tt/2. Also folgt: lirn^oo Y(s) = 0 = -tt/2 + A ==> A = ît/2.

Y(s) Wegen

folgt unter Ausnutzung des K

Damit

gelingt jetzt

arctan s.

—

—

J 1 -f- u

von

1/(1 + s2)

=

Seite 32:

/f°° £ [sin t] (u) du

=

—

£ [sin*] (*)

--

Divisionssatzes

arctan s

—

^

/OO

7t =

=

£

\sint

«'s

leicht die Rücktransformation:

y(t)

=

£

7t

2

—

sint

arctan s —

müßte diese Gleichung noch den Parameter c enthalten, der aber durch das Bilden der Ableitung oben nicht mehr auftrat. Hier haben wir unverschämtes Glück, daß die Funktion y(t) die zweite Randbedingung bereits erfüllt. So sind wir also mit Geschick und auch Zufall zum Ziel gelangt.

Eigentlich

Aufgabe

2.7 Lösen Sie

mation

folgende Anfangswertaufgabe

mit

j/"-3y" + 3t/'-2/ r2.et mit y(0) l,y'(0)=0,y"(0)

Hilfe der Laplace-Transfor-

=

=

=

-2.

Lösung: Der Grundgedanke wurde in der vorherigen Aufgabe ausführlich dargestellt. Wir können uns daher kurz fassen. Anwendung der Laplace-Transformation auf beiden Seiten und Ausnutzung der Linearität liefert:

[y"] + 3£ y] C [y] C [)=«0)'-*,+«(D«-" Zu (b) Wenden wir wieder wie schon bisher auf beide Seiten des Systems die Transformation an, so erhalten wir mit den Abkürzungen

h die beiden

:=

Laplace-

C(h),h :=C{i2)

Gleichungen:

i) -10/i 2(sh ü(0)) + 4(s72 i2(0)) + 20/2 -

-

ii) 30(/i + 72) Wir setzen die

-

=

+

s

—

2(s7i ü(0)) + 107r

=

0.

-

Anfangswerte ein und fassen zusammen:

-(10 + 2s)7i + (4s + 20)72 (2s + 40)7i + 3072 Dies ist ein

0,

-

System

=

0

=

—.

s

zwei algebraischen Gleichungen, allerdings ein nichtlineares Sybringt uns die Laplace-Transformation. Sie überführt ein Differentialgleichungssystem in ein (eventuell nichtlineares) algebraisches System. Eine Lösung von

stem. Aber genau das

dieses einfachen

Systems ist

nun

ziemlich leicht:

(s + 5)7i (2s + 10)72 0 h Setzen wir das in die Gleichung ii) ein, so folgt: =

=

-

(2s + 55)72 h

=

55

s(2s + 55)

=

^

h

=

2i2.

—, s

12 s

272

2s+ 55

11 s+ 55/2'

s

50

2

Laplace-Transformation

Hier haben wir bereits eine Partialbruchzerlegung vorgenommen, um die Rücktransformation leicht durchführen zu können. Aus den früheren Aufgaben wissen wir sofort die Lösung für i2: i2 = l- e-55'/2. Aus ii

=

2i2 folgt ii

=

2

2

•

e~55 0, angeregt. Berechnen Sie die Auslenkung, die beschränkt bleibt (\y(x, t)\ < M), eines beliebigen Punktes des Seiles zu einem beliebigen Zeitpunkt mittels Laplace2.12 Ein unendlich

Ruhe. Ab dem Zeitpunkt t

Transformation bezgl.

=

t.

Lösung:

Bekanntlich lautet das

zugehörige Anfangs-Randwertproblem:

d*y dt2 wobei

&y_

dx2'

> 0 die Fortpflanzungsgeschwindigkeit Anfangs- und Randbedingung erhalten wir: a

t/(x,0) 0, yt(x,0) 0 y(0, t) Ao sinw< \y(x,t)\ < M =

=

=

Wenden wir auf beide Seiten der und benutzen die Abkürzung

Y(x, s)

:=

der

Anfangswerte

Anfangsbedingungen, Randbegingung, Lösung bleibt beschränkt.

Differentialgleichung

C(y(x,t))(s)

auf dem Seil ist. Als

bzgl.

t für

die

Laplace-Transformation

jedes

x

>

0,

an

2

52

so

erhalten wir die

Gleichung: s2Y-s y(x, 0)

Einbau der

Laplace-Transformation

yt(x, 0)

-

=

d2 Y

a2

—.

Anfangsbedingungen liefert:

=

Lösung

^(^W (?)(') + ^C-1

„

t2

„

t4

unserer

Integral-

Kapitel

3

Fourier—Entwicklung

und

—Transformat ion 3.1

Fourier-Entwicklung

3.1 Zeigen Sie, daß für eine stückweise reelle Fourierreihe der folgenden Form

Aufgabe

stetige

Funktion

f der Periode

Fourier-Entwicklung in IR co

f(x) ti

\

~

a°

2^ y + n=l ,

r

nirx

C0S

n7rx

j. ~r~ + bn Sln ~T~ ,

Fourier—Koeffizienten in IR

fL f{x)cos—dx,

1

tt

an~L 71

geschrieben werden

=

nvx

\

j

u bn

-

0,1,2,...

kann in der

komplexen

fL

1 =

n=

Form:

*
)2

2imr

g

Zinir

inwt

g

+

—

+

^~2imr

j _

(—2m:r)2

wegen

e

—2injr

=

1 1

——

—Η e~iv/2

wegen

znir

Damit erhalten wir das

Î2 x_ 1 a /*>

(a>Q) (a>[))'

ß) f(x)

=

e

(c) ,,

/

fur

< Vo-smx n

.

/(*)

=

,~

\x \< x

.

(w0 GIR+)

-

.

•

Lösung: Ist / G definiert:

L'0C(IR,n),£

G

IRn,

so

ist die Fourier-Transformierte

Fourier-Transformierte

/(0 (*7)(0:= =

spitze Klammer z,£GlRn. Die Zu

(a)




Zu berechnen ist das

/

von

/

von

/ folgendermaßen

f

f(x)e-it>dx

bezeichnet dabei das innere Produkt der beiden Vektoren

folgende Integral: OO

f(x)e-^dx.

F-Entwicklung und -Transformation

3

68

Sei dazu zunächst

£ ^ 0.

ho

-irf

f 1 e-'*« dar

=

./

=

a

e ^ Aufgabe 3.9 a)

a

.

durch. Dort hatten

„N

(fl>°)

\x\>a

Fourier-Transformierte berechnen läßt:

/(0

=

|sin(ea).

Der Integrand unseres gesuchten Integrals ist offensichtlich bis auf den Faktor 2 die Fourier-Transformierte der in dieser Aufgabe genannten Funktion /. Da / bei 0 stetig ist, wie man aus der Definition erkennt, liefert die Umkehrformel: -

1

/(o)

=

-

Nun ist aber /(0) berechnen läßt:

=

1, wie

man

sofort

f°°

-

-

m^di 2îr j-00

ir-

rJl2^ sieht,

woraus

sich

jetzt der gesuchte Integralwert

3

72

Zu

(b)

Bedenkenloses Anwenden der Umkehrformel liefert

/(X)

1

=

-

/*°°

folgende Ärgernis:

-

f°° 2 p*f

-

e~'t

1

,

yoo ei(x+i)f _ei(x-i)f *

ü

2wy_oo 1

das

rj:^« 1

=

uns

und -Transformation

2^J fMeix(dÇ 1

Für

F-Entwicklung

/ 0 und

I yOO =

t

j-oo

/(u) «r + r

dw

--

-

Dies ist die bekannte Poissonsche Integralformel für die obere Halbebene. Daß die so gewonnene Funktion u wirklich unser Problem löst, müßten wir jetzt nachrechnen. Es sei als weitere Übung empfohlen.

Kapitel

4

Distributionen Beispiele

Einführende

4.1

Aufgabe

4.1

Gegeben

seien

folgende Abbildungsvorschriften, die jeweils

einer

stetigen

Funktion eine reelle Zahl zuordnen:

(a)T{(x)dx, (VnV) :=Jbag(x)-V>(x)dx (c) T{if) := if(xo),

C[a, b] fest, aber beliebig, xo G [a, b] fest, aber beliebig

g G

Zeigen Sie, daß dadurch stetige Linearformen, also lineare und stetige Funktionale auf C[a, b], mit max-Norm versehen, definiert werden.

Lösung:

Zunächst definieren

wir,

was

wir unter einer

stetigen

Linearform verstehen wollen:

Stetige Linearform Eine auf

(i) (ii) (iii)

C[a, b]

definierte

Abbildung T heißt stetige Linearform, wenn gilt:

T(aipi + ß

2/

=

Cl,

^ÏEïE. Cly/y

Trennung

der Veränderlichen und ein bißchen Geschick beim Nachblättern in Integral(wir wollen das hier nicht ausführen, denn das Berechnen von Integralen ist nicht Gegenstand dieses Kapitels) liefert das folgende Ergebnis:

tafeln

x

=

c2 -

^\Jv

-

c22/2

aresin

-

\Jl

-

c\y.

Da der Name Brachystochrone oben gefallen ist, sei hier kurz auf diese Kurve eingegangen, die Nebenrechnungen werden unterdrückt. Führt man durch die Festsetzung

y1 einen Parameter t ein,

so x

tan

= -

erhält man nach weiteren =

K1(t + siat) + K2,

y

Umformungen die beiden Gleichungen: =

Ki(l + cost).

Diese Formeln stellen bekanntlich eine Zykloide dar. Sie entsteht dadurch, daß man die Bahn eines Punktes verfolgt, der auf dem Umfang eines Kreises angebracht ist, wobei der Kreis auf einer Parallelen zur x-Achse rollt und der fragliche Punkt unterhalb dieser Parallelen bleibt. Die Abbildung 5.1 veranschaulicht das Gesagte: Die Kurve von A nach B liefert also die Lösung des Problems der Brachystochrone.

5

112

Variationsrechnung

B

Abbildung 5.1: Aufgabe

5.6 Stellen Sie

auf

welche Besonderheiten bei den

Problem der

Brachystochrone

der Grundlage der Aufgabe 5.5 tabellarisch Spezialfällen der Grundfunktion auftreten.

zusammen,

Lösung: Grundfunktion F = F(x,y) F ist unabh. von rf, 0 also F, F = M(x,y) + N(x,y)yJ F hängt linear von y1 ab

5.

F = FW) F hängt nur von y! ab, also Jjc= 0 F = F(x,y') F hängt nicht von y ab, also i^_=. 0 F = F{y,y') F hängt nicht von x ab

Eulersche Gleichung, Bemerkungen

Fy=0

gewöhnliche Gleichung, je nach Vorgabe der RB lösbar o (*-^)(*.») gewöhnliche Gleichung, =

je nach Vorgabe der RB lösbar

£ W)

y1

=

=

o

const

Extremalen sind Geraden £Fy,(x,y') = 0

Zwischenintegral : Fyi(x, y") const =

Fy-jFyl(y,y')

=

=

-

Tabelle 5.1:

0

Zwischenintegral: F y? Fy> const

Spezialfälle der Grundfunktion

5.3

Anwendungen

5.3

113

Anwendungen

Aufgabe

5.7 Das Problem der Dido: Bestimmen Sie unter allen geschlossenen, doppelpunktfreien, rektifizierbaren Kurven der Ebene von gegebener Länge L eine Kurve so, daß der Inhalt des von ihr berandeten beschränkten Gebietes möglichst groß wird.

Lösung: In einer antiken Sage wird von Dido, der Tochter des Königs von Tyros berichtet. Ihr Bruder Pygmalion tötete aus Habgier ihren Gatten. Dido floh mit ihren Anhängern nach Afrika. Dort wurde ihr soviel Land versprochen, wie mit der Haut eines Stiers umfaßt werden könnte. Didos erstes Problem lag damit in der Herstellung möglichst feiner Streifen der Stierhaut. Das zweite Problem, wie sie den langen Streifen auszulegen habe, um möglichst viel Land zu gewinnen, (auf dem dann Karthago gegründet worden sein soll,) hat sie sicherlich intuitiv richtig gelöst. Immerhin bleibt für uns die Frage, ob denn nun der Kreis tatsächlich die einzige Kurve ist, die zum Optimum führt. Zunächst einige Vorbemerkungen, die das Problem in eine mathematische Gestalt überführen. Auf jeden Fall muß die Lösungskurve konvex sein. Wäre nämlich irgendwo eine Einbuchtung, so könnte man Stierhaut sparen durch eine geradlinige Verbindung und hätte also nicht das größte Gebiet umfaßt. Als nächstes wählen wir das Koordinatensystem so, daß die x-Achse das Innere G der Kurve k in ein Gebiet G+ und ein Gebiet G~ zerlegt, die beide den gleichen Inhalt haben mögen. Dann ist auch automatisch der Umfang von G+ gleich dem Umfang von G~. Wäre es nicht so, könnte man das Gebiet mit der kürzeren Randkurve an der

x-Achse

spiegeln und bekäme ein Gesamtgebiet, dessen Randkurve kürzer wäre als die

Gesamtlänge L der Stierhautstreifen. Man hätte also nicht optimal gehandelt. Wir werden also nur noch die Kurven k untersuchen, für die G+ und G~ gleichen Umfang haben. Wie in der Skizze angedeutet, sei k+ die Kurve, die das Gebiet G+ gegen die obere Halbebene abschließt (also ohne den Teil der x-Achse). Dann hat Jfc+ die Länge

L/2.

Dann ist es offensichtlich ausreichend, wenn wir uns überhaupt auf die Optimierung des Gebietes G+ beschränken und das Endergebnis durch Spiegelung an der x-Achse erreichen. Führen wir nun die sogenannte variable Bogenlänge s als Parameter ein, so werden wir

5

114

Variationsrechnung

versuchen, für die Kurve k+ eine Parameterdarstellung der folgenden Form zu bestimmen: k+

y(0)

=

:s€

y(L/2)

[0,1/2] -*(«(«), y(«))

(0,1/2). die Freundlichkeit, daß (x'(s),yJ(s))

Dieser Parameter hat dann bereits einheitsvektor ist, daß also gilt

y(s)

0,

=

> 0

Vs G

der

Tangenten-

(*) *'(s)2 + ï/(«)2 = 1, also dx = xjl-y'2, wir später noch benutzen werden. Nun brauchen wir eine Formel für den Flächeninhalt. Dazu ziehen wir den Greenschen Satz für die Ebene aus dem Kapitel 'Vektoranalysis' des ersten Bandes heran. Dort setzen wir was

f(x,y) woraus

folgt:

g(x,y)

-y,

=

=

0,

j>{-y)dx JJG-{^(-y)) dxdy=F(G). =

Nun haben wir alle Hilfsmittel beisammen und können zur Variationsrechnung zurückkehren. Unsere Aufgabe formulieren wir jetzt also so: Gesucht ist eine Kurve k+, so daß folgendes Integral maximal wird:

l (-y)dx $(G+)= Jk+

=

-

[

'

JO

y(s)y/l-y'(s)2ds

=

max..

Wie man sieht, hängt die Grundfunktion F(s, y, y1) = —yy/l y"2 nicht von s ab. Wir können also das Ergebnis des Spezialfalls 5. von Seite 112 anwenden und das folgende Zwischenintegral hinschreiben: —

F((y(s), y'(s)) y'(s) Fy,(y(s), ^(s)) -

was

hier

zu

der

c

=

const,

Gleichung führt: y

i-ö~

Fall 1. Falls ci = 0, so erhält Fall 2. Sei also ci ^ 0. Dann

man

sofort y

=

'

0,

y12 was

sicherlich kein Maximum darstellt.

folgt: cij/

Diese

=

=

±\Jc\

-

y2.

Differentialgleichung kann mittels Trennung der Veränderlichen gelöst werden:

5.3

Anwendungen

115

y

•

ci arcsin

. ±s +, c2,

=

Cl

—

y

=

s

I-h c2 ,

ci sin •

vCl

Dabei haben wir uns auf das positive Vorzeichen beschränkt, da wir ja eine Lösung nur in der oberen Halbebene suchen. Nun berücksichtigen wir die Randbedingungen, indem wir wählen: L ci = 75-, c2 = 0, 2w und unsere Lösung lautet: L 2tt

y(s)=2^smTs.

Die Funktion

x(s)

erhalten wir

x(s)

=

=

±

aus

obiger Formel (*):

/ \J\ ï/2( 0 voraussetzen. Um Schreibarbeit zu sparen, setzen wir: c2 3/ci mit c2 € IR\{0}. Trennung der Veränderlichen läßt die Lösung schon erahnen: u

-+V^3 V3

=

li

=

=

Cl

-77^ï

=

=

=

=

!*]L

nun

die erste

y(0)

c2dx=> 2Jy

=

c2x +

K, k£ TR,

(cx + cy mit c := —, Randbedingung ein, so folgt:

y

Setzen wir

=

=

=

1 =}

c

=

±1 => y

=

c :=

y.

(cx ± l)2 c2(x ± 1/c)2. =

Dies ist ein Parabelbüschel, bei dem alle Parabeln nach oben geöffnet sind und durch denselben Punkt A = (0,1) gehen. Die Scheitel der Parabeln liegen bei S = (-1/c, 0), also auf der x-Achse, wie wir es in der folgenden Skizze andeuten. Wie in der Abbildung 5.2 zu sehen ist, findet man durch jeden Punkt B im ersten Quadranten genau zwei Lösungskurven. Mit der bisherigen Rechnung ist nicht zu entscheiden, welche der beiden Kurven zu einem Minimum führt. Aus weiteren mathematischen Überlegungen kann das folgende Ergebnis abgeleitet werden: Die Kurve Li liefert kein Minimum, die Kurve L2 ergibt ein schwaches, aber kein starkes lokales Minimum.

Aufgabe

5.9 Bestimmen Sie die Extremalen der folgenden Funktionale

(a)

*(y)=

(b)

*(y)

=

/ [y2

+

i/2 + 2ye*]dx, y(0) 0, y(l)

! [y2 + y12

Ja

=

-

2y sin x] dx.

=

e,

5.3

Anwendungen

117

Abbildung 5.2:

Parabelbüschel

Lösung: Zu

(a)

Die Grundfunktion lautet:

F(x, u, v) u2 + v2 + 2uex =

Damit

folgt: Fu=2u + 2ex,

Fv

=

2v,

also

Fv(x, y(x), y'(x)) 2y'{x), =

^-±-Fv(x,y(x),y>(x)) Dann erhalten wir als Eulersche

=

2y"(x).

Gleichung:

Fu{x, y(x), y'(x)) ~Fv{x, y(x), y'(x))

=

-

2y(x) + 2e* 2y"(x)

i/"-2/ ex. Dies ist eine lineare, nichthomogene Differentialgleichung mit allgemeine Lösung der homogenen Gleichung lautet: ^

y

-

=

0,

=

=

konst. Koeffizienten. Die

C]_ex + c2e~x.

Zur Lösung der nichthomogenen Gleichung beachten wir, daß die rechte Seite eine spezielle Gestalt hat und daher eine partikuläre Lösung direkt hingeschrieben werden kann: xe-

Vsp

=

2

'

5

118

Variationsrechnung

Damit lauten die Extremalen:

y(x) Einsetzen der

=

cxex

+

c2e~x +

—.

Randbedingungen führt zu:

y(0) /*\

y(l)

e

=

=

=

0

+ C2

Ci

=

c2

cie +

+

=> Ci

e

=

-C2)

1.

ci[e

-=

ei

—

-

c

+ -, -) ei

Zu (b) Hier sind keine Randbedingungen explizit vorgegeben. Wir werden also nur soweit die Lösung bestimmen, daß sie noch von den Integrationskonstanten abhängt: Die Grundfunktion lautet:

F(x, u, v) u2 + v2

2u sinar.

=

Dann erhalten wir als Eulersche

Fu(x,y{x),y'{x))

-

—

Gleichung:

-^Fv(x,y(x),y'(x))

=

2y(x)

-

2sinx

sin x. y" y Dies ist eine lineare, nichthomogene Differentialgleichung mit allgemeine Lösung der homogenen Gleichung lautet: =>

2y"(x) 0, =

-

=

—

—

y

=

konst. Koeffizienten. Die

c\ex + c2e~x.

Zur Lösung der nichthomogenen Gleichung beachten wir, daß die rechte Seite eine spezielle Gestalt hat und daher eine partikuläre Lösung wiederum direkt hingeschrieben werden kann: sinx

y>P

=

—

Damit lauten die Extremalen:

y(x) /

\

t

=

Clex

+ c2e

Wie gesagt müssen jetzt die Konstanten noch Randbedingungen erfüllt werden.

sin x

-t "

+

so

eingerichtet werden,

——.

daß

vorgegebene

Kapitel

6

Gewöhnliche D iffer ent ialgleichungen Einführende

6.1

Beispiele

Aufgabe 6.1 Ein ideal elastisches, beliebig ausdehnbares Gummiband ist am Punkt 0 befestigt. Dort sitzt eine Schnecke. Das Ende des Gummibandes bei Punkt A ist an ein Rennpferd gebunden. Schnecke und Rennpferd beginnen gleichzeitig, sich fortzubewegen; die Schnecke kriecht mit der konstanten Geschwindigkeit v, auf dem Gummiband entlang, das Rennpferd schnellt mit der konstanten Geschwindigkeit vp ^> v, los und zieht das Gummiband samt darauf kriechender Schnecke in die Länge.

(a) Zeigen Sie, daß die Schnecke das Pferd einholen kann. (b) Berechnen Sie die Zeit t, nach der eine Schnecke mit vs 10-2m/sec ein Rennpferd mit vp Im/sec, das =

=

entfernt startet, eingeholt

Lösung:

Wie in der

Aufgabenstellung vorgegeben, v, vp

s(t)

beim Punkt Alm

von

0

hat.

sei

konst. Eigengeschwindigkeit der Schnecke, konst. Eigengeschwindigkeit des Pferdes, Ort der Schnecke zum Zeitpunkt t.

Der entscheidende Witz bei der Aufgabe liegt in der Tatsache, daß gilt: Geschw. Schnecke = Eigengeschw. Schnecke + Geschw. Gummi. Die Geschwindigkeit der Schnecke am Ort s(t) ist bekanntlich s'(t), ihre Eigengeschwindigkeit vs. Die Geschwindigkeit des Punktes des Gummibandes, wo die Schnecke sitzt,

6 Gewöhnliche

120

berechnet sich, da wir ein linear elastisches Gummiband der folgenden Proportion: ,

_

_

Der Ort des Pferdes Startpunkt A zu:

vorausgesetzt haben, auf Grund

Ort der Schnecke Qrt deg pferdes

.

Geschw. Gumnu =

vP

Differentialgleichungen

•

ergibt sich wegen der konstanten Pferdegeschwindigkeit vp und dem

Ort des Pferdes

=

Jetzt haben wir alle Teile beisammen, tische Gleichung zu überführen:

s'(t)

=

A+

um

I vpdt

=

Jo

A + vp t.

obige sprachliche Gleichung in eine mathema-

vs+vP

A + vp t

nichthomogene Differentialgleichung für s(t). Aufgabe lautet nun: Gibt es Frage

Dies ist eine lineare

Die

Zu (a) bei der gilt:

in diesem Teil der

eine endliche Zeit t,

Ort der Schnecke = Ort des Pferdes? Den Ort des Pferdes haben wir oben bereits angegeben, aus der Differentialgleichung bestimmen wir nun den Ort der Schnecke. Wir benutzen dazu die Lösungsformel für lineare Differentialgleichungen erster Ordnung, wie sie bei der Einführung vorgestellt wird:

s(t)

=

e~ln*T^ A + v„t -—

•

fJo A Avpt

~-v

+

A

(%

dt A + Joo vpt t

(A vpt) ivp —\n(A vpt) Jo -{A + vpt)\a—^. +

Lösung der Differentialgleichung. jetzt unsere Hauptaufgabe durch Auflösen

+

Dies ist also die Wir lösen

der

zu

untersuchenden

Gleichung

6.1 Einführende

Beispiele

121

nach t :

0

=

Ort der Schnecke

«(«) (A + vpt) (^ +

Ort des Pferdes —

V)feW^)-l)

—

ln±£zl A+vpt

ev«

A

Ae^

A + Vpt t

=

*(•*-')

Damit ergibt sich also stets bei Vorgabe von endlichen Werten eine endliche Zeit für das gesuchte Ereignis. Die Schnecke kann also das Pferd einholen. Man kann sich dies überraschende Ergebnis dadurch klarmachen, daß man mal an einem Gummiband zieht und feststellt, daß jeder Punkt des Bandes einen Anteil an der Geschwindigkeit des Pferdes hat. Je weiter die Schnecke vorankriecht, desto mehr wird das Gummiband bewegt, so daß die Schnecke schließlich über das Gummiband vom Pferd mitgerissen wird. Zu (b) Setzen wir

nun

die

Vorgabewerte vp

=

1 .

in die

m

sec

,v,

=

,

10

,„

—

t

=>

=

Gleichung für die Zeit t ein: m

—,A=lm, sec

l(e100 1) > 2100 (210)10 > (103)10 1030. =

=

-

Das ist die Zeit in Sekunden, was also bedeutet, daß die Schnecke das Pferd nach ca. 1022 Jahren eingeholt haben wird, wobei zu bedenken ist, daß das Weltall ein geschätztes Alter von weniger als 1010 Jahren hat. Hoffen wir, daß der geneigte Leser nach dieser langen Rechnung noch etwas lächeln kann.

Aufgabe

6.2 Lösen Sie die

folgenden Differentialgleichungen:

(a) y'= 2xy2-x2y', (b) x2y'

=

x2 + xy + y2,

(c) xy' 2y x3 cosx. =

—

Lösung: Zu

(a)

Wir formen die

Differentialgleichung um zu:

y' + x2y'=2xy2 Offensichtlich ist y

=

0 eine

Lösung.

(1 + x2)y

'

=

2xy2.

6 Gewöhnliche

122

Sei

nun

y

^ 0.

Differentialgleichungen

Dann trennen wir die Veränderlichen und lösen durch 1 , -y

Integration:

2x

y*"

1 + x2

1

ln(l + x2) + c,

y

-l

y

=

ln(l x2) +c' +

Lösung der Gleichung stellt rentialgleichung dar. Durch jeden Diese

eine sog. Integralkurve eine Kurve der DiffePunkt der Ebene geht solch eine Kurve. Mit den vorgegebenen Anfangsbedingungen legt man sich auf eine bestimmte Kurve fest. Liegt der Anfangspunkt (xo,yo) auf der x-Achse, so ist offensichtlich die Funktion y = 0 die gesuchte Lösungskurve. Für j/o / 0 erhalten wir die Integralkurve: y

Zu

und

=

-

-1

ln(l + x2)-i-ln(l + x2)

(b) Betrachten wir die Gleichung einmal so, daß wir y als unabhängige Veränderliche x als abhängige Veränderliche ansehen, so schreibt sie sich folgendermaßen: x2

=

(x2 + xy + y2)d^-, dy

und aus dieser Darstellung erkennt man, daß die Kurve x 0, also die y-Achse Lösung der Aufgabe ist. Zur weiteren Untersuchung setzen wir jetzt x ^ 0 voraus und können daher durch x2 dividieren: =

,

VX/ \x/

X

Mit der

Abkürzung

u :=

U

y/x

+

X-

und damit du dx

=

\+

dy/dx

=

+

u

+ uz

X—

dx

—

Hier können wir die

x(du/dx) erhalten wir:

du

o

u

2

=

1+

u

, .

Trennung der Veränderlichen durchführen: 1 du 1 + u2 dx

-=

1 arctanu —,=> x

tan(ln |x| + c) =>• y

=

In

x

+ c,

tan(ln |x| + c). Somit geht durch jeden Punkt, der nicht auf der y-Achse liegt, genau eine Integralkurve, wobei man leicht aus der Anfangsbedingung y(xo) yo die fehlende Konstante berechnet u

=

=

x

•

=

zu

c

=

In

arctan —

—

|xo|.

6.1 Einführende

Beispiele

123

Zu (c) Wie bei (b) ist auch hier x Dann formen wir die Gleichung um

=

0, also die y-Achse Lösung. Sei weiterhin 2 y

V y

Eine

Trennung

x

=

•

i

x

—

Dies ist eine lineare

x

/

0.

zu:

cosx.

—

Differentialgleichung.

der Veränderlichen führt

Wir lösen zunächst die

sogleich

zu

homogene Gleichung:

allgemeinen Lösung:

der

î/hom^-*2Eine spezielle Lösung der nichthomogenen Gleichung basteln wir der Variation der Konstanten durch den Ansatz: =

=

2x2 c(x) + x3c'(x) also Als

mit der Methode

c(x) x2 ==> y' Ix c(x) + x2c'(x). die nichthomogene Gleichung ein, so folgt: r/sp

Setzen wir das in

uns

c'(x)

spezielle Lösung kümmern

2x2c(x)

-

und damit

cosx —

wir

uns

2/sp

nicht

=

x3 coax,

c(x)

=

sinx + d.

die Konstante, sondern wählen:

um

x2 sinx. -

—

allgemeine Lösung der Gleichung gewinnen wir durch Superposition der allgemeiLösung der homogenen Gleichung und der speziellen Lösung der nichthomogenen Gleichung: Die

nen

y

=

c

x2 + x2 sinx. •

Wiederum geht durch jeden Punkt (x0, t/o) der Ebene mit kurve, wobei sich die Konstante berechnet zu: c

=

2/o

sin

xo

xo

^

0 genau eine

Integral-

xo.

——

Alle diese Kurven gehen durch den Punkt dort also unendlich viele Lösungen.

Aufgabe 6.3 Erklären fangswertaufgabe

Ist dies der

Sie mittels des Existenz- und

y' mehr als eine

(0,0).

Lösung besitzt,

=

V\y\

mit

y(xo)

Anfangspunkt, so haben wir

Eindeutigkeitssatzes, daß

=

und beschreiben sie diese.

o

die An-

6 Gewöhnliche

124

Lösung: Bekanntlich

folgt bei einer Differentialgleichung

y'

=

1.

Differentialgleichungen

Ordnung der Form

f(x,y)

aus der Stetigkeit der Funktion / die Existenz einer Lösung. Ist darüber hinaus die Funktion / bezüglich der zweiten Variablen y Lipschitz-stetig, d.h. gibt es eine positive Zahl L, so daß für alle yi und y2 gilt:

Lipschit z—B edingung

\f(x,yi)~ f(x,y2)\


•

( ^ J. Die zweite Zeile führt

c\

=

C'2

=

1/2 => Ci

zu:

X = -.

der ersten Zeile:

X2C[ + C2 Damit lautet eine

) ( c| ) ( x)

0

Gleichungssystem in

2xc\

Differentialgleichungen

=

spezielle Lösung

0 der

x2 C2

-—

x3 =

-y.

nichthomogenen Gleichung:

*-i(ZM-r)(i)-(?)*«>=(^3)+*i(£)+*( J)

allgemeine Lösung lautet

Aufgabe 6.6 Gegeben ten Koeffizienten:

dann nach dem

sei die lineare

Superpositionsprinzip:

Differentialgleichung

n-ter

Ordnung

mit konstan-

n-l

Schreiben Sie sie in ein

System

um

der Form:

y' Ay + f. =

Lösung: Aufgabe 6.5 führen

Wie in

wir die vi

=

folgenden Abkürzungen ein:

v,V2

=

y',--,Vn y(n_1)=

Damit haben wir

unsere n Unbekannten zur Bildung eines Systems eingeführt. Ihre erAbleitungen führen nun zu folgendem System von expliziten Differentialgleichungen erster Ordnung:

sten

y[

=

2/2

2/2

=

2/3

2/3

=

2/4

j/„

=

(y(»-l))' y(n) =

=

ga.J/(.)+r. i=0

6.2

Systeme

von

DG1

131

Schreiben wir dieses

System in Matrixschreibweise,

/

und

\

Vn /

erhält

W

o 0 0

y'3

\

so

man:

\

»

/

2/2 2/3

a0

ai

a2

a3

fln-1

/ \

+

\

\ j

)

Vn

0 0 0 r

gelangt so zum verlangten System: y

'

=

Ay + f.

Aufgabe 6.7 Lösen Sie das folgende Differentialgleichungssystem auf eine Eulersche Differentialgleichung:

*2/i -V2 + V1 *2/2

2/2 -

-

3t/i

=

0

=

x

durch

Zurückführung

Lösung:

Hier wird

man bei genauerer Betrachtung auf den umgekehrten Weg geführt, nämlich dem System eine Differentialgleichung zweiter Ordnung aufzubauen. Dies ist aber ein echter Sonderfall und nicht die Regel. Außerdem sollte bedacht werden, daß sich sehr viele Verfahren zur numerischen Lösung von Anfangswertaufgaben auf explizite Gleichungen (oder eben dann Gleichungssysteme) erster Ordnung beziehen, was diese Aufgabe ebenfalls auf das Ausnahmegleis schiebt. Wir lösen die erste Gleichung nach y2 auf, bilden die Ableitung und setzen das Ergebnis in die zweite Gleichung ein, um auf die Weise y2 zu eliminieren: aus

2/2

=

xy{ + 2/i

=>

j/2

=

*2/2

x(xy2

"

xyi

"

2/2 -

-

2yi ') xyi yi x2yi " + 2xt/i ' xyi' '

+

-

-

-

x2yi

"

+ xyi

-

-

' -

+

y[ + y[,

3j/i 3yi 4yx 4yi

=

x

=

x

=

x

=

x.

Dies ist eine sogenannte Eulersche Differentialgleichung Leider wird der Begriff auch in der Variationsrechnung für eine spezielle Differentialgleichung benutzt, die aber mit dieser hier nichts zu tun hat. Bei dem Begriff muß man also stets dazusagen, welche Schublade man aufmacht. Die Lösung geschieht über den speziellen Ansatz für die homogene Gleichung: .

y

=

xr

also

folgt y'

=

rxr

1, y" r(r 1) =

—

•

xr 2.

6 Gewöhnliche

132

folgt xr(r(r 1) + r 4) 0 =>• r2 allgemeine Lösung der homogenen Gleichung: Dann

=

-

y

Ansatz für die

4

=

r\

=

cix"2 + c2x -2

=

-2. Also lautet die

,

.

nichthomogene Gleichung: y

=

also

ax

=>

x

•

folgt y'

4ax

a

=

x

=>

=

a

—

=

a,y"

t/1

=

cix2 + c2x

=

o

xy[ + yi 3cix2 c2x-2

2x

=

sei das lineare

—. -

homogene Differentialgleichungssystem

y' für die folgenden

aufgelösten Gleichung folgt damit

-

-

Aufgabe 6.8 Gegeben stanten Koeffizienten

0

x

2 -

3/2

=

—1/3.

Durch Superposition und Verwendung der oben nach y2 die allgemeine Lösung:

Berechnen Sie

2, r2

=

-

Differentialgleichungen

=

mit kon-

Ay.

Matrizen jeweils ein reelles

Fundamentalsystem:

Lösung: Stellen wir kurz den theoretischen und

Fundamentalsystem

dar:

Zusammenhang zwischen Differentialgleichungssystem

6.2

Systeme

von

DG1

133

Fundamentalsystem Hat die

(n x n)-Matrix A

des

Systems

Eigenwerte (die

n

nicht alle verschieden sein

müssen) \\,..., A„ mit dazugehörigen n linear unabhängigen Eigenvektoren Ci,...,cn, so bilden die folgenden Vektoren ein reelles Fundamentalsystem oder eine Lösungsbasis: y^x)

=

eXlXcu...,yn(x) eA"*c„ =

Zu einem near

k-fachen Eigenwert A der Systemmatrix A, für den man nicht zugleich k liunabhängige Eigenvektoren hat, erhält man k linear unabhängige Lösungsvektoren,

indem

man

bildet:

yi(x) =p0(x) wobei jede Komponente

e

Polynom

=

von

( pk*) \ Mx)

ein

x,...,yk(x) pk(x) -e Xx

pK*)

=

Grad kleiner oder

gleich k, k 0,1,..., k ist. Zu (a) Wir listen hier die Eigenwerte und zugehörigen Eigenvektoren lediglich auf; für ihre Berechnung verweisen wir auf das Kapitel „Matrizeneigenwerte". Die Matrix A\ hat den einfachen Eigenwert Ai 4 mit einem zugehörigen Eigenvektor ö*i = (—1,1,1)T und den zweifachen Eigenwert A2 2 mit zwei linear unabhängigen Eigenvektoren ö*2 (—2,0,1)T, ö*3 (3,1,0)T. Daher können wir sofort als Lösungsbasis hinschreiben: vom

=

=

=

=

=

ü\(x)

=

e

,

u2(x)

=

e

Zu (b) Die Matrix A2 hat die folgenden drei einfachen linear unabhängigen Eigenvektoren:

Ai A2 A3

= = =

l, 61 = 62 = i, -i, 63 =

Eigenwerte

und

zugehörigen

(1,0,0)T, (0,l,i)T, (0,l,-a)T.

Daher ist

u^x)

=

exbi,u2(x)

=

eixb2,u3(x) e~ixb3 =

eine komplexe Lösungsbasis. Interessiert man sich für eine reelle sie sich auf folgende Weise aus der komplexen entwickeln:

Lösungsbasis,

so

läßt

6 Gewöhnliche

134

Differentialgleichungen

Mit der Euler-Formel e%x = cos x + i sin x gelingt nämlich die Zerlegung in Real- und Imaginärteil von u2, welche beide als reelle Lösungsvektoren benutzt werden können. Wegen ü*2(x) = «3(2) erhält man bei einer Zerlegung von Ü3 zum Glück keine weiteren Lösungsvektoren. Wir müssen uns also nur mit ü2 beschäftigen:

u2(x) (cos x + i sin x){(0,1,0)T + i (0,0,1)T} =

=

< COS X

Somit bilden die

sin x

folgenden

+

sin x

drei Vektoren eine reelle

ui(x) exSi,ü2(x) =

COS X

Lösungsbasis:

=

Zu (c) Bei einer Dreiecksmatrix stehen bekanntlich die Eigenwerte in der Hauptdiagonale. Hier haben wir drei verschiedene reelle Eigenwerte, die demnach sämtlich einfach sind. Wir können also zu jedem einen linear unabhängigen Eigenvektor angeben:

Ai =2, ci = Damit lautet eine

,

A2

=

3, c2

=

,

A3

=

4, c3

=

Lösungsbasis:

e2*ci,ü2 e3xC2, ü3 e4xc3. =

=

Zu (d) Auch hier finden wir die Eigenwerte als Diagonalelemente und sehen also, daß die Matrix A4 den einen dreifachen Eigenwert A = 3 besitzt. Unglücklicherweise finden wir nur einen linear unabhängigen Eigenvektor: d = Mit ihm lautet ein erster

(1,0,0)T. ffi(ar) e3x(l,0,0)T.

Lösungsvektor:

=

Nach unserem oben zitierten Satz machen wir Ansatz für 2. Lösungsvektor:

(a

nun

+ bx c+ dx e + fx

ü2'(x)

„3x

+3

den

folgenden

„3x

+

X

„3x

6.2

Systeme

von

DG1

Einsetzen in die

135

Differentialgleichung und Kürzen durch e3x 6 d

I

+ 3x

+3

f

Koeffizientenvergleich bezüglich Unbekannten a,..., /:

führt

x

I

d

f

uns

=

AA

liefert:

xA4

+

Gleichungssysteme

auf zwei

für die sechs

(A4-3/)(&,d,/)T (0,0,0)T =

Eigenwert von A4 ist, Lösung lautet damit:

Da 3 ein

die

Gleichung exakt

ist diese

(b,d,f)T (1,0,0)T =

Das zweite

=

die

Eigenvektorgleichung,

und

Eigenvektor.

System lautet:

(A4 37)(a, c, e)T

=

-

Dies ist ein lineares nen läßt zu:

(b, d, f)T

(1,0,0)T.

=

nichthomogenes Gleichungssystem, dessen Lösung sich leicht berech-

(a,c,e)T (0,l,0)T. =

Damit

gelangen wir zum zweiten Lösungsvektor:

u2(z)

0 1 0

=

I

+

I

0 0

Ix e3x

=

I

»3a

1 0

Bemerkung: Wenden wir auf obiges zweites System noch einmal die entsteht, wenn wir bedenken, daß (b, d,f)T ein Eigenvektor war:

(At 31) (Ai 37) -

6 d

(Ai 37)

c

-

-

Matrix

=

/

—

Lösungsvektor:

(a

+ bx + cx2 d + ex + fx2 g + hx + ix2

Dies setzen wir wieder in die

Differentialgleichung ein: /

u3'(x)

3

a

+ bx +

cx2 \

d+ex + fx2 g + hx + ix2

)e3x+

(

b + 2xc

l

e

\

h + 2xi

+

a =

A4

d 9

+

xA4

+x2A4

2xf

(f

—

31)

an,

so

0 0 0

Einen solchen Vektor, der durch Anwenden von (Ai 37)2 auf den Nullvektor nennt man in der Mathematik Hauptvektor zweiter Stufe.

Ansatz für 3.

(Ai

„3r

abgebildet wird,

6 Gewöhnliche

136

Differentialgleichungen

Nun führen wir den ren

wird,

zur

Koeffizientenvergleich durch, der uns drei Gleichungssysteme bescheLösung für die neun Unbekannten gerade ausreichend: c

f

=

i

A4\

M4-3/)|

f i

/ i

c

f

=

i

Eigenvektor,

LID +

e

h =>

=

A4

e

h

i

(A4 37) -

Wiederum ist ein lineares lautet:

2| /

I

I

e

=

2

I

/

I

=

[

0 0

nichthomogenes Gleichungssystem entstanden, I

e

=

h

m a

a

d

+

e

=

h

{A 37) -

I

A4

d 9

d 9

Die

Lösung

dieses

Systems lautet: a

d I Damit erhält

man

den dritten

Lösungsvektor zu: '

ü3(x)

=

=

0

\

/ 0 \ „3r

dessen

Lösung

6.2

Zu

Systeme von DG1

(e)

Die

137

Eigenwerte und zugehörigen Eigenvektoren der Matrix A5 lauten: Ax 3, êi (l,l,-2)T, =

=

A2 Damit können wir die beiden

=

A3

=

è*2

2,

aufstellen:

Lösungsvektoren Vi

=

ex -ei,y2

(l,0,0)T.

=

=

e2x

e2.

Eigenwert A2 2 ist zwar zweifach, aber wir finden abhängigen Eigenvektor. Daher machen wir für einen weiteren Lösungsvektor den Ansatz für dritten Lösungsvektor: Der zweite

=

/

y3(x)

=

+ bx + dx e + fx a

\

c

\ Durch Einsetzen in die Differentialgleichung wir wie oben zwei Gleichungssysteme:

einen linear unlinear unabhängigen nur

)

e2x.

und einen

Koeffizientenvergleich

erhalten

Da 2 ein

Eigenwert von A5 ist, ist die zweite Gleichung exakt die Eigenvektorgleichung, Lösung lautet damit: (6, d, f)T (1,0,0)T Eigenvektor. dem ersten System erhält man die Gleichung:

und die

=

Aus

=

(A5 27) -

Dies ist ein lineares läßt zu:

nichthomogenes Gleichungssystem, dessen Lösung sich leicht berech-

nen

(a,c,e)T (0,l,-l)T. =

Damit

gelangen wir zum dritten Lösungsvektor: / 0+x \

u3(x)

=

1

\e2x

( =

\

x

1 -1

\

6 Gewöhnliche

138

6.3

Anfangswert aufgab en

Numerik für

Aufgabe

6.9

Gegeben

Differentialgleichungen

sei die

Anfangswertaufgabe:

y' y2

y(0)

mit

=

=

1.

(a)

Bestimmen Sie die exakte

(b)

Berechnen Sie die ersten vier Picard-lterierten yo, j/i, y2,2/3-

(c)

Bestimmen Sie zeichnerisch für das

(d)

Tabellieren Sie y sowie die nach dem Euler-Verfahren bei Schrittweite h berechneten Näherungen an den Stellen xv = u h, v = 1,..., 5.

(e)

Lösung.

Näherungswert für y(l/2).

Euler-Verfahren bei Schrittweite h

Tabellieren Sie die nach dem Trapez-Verfahren bei Schrittweite h Näherungen an den Stellen x„ = v h, v = 1,... ,5.

Lösung: Zu (a) Trennung der Veränderlichen

liefert sofort die

I %y2 JI dt =>

=

x

Einsetzen der Anfangsbedingung ergibt den Wert für

c:

=

J

-=

y

Zu

y

-

1/2 einen 1/5 —

1/5 berechneten

Lösung: +

c.

--

1 => y

x

=

=

1

=

—

c.

Dann lautet die

Lösung:

=-.

l-

x

(b) Aus der Differentialgleichung

y'(x) f(x,y(x)) =

folgt:

f'v'(t)dt= I* f(S,y(0)dt, y(x)-y(x0)=

!

Jx0

f(ty(0)^-

Dies ist eine implizite Formel für y(x). Zu ihrer näherungsweisen Lösung bedient man sich des Tricks, iterativ vorzugehen. So gewinnt man die allgemeine Darstellung der Picard-lterierten. Startend mit einer Funktion, welche die Anfangsbedingung erfüllt, berechnet man weitere Näherungslösungen nach der Vorschrift:

6.3 Numerik für

Anfangswertaufgaben

139

Picard-Iterierten

fft+i

Wir starten hier mit einer erfüllt. Sei

=

»(*o) +

möglichst

/

f(t,Vk(t))dt Funktion,

einfachen

y0(x)

die die

Anfangsbedingung

1. -

Dann erhalten wir die weiteren Iterierten:

Die exakte

yi(x)

=

y2(x)

=

1+

y3(x)

=

l+

=

1+

Lösung

der

y(x)

1+

(c)

Die Formel

zur

d£=

^ (l ^(l x

+

1+

+ 24 + +

£2)de=l + * + *2+y,

2^ + 3e2 +

x2 + x3 +

^3+^4 ^5 ^6 +

6

6

9

die

od

Entwicklung:

°°

1

=-=

1

+

\xA + Ix5 + \xQ + ^-x7.

Differentialgleichung gestattet x —

Zu

/

Jo

^—'

x*

=

1+

x

+

x2 + x3 + x4 H-.

i=0

Bestimmung einer Näherungslösung

nach Euler lautet:

Euler-Verfahren Vi+i

=yi+h- f(x{ ,y{)

i

=

0,1,...

Zur zeichnerische Darstellung müssen wir lediglich bedenken, daß unsere Differentialgleichung in der expliziten Form y' = f(x,y) vorliegt. Die Werte der Funktion / sind also die Ableitungen der gesuchten Funktion y. Wir beginnen am Anfangspunkt, der durch die Anfangsbedingung vorgegeben ist. Dort tragen wir eine Gerade mit der Steigung m = f(x0,y0) ein über das ganze Intervall [0,h]. Am Endpunkt lesen wir zum x-Wert = h den + xi x0 entsprechenden y-Wert ab, den die Gerade dort annimmt. Mit diesen beiden Werten berechnen wir f(xi,y\), was nach obiger Gleichung wiederum die Steigung der gesuchten Funktion in diesem Punkt bedeutet. Wir tragen also bei diesem Punkt beginnend erneut eine Gerade mit der eben berechneten Steigung ein, und das

6 Gewöhnliche

140

Differentialgleichungen

Spielchen wiederholt sich, bis wir zum Ende des zu betrachtenden Intervalls gelangt sind. Der entstehende Polygonzug bildet dann eine Näherung der gesuchten Lösung. Hier in der Aufgabe wird nun eine sehr grobe Näherung gesucht: Schrittweite h 1/2. Das bedeutet, wir sollen zwei solche Geradenstücke aneinanderfügen, um ein Näherungspolygon zu erhalten. In der Skizze 6.2 deuten wir das Ergebnis an. Die zweite Gerade hat dabei die Steigung m 1.52 2.25. =

=

=

Abbildung 6.2:

Skizze

zum

Euler-Verfahren

Zu(d) Man startet, indem man für t/o die Anfangsbedingung t/(0) einsetzt und berechnet mit der obigen Formel sukzessive y\ als Näherung für y bei xi = xo + h, t/2 als Näherung für y bei x2 = x0 + 2h, usw. Für unsere hier vorgegebene Differentialgleichung lautet die Formel: Sei In der

Aufgabe war h

t/o =

t/i t/2 t/s t/4 t/s

Zu (e) Die Formel lautet:

zur

=

y(0)

=

1 => t/i+i

1/5 vorgegeben. =

= =

=

Vi + h

Dann

1 + ±12 1.2 + 0.2-1.2* 1.488 + 0.2 1.4882 ••

=

••

Bestimmung

=

=

= =

=

einer

-

folgt:

•

=

y2, i 0,1,.... 1.2, 1.488,

1.9308288, 2.676448771, 4.1091242.

Näherungslösung

mit dem

Trapezverfahren

6.3 Numerik für

Anfangswertaufgaben

141

Trapez-Verfahren t/t+i

yi +

=

g

(f(xi,y>) + f(xi+i,yi+i))
yo +

=

=

TT

,

=

=

=

yj

=

*4

=

=

365^ O

•

"

t

"

6 _

OTT

=

=

=

«

yjî

|tt O

-

_ ~

/(gîr,0+ -(-2.3659))

i -(0.94636 + 1.30899) =

=

Z

Durch die für das Runge-Kutta-Verfahren sodann den Wert für $ nach der Formel: $

2-2°65'

_

_

/(a;o + /i,yo + /i*3) ~2

=

-2.2132

-2.2132-T-3 2 -2.2132 2 3X 6 2tt 4 -0.5533-3.1415 0.577=-2.3659, TT 5 •

gilt:

|/2 1 -| \ -1.5707, /(^r,-(--)j -

2 "

|/i(*i + 2*2 + 2*3 + *4)-

y0+

=

berechnen wir zunächst. Es

/(*o + yyo+2*i) 3 TT2

=

/(|, 0)

=

h

,i

y(xo + h)

*i,..., *4

Die einzelnen Parameter

*i

=

^[*l+2*2 i[—1.5707

+

-2.25535.

eigentümliche Mittelbildung berechnen

wir

2*3 + *4] 4.413

-

4.7318 -

-

2.25535]

-2.16181.

Dann macht die Berechnung des mehr, und wir erhalten: yi

eigentlichen Näherungswertes

=

yo + h $

=

-J- 2.16 0

=

-2.261947.

keine

Schwierigkeiten

6 Gewöhnliche

146

Aufgabe 6.12 Gegeben sei

die

Anfangswertaufgabe:

y" + 4y=0, y(0) Berechnen Sie mit der Schrittweite h

(a) (b)

nach dem

eine

=

=

l,y'(0)=0.

0.2

Euler-Verfahren,

nach dem klassischen

jeweils

Differentialgleichungen

Näherung

bei

Runge-Kutta- Verfahren 0.2.

x —

Lösung:

Zunächst müssen wir die l.Ordnung der Form y'

Differentialgleichung 2.Ordnung =

Runge-Kutta geeignet.

Setze dazu j/i

:=

y,

y2

:=

f(x,y)\ y'.

Dann

denn

nur

zurückführen auf ein System dafür sind die Formeln von Euler und

folgt:

und wir erhalten:

Zu

(a) Lösung mit dem Euler-Verfahren : gesucht yi(0.2). 2/i j/o + h f(x0, yo), also: =

Zu (b) Lösung mit dem Runge-Kutta-Verfahren: Wir berechnen zuerst die sog. Steigungen fcj,..., k4.

6.3 Numerik für

Anfangswertaufgaben

147

Daraus errechnet man den Mittelwert, Schritt auszuführen:

K

=

± 1

~

Als

Ergebnis

6

um

damit den gesamten ersten

Runge-Kutta-

*1 + 2*2 + 2*3 + *4 + 2(-0.4) + (-0.768) \ _( ( 0 +-42(-0.4) + +

2(-4) 2(-3.84)-3.68

V

des ersten Schrittes

)

~

\

-0.3946 -3.893

folgt also:

Übrigens ergibt sich als exakte Lösung: cos(2ar) + c2 sin(2z) => y(0.2) 0.92106099. Man sieht deutlich die bessere Approximation durch Runge-Kutta, aber auch den höhey

ren

=

a

=

Aufwand.

Aufgabe

6.13 Berechnen Sie

für

die

Anfangswertaufgabe

y"-2y' + y 0, y(0) 0,y'(0) 1 1/4 nach dem Euler-Verfahren Näherungen für y(l) =

mit Schrittweite h

=

=

=

Lösung:

und

y'(l).

Wir führen die Differentialgleichung zweiter Ordnung auf ein System von zwei Differentialgleichungen erster Ordnung zurück, weil die bekannten Näherungsverfahren von Euler, Picard, Runge-Kutta sich an solche Aufgaben richten. Setze daher: yi

Dann lautet

unser

:=

y,y2

=

y'-

System:

(S)-(-ïî)C) -(S8)-(ï)-

Das Euler-Verfahren für ein

System

nimmt dann die Form

rru» Als Startwerte verwenden wir die

i-1 vu"

Anfangswerte ,.(°)

an:

f HÏ)

6 Gewöhnliche

148

Wir listen die

Rechenergebnisse 0

0.25 0.25 1.5

Vi 1

2/2

in der

Differentialgleichungen

folgenden Tabelle auf:

0.5 0.625 2.1875

1 0.75 1.171875 1.953125 3.125 4.39453125

6.14 Berechnen Sie mit dem „klassischen" Runge-Kutta-Verfahren und der Schrittweite h = 1/5, ausgehend von xo 1, Näherungen an y(xo + /z h), fi = 1,2,3. Dabei sei y = (2/1 j 2/2) Lösung der Anfangwertaufgabe:

Aufgabe

—

yi'= -12yi+9y2 2/2'= H2/1

-

IO2/2

2/l(l) y2(l)

=

=

96-! lie"1.

Lösung: Diese Aufgabe unterscheideet sich von den vorhergehenden lediglich dadurch, daß ein System von Gleichungen gegeben ist. Mathematisch ändert sich dadurch fast nichts, alle Formeln bleiben bestehen, falls man nur an den richtigen Stellen Vektoren benutzt. Wir übergehen die Tatsache, daß es sich um ein lineares System handelt; denn das Verfahren von Runge-Kutta ist für beliebige Differentialgleichungen erster Ordnung anwendbar. Mit der Abkürzung y (yi, y2)T schreiben wir das System so: =

y' f(x,y) Für die

Anfangswerte berechnen x0

=

f(x,y)--

mit

=

wir die

l,2/^0)

Dann erhalten wir für die einzelnen

=

-12y *yi + 9y2 \ llyi-10y2

Näherungen: 3.3109, y20)

=

4.0467.

Steigungen die Werte:

/w°>>=(:^)'

r(D

)•

_

2.9803 6416

-3.0116 \ /(*o + |,y}=( zlZl)

'

6.4 Konsistenz bei Einschrittverfahren

Damit berechnet sich die

149

Näherung bei

x\

1+

=

1/5

=

1.2

zu:

W 2.7107 \ (&\-(&\+k (V "3.0013 -3 6672 j 3.3133 j U1} J"U0) J +

"

Auf ganz

analoge Weise erhält man

—

die

die Stelle x2

«4

xo + 2ft

=

1.4:

-2.2444 -2.6833

/

(2)>

,

=

-2.4420 -2.9796

r(2)

-2.4599 -3.0219

m

K3

folgt für

Näherung für

-2.7087 -3.3153

=

Dann

die

-

_ — —

Näherung: 2.2188 2.7132

und

analog weiter: 1.8134 2.2246

Zum

Vergleich geben

wir die exakte

2/1 (*) \ _( (\y2(x)

J \

Lösung mit ihren

11 e-*

) ^\

Werten bei X3

2/i(l-6) \_f y2(1.6) ) ^

1.6

1.817069 N 2.220862

^

an:

'

Konsistenz bei Einschrittverfahren

6.4

Aufgabe

6.15 Bestimmen Sie

2/i+i die Konstanten

besitzt.

a,b,c

=

so,

für das Einschrittverfahren

Vii + * [«/(*>. Vi) + &/(*i+i, 2/i +

daß

der lokale

Betrachten wir eine

Anfangswertaufgabe:

v' /(*,»), 2/(0) =

zugehöriges Einschritt-Verfahren 2/i+i

=

c/(xt-, y 0 gibt mit (gleichmäßig für alle Stützstellen x,)

\d(xi, y(xi); h)\ < C

hp

für h

>

-v

0,

wenn es

eine Konstante

0

Diesen Begriff „Konsistenz" darf man tunlichst nicht mit dem Begriff Konvergenz verwechseln. Hier wird lediglich davon gesprochen, daß das Einschrittverfahren bei einem Schritt eine gewisse Annäherung schafft, es wird aber nichts über den gesamten Lösungsverlauf gesagt. Hierfür benötigen wir den Begriff „Konvergenz".

6.4 Konsistenz bei Einschrittverfahren

151

Konvergenz des Einschrittverfahrens Das Einschrittverfahren, das auf den Gitterknoten x* die Näherungswerte j/ä(x,) liefert, heißt konvergent für die Anfangs wert aufgäbe auf dem Intervall 7, wenn für den globalen Fehler eÄ(x,) := y(x.) yh(x 0,

INI Den

-+

0 für

ft

->

0

-

=

wenn

gilt:

0{W)

Zusammenhang zwischen den beiden Begriffen stellt der folgende wichtige Satz her. Konvergenzsat z

Gegeben

(i) (ii)

sei für eine

Anfangswertaufgabe ein

Einschrittverfahren.

Ist die Verfahrensfunktion

4>(x,y;ft) Lipschitz-stetig bezüglich y und ist das Einschrittverfahren konsistent mit der Anfangswertaufgabe, so ist das Verfahren konvergent. Die Konsistenzordnung ist dann zugleich die Konvergenzordnung. Wir gehen, wie es in der Definition von 'Konsistenz' verlangt wird, davon aus, daß wir für den Punkt x,- den korrekten Wert y(x,) kennen. Wir wählen deshalb x,- als 'vital point', auf den wir die gesamte folgende Rechnung beziehen, und entwickeln zuerst die linke Seite unseres Verfahrens in eine Taylorreihe um den Punkt x,-: yi+1

=

y(xt) + hy'(xi) + yy"(x.) + y 2/'"(*.) + 0(h4).

Betrachten wir nun die rechte Seite: j/,- = y(x,), fta/(xj, j/i) Durch die folgende kleine, aber feine Umformung

=

hay '(x,).

f(xi+i,Vi + cf(xi, y,)) f(xi+i, y(x,-+i) + y,- + c/(x,-, y.) y(xi+1)) wir eine Taylorentwicklung bei (x,+i, y(x,+i)) durchführen zur Aufspaltung der =

-

können rechten Seite: =

ße

f(xi+i,y(xi+1)) —(x,+1,y(x,+i)) [y(xj) + cy'(xj) y(xj+i)] + +

-

d

=

f + y'(xi+1)+ —(xi+i,y(xt+1))[...]

....

...

6 Gewöhnliche

152

In der

eckigen Klammer entwickeln

Differentialgleichungen

wir weiter:

[y(xi) + cy'(xi) y(xi+i)] y(x

=

=

=

System

von

fünf linearen

Gleichungen

•,

•

•

1

=

h

=

h2 h3 hA

a0 + ai + a2

(-ai 2a2 + 60 + &i + 62 + b3)h (ai + 4a2 26i 462 6b3)h2 (-ai 8a2 + 3&i + 12fe2 + 27b3)h3 (ai + 16a2 4&i 3262 10863)A4 -

=

-

=

-

-

-

=

-

-

-

=

0,1,2,3,4

für die unbekannten

6.5 Lineare Mehrschrittverfahren

159

In der Aufgabe ist die Form der gesuchten 4-Schritt-Formel schon stark eingeschränkt. Damit wir überhaupt eine Chance haben, müssen wir ai = a2 = 0 und dann natürlich wegen der ersten Gleichung ao = 1 wählen. Dann reduziert sich das System auf vier 63. Auch hier schenken wir uns die DurchGleichungen für die vier Unbekannten 6n, rechnung und bitten den Leser nachzuprüfen, daß sich aus diesem System tatsächlich die obigen Koeffizienten 60 = 55/24, h = -59/24, b2 = 37/24,63 = -9/24 ergeben. Zum Schluß geben wir noch die Ein-, Zwei- und Dreischrittformel nach Adams-Bashforth tabellarisch an: -

-

,

-

Adams-Bashforth-Formeln Vi+i

=

Vi +

hfi

jä+1

=

y» +

^ [3/,

îfc+i

i[23/i- 16/i-i + 5/i_a]

ïfc +

=

—

Aufgabe 6.20 Berechnen Sie für die 4Schritt-Formel aus Aufgabe 6.19 die sistenzordnung und berechnen Sie den lokalen Diskretisierungsfehler.

exakte Kon-

Lösung: Zur Berechnung

der exakten Konsistenzordnung verlassen wir uns ganz auf den Satz Seite 156 und entwickeln das zugehörige Gleichungssystem. Mal schauen, wieviel Gleichungen erfüllt sind. Durch Vergleich mit der allgemeinen Mehrschrittformel erkennen wir: von

»o

ßo

=

=

-9/24,A

Diese Werte setzen wir in

0

=

«i

=

a2, Q3

—1, »4=1,

=

37/24, ß2 -59/24, ß3 55/24, ß4 das Gleichungssystem von Seite 156 ein. =

=

=

=

+ cx2 + a3 + a4 = -1 + 1 +ai-ßi+ 2a2 -ß2 + 3a3 -ß3+ 4a4 ßi = 9/24-37/24 + 59/24-3-55/24 + 4 a0 + an

-ßo

0.

=

0,

=

0,

=

0,

=

0,

-

ai

»

-l

4tt2

OR

-L

9ft3

™

-l

1604

AR

=-37/24+(2-59)/24-9/2-(3-55)/24+ 16/2 ai

2

ßi

8a2

2

6

4/?2

27q3

9ß3

2

6

2

64a4

16^4

6

2

=-37/48 + (4 59)/48 27/6 (9 55)/48 + 64/6 •

•

-

-

6 Gewöhnliche

160

ai__ßj_ + 16o2_8/?2 + 81a3_27/?3 + 256a4 24

24

6

6

24

6

Differentialgleichungen

64/?4 5

24

=-37/144+(8-59)/144-81/24-(27-55)/144 +256/24

=

0.

langwierige, aber keineswegs schwierige Rechnung haben wir also schon herausgefunden, daß die Konsistenzordnung mindestens vier ist. Um sich zu überzeugen, daß sie auch exakt vier ist, müssen wir noch eine weitere Gleichung betrachten und zeigen, daß die nicht erfüllt ist: aj__ßi_ + 32o2_16^ + 243q3 8lß3 + 1024a4 256/?4 Durch diese

zwar

120

=

120

24

120

24

120

24

24

-37/576 + (16 -59)/576- 243/120- (81 -55)/576 + 1024/24 ^ 0,

womit die exakte Konsistenzordnung vier nachgewiesen ist. Um den lokalen Diskretisierungsfehler genau zu bestimmen, wenden wir wieder das probate Hilfsmittel „Taylorentwicklung" an. Dazu schreiben wir die zu untersuchende Formel folgendermaßen um:

y± [55»i+3 59y{+2 + 37y'i+1 Der lokale Diskretisierungsfehler lautet damit: 2/i+4

=

m+3 +

-

d(xi+i, y(xi+4); h)

^ [y(xi

-

+ 4h)

-

-

9y(xi) + ,

,

,

...

_

Diskretisierungsfehler

direkt den lokalen

d(xi,y(xi); h)

,

Ord. ,

_

ab:

i [y(x; + 4h) yi+4]

=

-

y

720

Außerdem schließt man aus diesem Rest natürlich auf eine Konsistenzordnung vier, was wir oben ja auf anderem Weg schon hergeleitet hatten.

Aufgabe

6.21

Gegeben

sei die

von

exakt

Anfangswertaufgabe

y'

=

—xy2

y(0)

mit

=

2.

(a) Lösen Sie die Aufgabe exakt. (b) Ausgehend von den exakten Werten bei yo y(0),yi j/(0.2),i/2 2/(0.4), y3 i/(0.6) berechne man mit dem 4Schritt-Verfahren aus Aufgabe 6.19 den Näherungswert î/(l) und vergleiche ihn mit dem exakten Wert. =

Lösung: Zu (a) Die exakte Lösung ergibt

sich durch

/?-/ Der Einbau der

=

Trennung der Veränderlichen =

V

—

c

*2

1

xax=>

Anfangsbedingung führt zu

=

=

—

2

+

=

zu

c.

—

-1/2 und

damit

zur

Lösung:

2 xl + 1

Zu (b) Aus der exakten Lösung und der Anfangsbedingung t/o = 2/(0) = 2 berechnen wir die Werte t/i, t/2 und y3, um sie als Startwerte für unser 4-Schrittverfahren zu verwenden. j/j

=

j/(0.2)

=

1.9230769, y2

=

Wir wiederholen die 4-Schrittformel W+i

=

2/(0.4) aus

=

1.7241379,2/3

Aufgabe

Vi + -

=

2/(0.6)

6.19:

59/i-i + 37/i_2 -

9/i_3].

=

1.4705882.

6 Gewöhnliche

162

Differentialgleichungen

Mit den oben berechneten Startwerten möchten wir also jetzt t/4 ausrechnen. In Formel ist also i + 1 = 4 zu setzen, und wir benötigen die Werte fo, f\, fi, h=

f(xi,y(xi))

und

f(x,y)

=

-xy2 folgt:

fo = /(0.2) 0, h h = /(0.4, ja) -1.1890605, h =

=

Die

=

=

=

=

1.4705882- 0.2381588

Der exakte Wert lautet: y(x4) = 1.219512. Den Näherungswert verwendet man dann zur 2/5

=

1.219512 +

Der exakte Wert ist

Ergebnis.

^[55(-0.8

•

=

und

so

Berechnung von 2/5:

1.2195122) -...] =

=

1.001024.

0.2 ein doch schon beachtliches

die Parameter a, ßo, ßx, ß2 € Dt so,

=

=

=

=

=

-

Aufgabe 6.24 Berechnen Sie den Diskretisierungsfehler, der bei folgender Mehrschrittformel zur Berechnung einer Anfangswertaufgabe auftritt: W+i

=

» +

Î2 f23* 16/'-1 + 5/-2> ~

Lösung: Zur besseren

Übersicht nehmen wir eine Indexverschiebung Vi+s

•

vor:

TiiMfi+2 16/j+i + 5/

=

=

——

v'o + (*%o* +

Das setzen wir in den lokalen

d(xi,y(xi); h)

=

+

h)

-

[y(iA=l +

^,B

=

~,

Näherungslösung: !fe

=

l+

Wir rechnen ein paar Werte

^y-£(-10)n,

Vn

=

0,l,2,....

aus:

2/o

=

2/2

=

2/3

=

2/4

=

l,j;i

=

e

1 + —+ ,

10e

lOOe

e

1 + e,

,

—=

1+n-^r 1-9£100(k 1+ïï+_ïï_= =

„

.

e

,

1+ ,

,

10000e

e

YY-îj—

=

M '

,

l- nnn 909e.

Hier ist von Konvergenz keine Rede, für noch so kleines e ^ 0 wird sich für wachsendes der Näherungswert y„ immer mehr von der exakten Lösung entfernen. Betrachten wir den Fehler direkt. Sei dazu x fest gewählt. Mit h„ = x/n erhalten wir:

n

v(z)-yn

=

fi(l-(-10n

Da dieser Ausdruck für n = 0,1,2,3,... bei beliebigem e ^ 0 nicht gegen 0 konvergiert, kann auch die Folge der Näherungswerte' nicht gegen die Lösung konvergieren. Gleichzeitig sieht man aber, daß das Problem durch einen Fehler e in den Startwerten in die Aufgabe hineingetragen wird. Für e = 0 ergibt sich die exakte Lösung yn = 1, Vn = 1,2,_ Um dieses Phänomen etwas genauer beleuchten zu können, wollen wir den Begriff ,Konvergenz' sorgfältiger fassen.

Konvergenz

bei Mehrschrittverfahren

Ein Mehrschritt verfahren, das

zu jedem h > 0 in den zugehörigen Gitterknoten Näherungswerte u„,n 1,... ,N und damit auf dem Gitter eine Näherungsfunktion «Ä erzeugt, heißt konvergent für die vorgelegte Anfangswertaufgabe (mit der Lösung y), wenn gilt:

xi,...xn

=

max \uh(xn) y(xn)\ \\uh-y\\:= l 0,

\\uh-y\\

=

wenn

0(hn

gilt:

h

—>

0

6.6 Zur Stabilität

171

der Fehler in den Gitterknoten bezüglich der Maximumnorm gegen Null strebt. Genau dies passiert im obigen Beispiel nicht. Wie wir gesehen haben, liegt es an einem Fehler in den Anfangsdaten. Dieser pflanzt sich immer weiter fort und verfälscht das Ergebnis vollständig. Leider ist solch ein Fehler prinzipeil nicht zu vermeiden. Allein schon durch Rundung, aber auch durch Meßfehler fängt man sich solche Abweichungen ein. Diese Fehlerfortpflanzung wird numerisch mit dem Begriff „Stabilität" beschrieben. Dazu geben wir für lineare Mehrschrittverfahren die folgende

Konvergenz sagt also, daß

Definition

an:

Stabilität Für ein k-Schrittverfahren werde mit Dh die folgende auf den Defektfunktion bezeichnet:

vj

Dh(v)

=

{

£

—

für j

yj

a0Vi +

+ akvi+k

=

=

Gitterknoten definierte

0,1,..., k 1 Startwerte —

-h[ß0fi + für i

m

+ ßkfi+k]

0,1,..., m

—

k

Das k-Schrittverfahren heißt dann stabil, wenn es positive Konstanten H und K daß für jedes h < H und jede Gitterfunktion v gilt:

gibt,

so

IM|pez

—

Deshalb machen wir einen Ansatz mittels Variation der Konstanten: y,pez

Setzt

man

man:

=

/ Ci(«) I

diesen Ansatz in das

/

c2(x)e*/2 ^

2exl2 eX/2

inhomogene Differentialgleichungssystem ein, /

\

\ |c2(*)e*/2 + §

1 \ ( 1 [ 0 + C2(x)

) { ~

_

0

=

§

=

ci

so

erhält

'(x) + 2c2 '(*)e*/2 + c2(x)e*/2 \

'(x)e*/2 + |c2(x)e*/2 c1'(x) + 2c2'(x)ej;/2 c2'(x)e*/2 c2

§e-r/2

)

'

Aus der zweiten Gleichung ergibt sich c2'(x) = und daraus dann c2(x) = —ie~xl2. In die erste Gleichung eingesetzt, ergibt sich c\ '(x) = —2c2'{x)exl2 = —3 und daraus ci(x) = —3x. Also als spezielle Lösung des inhomogenen Systems: Vspez und damit als gesamte

=

^ ,_

Lösung

der

zu

verifizieren)

Lösung des inhomogenen Systems

(

y-y Die

^ (leicht

^

2c2e*/2 C2e*/2 3

d +

-

_

3x \

;

•

inhomogenen Differentialgleichung 2. Ordnung ist

t/(x)

=

c1 +

2c2ej;''2-3x.

dann

6 Gewöhnliche

180

Jetzt setzen wir noch die

Randbedingungen ein:

y(0) î/(l) Somit lautet die

Lösung

Differentialgleichungen

=

0

=

ci +

=

0

=

c1+2c2v^-3

des

ci=-7lrT c2=2j^zr)'

2c2

Randwertproblems y/e

1 —

Aufgabe

6.34

Gegeben

sei die nichtlineare

y"=TT1+ x

Berechnen Sie mit dem

Runge-Kutta-Verfahrens

Randwertaufgabe:

m!iy(0)

=

einfachen Schießverfahren

l,y(l) unter

und der Sekanten-Iteration eine

=

l.

Einbeziehung des Näherungslösung.

klassischen

Lösung: S chieß verfahr en

Grundgedanke des SchießVerfahrens liegt darin, sich zur Berechnung einer Randwertaufgabe die Verfahren für Anfangswertaufgaben nutzbar zu machen, zum Beispiel das Runge-Kutta-Verfahren. Dazu muß man sich die Voraussetzungen zur Anwendung dieser Verfahren schaffen. Bei einer Differentialgleichung zweiter Ordnung benötigt man als vollständige Anfangswertaufgabe zwei Anfangswerte: den Funktionswert und den Ableitungswert am Intervallanfang. Den Funktionswert hat man ja als Randwert vorgegeben. Als Wert für die Ableitung probiert man es nun mit irgendeiner Zahl, die vernünftig erscheint. Mit diesen beiden Werten „schießt" man z.B. mit Runge-Kutta bis zum Intervallende und schaut nach, ob der dort erhaltene Wert mit der vorgegebenen Randbedingung übereinstimmt. Entsprechend verbessert man den Ableitungswert am Anfang. Dies ist mehr oder weniger ein Probieren. Ein bißchen gezielter kann man nach der folgenden Idee vorgehen. Um das Runge-Kutta-Verfahren anwenden zu können, müssen wir die Aufgabe auf ein System erster Ordnung zurückführen: Der

2/2 1+x

Außerdem benötigen wir zwei Anfangswerte. Die Randbedingung für den linken Rand behalten wir bei, die zweite Anfangsbedingung setzen wir als Parameter an: s :=

y'(0) y2(0). =

6.8 Numerik bei

Randwertproblemen

181

Fortsetzung Schießverfahren Berechnen wir mit diesem Parameter mit Hilfe des Runge-Kutta-Verfahrens eine Näherungslösung, so enthielte der Wert dieser Näherung am rechten Rand diesen Parameter. Bezeichnen wir mit Y die Näherungslösung und wählen wir bei vorgegebener Schrittweite h die Anzahl der Schritte TV so, daß TV h 1 gilt, so bezeichnet also Yijv(s) den Näherungswert der ersten Komponente der Lösung bei x 1. Damit die zweite Randbedingung erfüllt wird, müssen wir also nun nach einem Wert für s suchen, der uns die Beziehung liefert: =

•

=

Y1N(s) y1(l) îKl) =

Dies ist

=

=

l.

der Suche nach einer Nullstelle der nichtlinearen

gleichwertig mit

F(s)

=

Y1N(s) y(l)

=

Gleichung:

0.

-

Wir lösen diese Gleichung nun entweder mit dem Newton-Verfahren oder dem Sekanten-Verfahren. Wir bilden also die Iterationsfolge:

F(sk)(sk -gfc-i) Dies wenden wir nun auf unsere Aufgabe an und entscheiden uns für das Sekantenverfahren. Der Preis, den wir uns bei Verwendung dieses Verfahrens für die Umgehung der kostspieligen Berechnung der Ableitung beim Newton-Verfahren einhandeln, liegt in der Notwendigkeit, zwei Startwerte sq und si zu finden. Durch Probieren mit einem Rechenprogramm für das Runge-Kutta-Verfahren (h = 0.01) erhält man: so

=

-0.65 =>

=

0.9909075,

si

=

-0.64 =>

=

1.0054916.

Für diese beiden Werte berechnen wir den Funktionswert F:

FX-0.65) F(-0.64)

=

0.9909075

1

=

0.0090925,

1

=

0.0054916.

-

=

1.0054916 -

Das Sekanten-Verfahren liefert dann den nächsten « 52

-°nfu 64-

Näherungswert für s: 0 0054916[-0.64-(-0.65)] ^„77(mi -°-643770731"

1.0054916- 1 -0.9909075+ 1

=

_

Um den nächsten Näherungswert für s zu berechnen, benötigen wir den Wert Yf030, den wir mittels des Runge-Kutta-Verfahrens für das gerade eben berechnete s2 bestimmen:

Y^o

=

0.999987759

F(s2)

=

-0.000012241.

6 Gewöhnliche

182

Berechnung einer neuen Näherung S3: -°0QQQ1224[ 0 64377 (~0-64)] n fu-mrmi -0.643770731 -_0.000012241 0.0054916

Diesen Wert benutzen wir S3

=

=

Daraus

Differentialgleichungen

zur

~

~

-0.643762345.

folgt wiederum als Wert

der

-

gesuchten Näherungslödung an

y^o Führen wir den Schritt noch einmal s4

=

=

der Stelle

x

=

1:

0.999999992.

durch,

so

erhalten wir:

-0.643762339 =>

Yfa

=

1.0.

Damit haben wir nun den Wert für s gefunden, der im Rahmen der Rechengenauigkeit als Wert für die Ableitung beim Anfangspunkt gewählt werden muß, damit die zweite Randbedingung erfüllt wird. Mit diesem Wert für s führt man also jetzt das RungeKutta-Verfahren durch, um damit eine Näherungslösung für unser Ausgangsproblem zu erzielen.

Aufgabe

6.35

Gegeben

sei die

Randwertaufgabe

y"-2y'

0

m%(0) 0,y(l) 1. Berechnen Sie mit dem einfachen Schießverfahren unter Verwendung des Euler-Verfahrens (Schrittweite h 0.5) eine Näherung, und vergleichen Sie den Näherungswert bei mit x dem der exakten Lösung an dieser Stelle. Wert 1/2 =

=

=

=

=

Lösung:

Zunächst führen wir wieder die Differentialgleichung zweiter Ordnung auf ein zwei Differentialgleichungen erster Ordnung zurück, damit wir überhaupt Euler-Verfahren denken können. Sei dazu 2/1 := y, 2/2 := y' von

System an

das

(üO~(o 2)(S) Als Trick, der

uns die Anwendung eines Anfangswertlösers erlaubt, setzen wir die zweite Anfangsbedingung als Parameter an: yi(0) \, / 0 \ 2/2(0) )-\c )• Jetzt haben wir die Aufgabe in dem Topf, wo wir mit dem Euler starten können. Das _

Euler-Verfahren für ein System lautet nämlich:

6.8 Numerik bei

mit der

Randwertproblemen

183

Anfangsbedingung:

Der erste Schritt

ergibt dann:

Der nächste Schritt rechnet sich ganz genauso:

(f)-UMü)(i)

-(£*)-(«

=

Das

0);

steht dabei für einen beliebigen Wert, der nicht weiter interessant ist. Aber wie müssen wir c nun wählen, damit die erste Zeile dieser letzten Gleichungskette erfüllt wird? Wähle

Fragezeichen

2/3. Damit müßte man nun das Euler-Verfahren vollständig durchführen. Wir wollen nur an der Stelle x 1/2 den Näherungswert mit der exakten Lösung vergleichen. Nach dem ersten Euler-Schritt war der Näherungswert für x 1/2 erreicht. Wir erhalten also als Näherung: c

=

—

—

=

I= H= 1=om

Vergleichen wir das mit der exakten Lösung. Die charakteristische Gleichung der linearen homogenen Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten lautet A2

2A

=

0.

-

Das liefert die

Eigenwerte Ai

=

0, A2

=

y

Mit den

2 und damit die

=

Lösung

c1+c2e2x.

Randbedingungen erhält man zwei Gleichungen für 0 und ci + c2e2 1 c\ + c2 =

=

ci,c2:

6 Gewöhnliche

184

Ci(l e2)

also

=

-

1 O Ci

=- =

tl

1

Differentialgleichungen

-c2.

—

Folglich lautet

die exakte

Lösung

Randwertaufgabe:

der

1 y~

und damit ist der exakte Wert bei

1/(0.5)

=

1

l_e2e

l_e2

x

=

el

-

1

ez

—

Aufgabe 6.36

Lösen Sie die

'

1/2:

—î-j y-^e1 1

2x

=

0.26894.

—

folgende Randwertaufgabe:

x2y"-2xy' + (x2 + 2)y=0 mity(0) + y'(0)

=

l,

y(l) + y'(|)

näherungsweise mit dem Differenzenverfahren, Schrittweite zentralen Differenzenquotienten.

von

=

l

h

=

^,

unter

Verwendung

Lösung: Differenzenferfahren Wir unterteilen das durch die Randbedingungen festgelegte Grundintervall [a, b] in gleichlange Teilintervalle der Länge h durch Einführung der Stützstellen a = = b mit h = xo, xi,..., xjv, x,-+i x,-. An diesen diskreten Stellen werden wir Näherungen an die Lösung unserer Differentialgleichung berechnen. Dazu ersetzen wir alle in der Differentialgleichung oder auch in den Randbedingungen auftretenden Ableitungen (Differentialquotienten) durch Differenzenquotienten. Ist die Randwertaufgabe linear, sind also sowohl Differentialgleichung als auch Randbedingungen linear, so entsteht auf diese Weise ein lineares Gleichungssystem, dessen Lösung die gesuchten Näherungswerte sind. Andernfalls ist auch das Gleichungssystem nichtlinear und muß mit entsprechenden Methoden gelöst werden. —

Die üblicherweise verwendeten zusammen.

Differenzenquotienten stellen wir in der folgenden Tabelle

6.8 Numerik bei

Randwertproblemen

185

Differenzenquotienten

y(xj+i) y(xj) -

h

y(xj+i) y(xj-i)

vorderer

Diffquot.

zentraler

Diffquot.

-

i/'O.)

2h

y(xi)- y(xj_i)

hinterer

y"(xi)

yjxj+i) 2y(xj) + y(xi_Q

zentraler

Diffquot.

y'"(xi)

y(xj+2) 2y(xi+1) + 2y(x,_i) y(x,_2)

zentraler

Diffquot.

-

h?

Diffquot.

-

-

2/i3

Kommen wir nun zur Lösung unserer Aufgabe, so entnehmen wir aus den Randbedingungen das Grundintervall: [0,tt/2]. Wegen der vorgegebenen Schrittweite h = £ bedeutet das, daß wir Näherungen für die Lösung an den folgenden Stellen zu berechnen haben: yo

=

2/(0), 2/i

:=

y(^),

2/2 :=

y(|)-

Zur Durchführung der Differenzenmethode ersetzen wir die Ableitungen durch zentrale Differenzenquotienten, wie wir sie oben aufgelistet haben. So entsteht mit den Abkürzungen 2/i aus

der

Differentialgleichung x2

p-bi+i Auch die

-

-=y(xi),

die

:=y(xI+i),... folgende Differenzengleichung:

2yi + yi-i]

2/i+i

x

-

j^bi+i

~

2/i-i] + (x2 + 2)yi

=

0.

Ableitungen

zenquotienten.

zuführen:

in den Randbedingungen ersetzen wir durch zentrale DifferenDadurch sind wir allerdings gezwungen, zwei weitere Unbekannte einy-i

Damit hat

insgesamt fünf Gleichungen zur Verfügung: (*) 1. RB: man

(«) 2. RB: (jj'i) i = 0 : x = 0: (iv) i = 1 => x = (v) i = 2 => x —

=

»(—j).V3

=

Unbekannte 2/-i,2/o,yi,2/2,2/3 und hat aber auch fünf

Myi y-i] 2^[ys -yi]

y° + y2 +

0-[yi-2y0 + y-i]-0-[yi-y_i] + 2y0 [2/2-2yi+y0]-[y2-yo] + + 2)yi 4[y3 2y2 + yi] 2[y3 yi] + (^ + 2)y2

(f^

-

-

-

=

-

= =

= =

l l 0 0 0.

6 Gewöhnliche

186

(iii) folgert man sofort: yo 0. (iv) ergibt sich damit y1(-2 + 7r2/16+2) 0> Aus (i) folgt dann —(-y_i) 1, also y_i Aus Aus

Differentialgleichungen

=

=

=

=

Aus den letzten beiden

Gleichungen folgt

îto

=

J (1

-

Ite)

=

Bemerkung: Die exakte Lösung ist y(x) an den obigen Stellen zu y_i

=

0, y0

=

0, yi

-2h

tt =

dann:

J 0.53 •

=>

V2

=

0.47

y3

=

0.932.

=

(cos x+sin x)x.

=

1.109, y2

Werte

0.

also yi

=

Damit ergeben sich die exakten

0.7853, y3

=

0.

Man sieht, daß die Näherung ziemlich schlecht ist. Wir müßten also doch weite erheblich verkleinern, um eine akzeptable Näherung zu gewinnen.

Aufgabe

6.37

Gegeben

sei die

Berechnen Sie die exakte

Schritt-

folgende Randwertaufgabe:

y"-2y' + y

(a) (b)

unsere

=

0

mit

y(0) 0,y(l) =

=

e.

Lösung.

Stellen Sie mit der Schrittweite h > 0 und x< = xo + ih für i = 1,..., N, xq = = 1 und dem zentralen Differenzenquotienten das zugehörige diskrete Glei-

0, xn+i

chungssystem Ay=b auf. (c) Zeigen Sie, daß die zugehörige Matrix eine reguläre Tridiagonalmatrix ist. (d) Berechnen Sie iterativ für N 3, ausgehend vom Startvektor y"o (0,0,1)T die ersten drei Näherungen yl, 1/2,2/3 des enstehenden Gleichungssystems mit dem Gesamt- und Einzelschrittverfahren, und vergleichen Sie das Ergebnis mit dem ex=

akten Wert bei

x

=

1/2.

=

6.8 Numerik bei

Lösung: Zu

(a)

Die

Randwertproblemen

187

ist

Differentialgleichung

allgemeine Lösung lautet deshalb:

y(x) Durch Einsetzen der

linear, homogen =

c\tx + c2

•

x

•

und

von

Ordnung.

zweiter

Die

ex.

Randbedingung finden wir die Lösung unserer Randwertaufgabe:

y(x)

=

x

•

ex.

Zu (b) Die zentralen Differenzenquotienten für die erste und zweite Ableitung entnehmen wir der Tabelle auf Seite 185. Setzen wir die Terme in die gegebene Differentialgleichung ein, so bleibt bekanntlich ein Fehler der Ordnung h2, und wir erhalten für i = 1,..., TV die Gleichungen:

y(x,+i)-2y(xj) + y(x8-i)

2(y(xi+1) y(x,--i)) -

h2

Setzen wir

2h

_

+

y(xi)

=

O(h2).

0+

Abkürzung y* y(xj),y0 = y(x0) y(0),yjv+i y(x^+i) y(l), Randbedingungen und lösen die Gleichung entsprechend auf, wobei wir den Fehlerterm vernachlässigen, so erhalten wir das folgende lineare Gleichungssystem zur angenäherten Lösung der Differentialgleichung: nun zur

berücksichtigen

=

yo

(1 Zur besseren

/

=

=

=

die

+

0,yjv+i

=

e,

(h2 2)y,- + (1 + A)y,_i =0,

i= 1,

TV.

-

-

Übersicht schreiben

-2 + h2 1+h 0

=

1 h -2 + h2 1+h -

wir die

0 1 h -2 + h2 -

zugehörige

Matrix auf:

0 0

0 0 0

h

1 -

0

1+h 0 0

-2 + h2 1+h 0

1 h -2 + h2 -

1

+h

0 1

h -

-2 +

h2

I

Dies ist eine (TV x TV)-Matrix. Die letzte Zeile des Systems enthält auch noch das Element yjv+i und damit die Randbedingung am rechten Rand. Diesen Wert schreiben wir auf die rechte Seite der Gleichung, so daß der Vektor der rechten Seite folgendermaßen aussieht:

&=(0,0,...,0,(/i-l)e)T. Zu (c) Falls h den Wert 1 hat, so ist die Matrix offenbar eine untere wobei die Hauptdiagonalen gleich -1 sind. Damit ist A aber regulär.

Dreiecksmatrix,

6 Gewöhnliche

188

Differentialgleichungen

Sei für die weitere Betrachtung h ^ 1. Wirklich interessiert uns ja der h — 0 strebt, sei also jetzt 0 < h < 1. Wir benutzen nun eine ganz raffinierte Methode zum Nachweis, daß A

gilt nämlich,

wie

man

sich leicht

Eigenwert Eine Eine

quadr. quadr.

Matrix A ist Matrix A ist

regulär singulär

•

und

daß sogar

regulär ist. Es Begriffs ,Eigenwert' klarmacht:

der Definition des

an

Fall,

Regularität

0 ist kein Eigenwert von A. A hat den Eigenwert 0.

Der weitere Trick für die Beweisführung liegt in einer indirekten Schlußweise. Nehmen wir doch mal an, daß A nicht regulär, also singulär wäre. Dann hat A den Eigenwert 0. Dazu gibt es dann einen Eigenvektor (ai, a2,..., ajy), der nicht der Nullvektor ist. Wir ergänzen diesen Vektor vorne und hinten durch je eine 0, schreiben also

(a0, ai,..., aN, a/v+i) ^ (0,0,..., 0)

mit a0

=

a^+i

Eigenvektorgleichung für unsere Matrix A und den Eigenwert Eigenvektor lautet dann, bereits in Komponenten geschrieben: Die

(1 + ft)o,_i + (-2 + h2)o,i + (1 + h)ai+1

=

=

0.

0 mit

zugehörigem

0, i = 1,..., N.

Dies ist eine sogenannte lineare homogene Differenzengleichung, die nach einem ähnlichen Schema gelöst wird wie eine Differentialgleichung. Ihre charakteristische Gleichung lautet: (1 h)X2 + (-2 + h2)\ + (1 + A) = 0. -

Diese

quadratische Gleichung,

die

Xl Damit schreibt sich die a,

man

mit Schulmitteln

îh'

=

X2

=

hat die beiden Nullstellen:

l+h-

allgemeine Lösung der Differenzengleichung:

=Cl(rrx)

Die beiden Randbedingungen' a0 beiden Konstanten: a0

=

0

=

+c2 (! + />)'

0, a/v+i

c\ + C2

=

=

0 => Ci

,

0 ^=> ci

=

(ï=l)'

ci,c2€lR.

0 benutzen wir

N+l

aN+l

löst,

=

nun zur

-C2,

-(1 + A) N+l

=

0.

Berechnung

der

6.8 Numerik bei

Randwertproblemen

189

ft) A2/(l ft) # 0, also 1/(1 ft) ^

0 < ft < 1 ist 1/(1 ft) (1 + da beide Terme > 0 sind, ist auch

Wegen

-

=

-

/

1

-

1+

-

ft, und

\N+1

obige eckige Klammer ist folgt auch C2 0. Das aber Die

also stets ^ 0. Dann muß aber c\ 0 gelten, und damit bedeutet für unsere allgemeine Lösung, daß et,- = 0, i = 0,1,..., 7V + 1. Dies ist aber kein Eigenvektor, dann war also 0 auch kein Eigenwert, und unsere Matrix ist deshalb regulär, wie wir es behauptet hatten. Zugegeben, der Beweis war trickreich; aber nun wissen wir ein für alle mal, daß uns die Matrix, die beim Differenzenschema für obige Differentialgleichung entsteht, bei der Ausrechnung im Prinzip keine Schwierigkeiten macht. Numerisch können natürlich noch böse Effekte auftreten. Zu (d) Wegen N 3 erhalten wir mit x0 = 0, zjv+i = x4 = 1 die Schrittweite ft = 1/4. Damit lautet das Gleichungssystem: —

=

—

/ V Dieses lautet:

System

kann

man

leicht durch

Zum Üben lösen wir dieses Verfahren:

2/1

=

2/2

=

2/3

=

geschicktes 1728 14911 144

—e

8652 e 14911

System iterativ

2/(0)

£(50)

=

4ol

Einsetzen exakt lösen. Die

Lösung

0.315015,

0.813789, =

und

1.577263. zwar

zunächst mit dem Gesamtschritt-

0.0

0.0

1.0

0.000000 0.149844 0.157671 0.232515

0.387097 0.407318 0.600665 0.610765

1.052238 1.301978 1.315024 1.439764

0.315015

0.813789

1.577263

6 Gewöhnliche

190

Differentialgleichungen

Hier haben wir also mit dem GSV ziemlich Pech, es führt erst nach vielen Schritten zu einer befriedigenden Genauigkeit. Man bedenke dabei, daß wir eine harmlose (3 x 3)Matrix bearbeitet haben. Natürlich hat der clevere Leser längst erkannt, daß nicht einmal das schwache Zeilen- oder Spaltensummenkriterium erfüllt ist. Versuchen wir nun unser Glück mit dem Einzelschritt-Verfahren:

j/0)

0.000000 0.000000

1.000000

0.000000 0.387097 0.149844 0.600665 0.232515 0.707338

1.301978 1.439764 1.508585

0.315015 0.813789

1.577263

Trotz der nicht erfüllten hinreichenden

auch

langsam.

tionen die oben

Aufgabe

Konvergenzbedingung tritt Konvergenz ein, wenn gutartiger und liefert bereits nach 27 Itera-

Dabei verhält sich das ESV

ausgerechnete Lösung.

6.38 Lösen Sie

folgende Randwertaufgaben

mit dem

(a) y" + x2y' 3z mit y(-l) y(l) 0. (Hinweis: 2-parametriger Ansatz, Kollokationsstellen x\ =

=

Kollokationsverfahren:

=

\,x2 \) =

= —

(b) x2y"-2xy' + (x2 + 2)y 0 mit y'(0) 0,y'f>/2) 1. (Hinweis: 1-parametriger Ansatz, Kollokationsstelle x t/4) =

=

=

=

Lösung: Kolloka t ions verfahren Wir wählen als Ansatzfunktion eine Funktion w(x; «i,..., a„), die von den Parametern ai,..., an abhängt und allen vorgegebenen Randbedingungen genügt. Zur Bestimmung der n Parameter legt man dann n sogenannte Kollokationsstellen im Intervall [a,b], das durch die Randbedingungen gegeben ist, fest und verlangt, daß die Differentialgleichung an diesen n Stellen von der Ansatzfunktion exakt erfüllt wird. Das führt zu n Gleichungen für die n unbekannten Parameter Zu (a) Wegen der Symmetrie des Grundintervalls eine Summe aus geraden Funktionen. Sei deshalb:

vt(x) v2(x)

zu

=

(l-x)(l + x)

=

(l-x2)(l a;2) +

=

0 wählen wir als Ansatzfunktion

l-x2, =

l-a;4.

6.8 Numerik bei

Randwertproblemen

Damit bilden wir

unsere

191

zweiparametrige Ansatzfunktion als:

w(x) w'(x) w"(x) Diesen Ansatz setzen wir in die -2a

=

a(l-z2) + 6(l-z4),

=

-2ax-4bx3,

=

-2a-126z2.

Differentialgleichung ein und erhalten: -

126z2

2az3 46z5

Zur Kollokation wählen wir nen

nun

Kollokationsstellen

=

3z.

-

-

wegen der zwei Parameter a, b die zwei oben 1 *1

Wir fordern also nun, daß die obige exakt erfüllt sei. Das führt zu zwei können.

=

-2'*2

=

vorgegebe-

1

2-

Kollokationsgleichung an den Kollokationsstellen Gleichungen, aus denen wir a und 6 bestimmen

126/4 + 2a/8 + 46/32 -2a-126/4-2a/8-46/32 -2a-

= =

-3/2 3/2

Wir erhalten:

14a+ 236 -18a- 256 Daraus berechnet

man

unsere

12

=

12

leicht a

und

=

=

—9,6

=

6,

Näherungslösung lautet

w(x)

=

-9(l-z2) + 6(l-z4).

Zu (b) Die Hauptschwierigkeit hier liegt in der Suche nach einer geeigneten Ansatzfunktion. Die zweite Randbedingung führt uns direkt zu den trigonometrischen Funktionen, und wir wählen: /

\

w(x; a)

cosx —

—

cos 2z a—-—

—

Offensichtlich genügt dieser Ansatz beiden Einsetzen in die

x2[cos

x

Differentialgleichung:

+ 2a cos 2x] —

..

=>

w

(x; a) .

=

sinx

+

a

.

„

sin2x.

-

Randbedingungen.

2x[sin x + a sin 2z] + (z2 + 2)

cos

a

cos z —

—

2z

—-—

=

0,

6 Gewöhnliche

192

cos

x(x2

x2

—

—

2)

2x2 cos 2x

2x sin x + a —

Differentialgleichungen

x2 + 2

2x sin 2x

cos

2z

=

—

)

1

cos

2x sin 2x

2x

0,

2cosx + 2xsinx.

—

Hier setzen wir

Bestimmung des Parameters a unsere

zur

a

\(

A 1 1

3îT 16

LV2

-——

J

—

7t cos

7t

2

—

2

—

a[0 tt/2]

=

-

a

Als

Näherungslösung ergibt w(x)

6.39 Lösen Sie

—

tt/4 ein:

tt

V2

-1.607423.

=

7t)^

(4 + Ix H-cos \tt ,

—

Aufgabe

2

=

2 cos—I—sin—, 4 2 4

(2 + n/2)

JA+'^ 2?r

=

tt

tt

—

x

sich also:

cos x

=

TT

.

sin

—

Kollokationsstelle

cos x

folgende Randwertaufgaben

(a) -y" + xy= 2x2 mit Ansatz: w(x, a) a(l (b) -[xy'Y + y 2x mit Ansatz: w(x, a) ax(x (c) -[x2y']' + xy 0 mit

y(-l)

=

—

=

=

=

y(l)

=

=

+ 0.803711 cos 2x.

mit dem

Ritzverfahren:

0.

x2) y(0) y{l) 0. 1). y(l/2) 1, y'{\) + 2y(l) =

=

—

=

=

1.

Lösung:

Den Ablauf des Ritzverfahrens stellen wir auf Seite 193

(a) Verwerten wir Vergleich sehen wir: Zu

unser

Wissen

zusammen.

jetzt für die hier vorgegebene Aufgabe.

p(x)=l, q(x)—x, r(x) 2x2, —1,

a

6=1, —

1, ßi = 1, ai

0, 0,

—

=

»2

=

/?2

=

A

=

0,

5=0.

Daraus können wir nun sofort die zugehörige Variationsaufgabe ableiten. Gesucht wird eine Funktion y mit y(—1) = y(l) = 0 und

*(»)

=

/ y2

+

x

•

y2

2 -

•

2x2 y] dx •

=

Extr..

Durch

6.8 Numerik bei

Randwertproblemen

193

Rit z verfahren

Grundgedanke des Ritzverfahrens besteht darin, statt der vorgelegten Differentialgleichung eine zu ihr äquivalente Variationsaufgabe näherungsweise zu lösen. Gegeben sei die folgende sogenannte Sturm-Liouville-Randwertaufgabe (vgl. Aufgabe 5.3, Seite 104 im Kapitel 'Variationsrechnung'): Der

-(p(x)y')'+ q(x)y r(x)

mit

=

p(x) > 0 in(a,6),

-y(a) + c*2 y'(a) = A, ßi-y(b) + ß2y'(b) B. Die folgende Variationsaufgabe ist zu ihr äquivalent: «i

=

$(ty)

Diese

=

/ [p(x) yn + q(x) y2

Ja

{0^ (ä {0^ (ß

Aufgabe wird

y(a)

2 -

^ iy(a)2) •

-

•

r(x) y] dx + 2G falls

a2

=

falls

a2

£0

0

2H

=

Extr.

-

(wesentl. RB) (restl. RB)

falls

à

y( b ) 2 ^j näherungsweise

y(b)

-

ß2 0 (wesentl. RB) falls ß2 ? 0 (restl. RB) -

'

in einem endlich dimensionalen Teilraum Dazu bilden wir als Ansatzfunktion eine Funktion w{x\ai,.. .,a„), die von n Parametern abhängt, aber lediglich den wesentlichen Randbedingungen genügen muß. Setzen wir diese Funktion in die Variationsaufgabe ein, so ergibt sich eine Funktion von n reellen Veränderlichen a\,...,an, die mit den üblichen Mitteln der Differentialrechnung auf Extrema zu untersuchen ist.

gelöst.

nun

6 Gewöhnliche

194

Differentialgleichungen

Dem Gedanken von Ritz folgend, lösen wir diese Gleichung in einem endlich dimensionalen Teilraum, wobei wir von allen Ansatzfunktionen dieses Raumes lediglich verlangen, daß sie den wesentlichen Randbedingungen genügen. Dies erfüllt man normalerweise mit einem kleinen, aber wirkungsvollen Trick. Man wählt eine Funktion X0Xl

X2

X3Xi

=

2

Xo Xl

'XoXl

X2

X3

X2

Z3

X4

X\

Xo Xl

XqX\

X2

X3

X2

X3

Xi

X4

Die formelmäßige Beschreibung dieser manchmal auch Dachfunktionen genannten Basisfunktionen lautet:

w0(x)

l

ft

(

l

xe [o,zi] sonst

Xi-X,

0,

wj(x)

l

=

{

h~\

,

w4(

>-i{

X-Xj-l, X G xj+1-x, xe

x-x3,

0,

[Xj-!,Xj] [xj,xj+i]

sonst

xe[x3,2] sonst

.

6 Gewöhnliche

202

Differentialgleichungen

Es handelt sich, um eine Brücke zu früher gelerntem zu schlagen, offensichtlich um lineare Spline-Funktionen. Wenn wir jetzt noch bedenken, daß durch die beiden Randbedingungen die Werte bei 0 und 2 vorgegeben und von allen Ansatzfunktionen einzuhalten sind, so erhalten wir den folgenden Ansatz für eine Näherungslösung: 4

«*(*)

=

^2aiwi(x) j=0 1

'

•

w0(x) + ctiu>i(x) + a2u>2(x) + a3w3(x) + e2w4(x),

und dabei sind die Unbekannten die ai,a2,a3. Mit diesem Ansatz führen wir nun das Ritz-Verfahren durch. Wir müssen uns also zunächst zur obigen Differentialgleichung die zugehörige Variationsaufgabe verschaffen, wie wir das im Kapitel 'Variationsrechnung' gelernt haben:

/ Iv'i*)2

=

Ja

+

vi*)2]dx

=

Extr-

Dieses

Variationsproblem sieht deshalb so recht einfach aus, weil unsere Differentialgleichung homogen ist, der Term, der die rechte Seite enthält, also fehlt. Hier setzen wir

obigen Ansatz ein:

$(ai,a2,a3)

j

=

+

Zur dx

e2w4 •Wifdx

"^ctjWj +w'0 +e2w'4

6.8 Numerik bei

Randwertproblemen

203

+2

0

^r^ctjw'j +w'o + e2w'4

2-

=

W2> dx

wA

ctjWj + wo + e2w4

+2

Wz >

w

dx.

i=i

Ordnen wir nun noch die Gleichungen so, daß alle bekannten Summanden rechts stehen, erhält man, wenn man auch noch durch 2 dividiert:

so

/ (w[w[ai

Jo

+

w^w^a-t +

w'3w[a3)dx

,2

+ / JO

I

= —

Jo

,2

/

Jo

(w[w'2ai

+

(w'0w'1+e2w4w'1)dx JoI

wqW\

—

+e2W4W\)dx,

w'2w'2ct2 + w'3w203) dx +

= —

If2 + Jo (w[w'3ai

[lüilüicYi + W2W\Ct2 + W3WiCt3] dx

I [wiw2cti + W2W2CÏ2 + W3W2C13] dx

Jo

/ (w'ow'2 + e2w'4w'2)dx

Jo

/

—

Jo

w0W2 +

e2w4W2) dx,

w'2w'3a2 + w'3w303) dx +

— —

/ [w\w3ai + w2w3a2 + W3W3OC3] dx

Jo

I (w'0w3 + e2w'4w'3) dx

Jo

/

—

Jo

w0w3 +

e2w4W3) dx.

Die ganze Methode ist natürlich bestens geeignet für den Einsatz von Rechnern. Wir schreiben deshalb zur deutlicheren Übersicht das System in Matrizenschreibweise, was sich dann ja leichter verallgemeinern läßt, wenn größere Aufgaben gelöst werden sollen:

Ai•

-

A2

27A + -

Ax

«

9

243/2

21.294, A2

=

0

-

«

=

0

5.706.

Mit diesen beiden Werten könnte man nun die Werte t/i, t/2 aus dem Gleichungssystem bestimmen. Dies wären dann die Näherungen für die Werte der Lösung y unserer Aufgabe in den Punkten x = 1/3 und x = 2/3.

Aufgabe

6.44 Welcher

algebraischen Gleichung genügen die Eigenwerte

-y" \y =

wenn man

berechnet ?

sie

y(0) y'(0) 0, y(l) y'(l)

mit

näherungsweise

=

-

nach dem

=

der

Aufgabe:

0,

-

Differenzenverfahren (Schrittweite

h

=

1/2,)

Lösung:

Wir verfahren nach dem gleichen Muster wie in der vorigen Aufgabe. Mit der Schrittweite h = 1/2 zerlegen wir das Grundintervall [0,1] in zwei Teilintervalle und haben damit die drei Knotenwerte y0 = y(0),yi y(l/2),y2 = y(l) der Lösung y zu bestimmen. Wir möchten wieder mit dem zentralen Differenzenquotienten arbeiten. So ersetzen wir also die Differentialgleichung durch die Differenzengleichung: —

-r^(yk+i -2yk +yk-i) + Xyk

=

0,

1

Wir haben also drei

=

0,1,2.

Gleichungen vorliegen, aber uns dafür fünf Unbekannte y(—1/2), y0> 2/1,2/2,3/3 2/(3/2) eingehandelt. Wie bei der vorigen Aufgabe versuchen wir, zwei der Unbekannten durch die Randbedingungen auszudrücken. Wir verwenden zur Ersetzung der Randbedingungen ebenfalls zentrale Differenzenquotienten, da die denselben Konsistenzfehler wie der zentrale Differenzenquotient zweiter Ordnung besitzen: =

=

2/0 -

2^(2/1

2/2 -

~

Jr(2/3

y-i)

=

0

2/1 )

=

0

-

6.9 Numerik bei

Eigenwert aufgaben

So haben wir zwei weitere ein wenig um, so folgt:

209

Gleichungen

gewonnen. Setzen wir h

4(t/i -2y0 + y_i) + Ay0 4(y2 2t/i + t/o) + Ayi 4(j/3-2t/2 + t/i) + Ay2 yo (yi y-i) 2/2 (2/3 2/i)

= = =

-

-

1/2 ein

und formen

0 0 0 0 0

=

-

-

=

=

-

Ersetzen wir nun in den ersten drei Gleichungen, die aus der Differentialgleichung stammen, die Unbekannten j/-i,2/3 durch die letzten beiden Gleichungen, so erhalten wir ein System mit drei Gleichungen und drei Unbekannten:

4(yi 2y0 + 2/1 Vo) 4(2/2 2yx + y0) 4(yi 2y2 2y2 + yi -

-

-

-

Zur Deutlichkeit schreiben wir

+ + +

-

es

als

Ay0

=

Ayx

=

Ay2

=

0 0 0

Matrizengleichung:

Wieder sind wie oben nur nichttriviale Lösungen gesucht. Sonst hätten wir uns gar nicht anzustrengen brauchen. Daß nämlich die Nullfunktion Lösung unserer Aufgabe ist, sieht man mit einem halben Auge. Wir gewinnen daher unsere gesuchte algebraische Gleichung für die Eigenwerte, indem wir die Determinante dieser Matrix gleich Null setzen: erst

(A 12)(A 8)(A 4) -

-

=>

-

A3

4

•

-

8(A 12) -

4 -

24A2 + 112A + 128

•

=

8(A 4)

=

0

-

0.

-

Aufgabe

6.45

Gegeben

sei die

Eigenwertaufgabe

y" + Ay

=

0

mit

y(0)

=

y(l)

=

0,

die bekanntlich (vgl. Schwingungsgleichung) den kleinsten Eigenwert \\ = x2 besitzt. Berechnen Sie mit dem Ritz- Verfahren eine Näherung für diesen Eigenwert unter Verwendung eines einparametrigen Ansatzes.

Lösung: Ansatz:

w(x, a)

=

a

x(x !)=>• w'(x, a) —

=

2ax

—

a.

6 Gewöhnliche

210

Die

Differentialgleichungen

zugehörige Variationsaufgabe lautet:

V Setzt

man

für y den Ansatz

I(y)

=

Jo/

(

11

=

=

[4a2x2 -za2!3

+

a2-Xa2x2{x-l)2}

4a2x + a2 -

Xa2xA -

,2^2 + a'x -a'x'

-

Xa2

-

-a' + a< 4 4 + l- A aJhr-^ 2 3

Aa2

—-x" +

2Xa2

/4

V3

2Aa2

Aa2

Xa2x2]

4

Aa2

4'x -~YX

4 2

%

,

/l

1

1\\

„

%)) die triviale Lösung w(x,0) 2

\5

0 liefert, eingesetzt in den Ansatz, nur aber eine nicht-triviale Lösung. Also muß die Klammer verschwinden: a

=

8-12 + 6

6^

A,6-15

Aufgabe

nun

durchaus

=

was

0. Wir suchen

_0

wir auch herausfinden wollten.

folgende Eigenwertaufgabe:

(x y')' + k-y 0, y(l) 0, =

=

10

ungefähr gleich 7r2,

6.46 Betrachten Sie die

+ 10

30

A Dieser Wert ist

dx

+ -^ 1 1 1 = Extr --^ + ^ 5 2 3

-

-

„

dx

2Xa2x3 -

-

^

cH da

Extr.

=

w(x, a) ein, so ergibt sich:

[' [4a2x2-4a2x

=

dx

2

=

•

y(2) + y'(2)

=

0,

bei der k ein reeller Parameter ist. Natürlich ist die Funktion y = 0 eine Lösung. Berechnen Sie mit Hilfe eines einparametrigen Ritzansatzes einen Näherungswert für den Eigenwert k, so daß die Aufgabe auch eine nichttriviale Lösung besitzt.

Lösung: Durch Multiplikation der gesamten Gleichung mit (—1) bringen wir die Aufgabe zunächst mal auf die Form, wie wir sie im Kapitel 'Variationsrechnung' vorgestellt haben:

-(xy'Y-ky

=

0

6.9 Numerik bei

Eigenwertaufgaben

211

Dann führen wir sie mit den dort vorgestellten Methoden auf eine Variationsaufgabe zurück. Eine kleine Hürde stellen die Randbedingungen dar, ist doch die erste eine wesentliche, aber die zweite eine restliche. Wir erweitern also die sich aus der Differentialgleichung ergebende Variationsaufgabe so, daß diese zweite Randbedingung eine nat ürliche Randbedingung wird. Dazu müssen die sogenannten Belastungsglieder G und H berechnet werden. Für G folgt sofort: G 0 und =

Damit lautet

unsere

H=\{o.y{2)-\y{2)2^=-2-y{2)2 Variationsaufgabe:

erweiterte

*(y)

=

r2

J

(xy'2 ky2) dx + 4y(2)2

=

extr.

-

nur nach Funktionen y, die der wesentlichen Randbedingung y(l) 0 Wir werden also einen Ansatz auch nur so bilden, daß alle diese Ansatzfunktiogenügen. nen von vorneherein dieser Randbedingung genügen. Die zweite Randbedingung ergibt sich dann ja automatisch, weil wir sie in das Variationsfunktional eingebaut haben:

Dabei suchen wir

—

w(x\a) a(x 1) =>• w '(x; a) wir in das Funktional

gewußte)

triviale

Lösung.

Sei also

= -

Nur für dieses k ist also eine nichttriviale Lösung zu erwarten. Analog zu den Matrizeneigenwertaufgaben nennt man dieses k deshalb Eigenwert. Für jedes a ^ 0 liefert unser Ansatz eine Näherungslösung der Aufgabe. Die Funktion

w(x)

=

1

x —

heißt daher Eigenfunktion zum Eigenwert k = 33/2. Getreu der hat auch sie die Eigenschaft, daß jedes Vielfache w(x; a) = a(x ist.

Erfahrung bei Matrizen 1) wieder eine Lösung

—

Kapitel

7

Partielle

Differentialgleichungen 7.1

Elliptische Differentialgleichungen

7.1 Gegeben sei das Rechteck R = {(x, y) (E IR2 : 0 < Bestimmen Sie eine Funktion u(x,y), die in R die Laplacesche

Aufgabe

b}.

erfüllt:

Au und den

:=

uxx +

uyy

=

x




;

c„ sinh

sin

——.

b

o

—

n=l

Dadurch haben wir jetzt unendlich viele Konstanten zur Anpassung zur Verfügung. Der Trick ist aber noch übler. Die vierte Randbedingung führt zu der Gleichung: ,

u(a> y) ,

mra

.

=

niry mry

2^l c":n sinh ~T~ 'Sm ~T~ sinn

n

.

*(y>' .

'

=

Dies sieht doch genau so aus wie eine Fourierentwicklung der Funktion f(y) nach reinen sin-Termen. Damit das möglich ist, müßte demnach / eine ungerade Funktion sein. Ja, aber / ist doch nur auf dem Intervall [0,b] interessant, weil wir uns von vornherein auf ein Rechteck im ersten Quadranten gespitzt haben. Das ist natürlich keine Einschränkung, sondern durch einfaches Verschieben der Koordinatenachsen bei einem beschränkten Gebiet stets erreichbar. Wie wir nun die Funktion in diesem Fall nach unten fortsetzen, ob beliebig oder gerade oder eben auch ungerade, ist ganz und gar unser Bier. Wer will uns daran hindern, / also als ungerade Funktion aufzufassen und damit eine Fourierentwicklung nach obigem Muster für / zu erreichen? Genial, nicht? Dieser Trick wird in der Literatur als kleiner Satz zusammengefaßt:

Existenz einer

Sei mit f auch noch

f

nach links

/(*)

gerade ~

Fourier-Entwicklung

f auf [0,1] stückweise stetig. Dann besitzt f, je nachdem, ob ungerade fortsetzen, eine Fourierentwicklung der Form:

oder

f + E~=i«nCos^

mit

an

=

} /0'/(x)cos2f£dx r»

/(*)

~

E^itnsin2^

mit

6"

=

=

0,l,2...

7/o'/(*)sin^dx 1,2...

n -

wir

7 Partielle

216

Damit wählen wir also c»

=

unsere

Koeffizienten im

2 l—^T7-m 6 sinh(n7ra/o) •

und

TiTry

/(î/)sin-j—dj/,n o

wie

folgt:

1,2,...,

=

Aufgabe ist vollständig gelöst.

unsere

Aufgabe

fb

J0/

Lösungsansatz

Differentialgleichungen

7.2 Lösen Sie das

folgenen Dirichlet-Problem: Au

im Reckteck R =

=

uxx +

Uyy

0

=

{(x, y) 6 IR2 : 0 < x < a, 0 < y < b} u(x,0) f(x) u(x,b) ti(0, y) 0 u(a, y)

mit

=

=

=

=

0 0.

Lösung:

Dies ist fast dieselbe Aufgabe wie Aufgabe 7.1, wir haben nur den nichthomogenen Randwert auf ein anderes Randstück gelegt. Wir können uns daher kürzer fassen, i) Wir betrachten zunächst wieder die Teilaufgabe: Au = 0 in R mit u(x, b) = u(0, y) = u(a,y) = 0 und bilden den Separationsansatz:

u(x,y) X(x)-Y(y). =

Y" X" Es gilt: uxx = X"Y, uyy = XY" => = Y Ji. Das Einsetzen der Randbedingungen ergibt:

=:

—

-X =const.

——

X(x) Y(b) X(0) Y(y) =

Da das für

beliebige

y erfüllt sein

=

X(a) Y(y)

=

0.

muß, folgt

Y(b) X(0) X(a) 0. Damit erhält man zwei gewöhnliche Randwertaufgaben: (a) X" XX 0 mit X(0) X(a) 0, (b) Y" + XY 0 mit Y(b) 0. zu (a): Die charakteristische Gleichung lautet k2 X 0. Fall i): Sei A > 0. Dann lautet die Lösung von (a): =

=

=

=

=

=

-

=

=

—

=

c1e-VXx +C2e-VXx. Die Randbedingungen ergeben ci + c2 0 und Ci(e^a e~^a) und damit X(x)

=

=

c2

=

0

nur

nicht anpassen können.

wieder die

Nullösung,

die wir der vierten —

=

0, also

Ci

=

Randbedingung

7.1

Elliptische Differentialgleichungen

217

0 =» X" = 0 -* X{x) = Ci + c2x. Auch hier ergibt sich nur die uninteressante Lösung c\ = c2 0. Fall iii) A < 0 => X(x) = c\ cos V—Aar + c2 sin >/—Aar. Die Randbedingungen liefern: c\ = 0, c2 sin \/Xa = 0 =>• c2 ^ 0 nur für a/—A = mr/a, also A = A„ = n2w2/a2. Also erhalten wir für jedes n G IN eine nichttriviale Lösung für (a): Fall

ii)

A

=

—

•

—

X(x) Xn(x) sin(nxx/a). =

zu

=

(b): Y" -

Die chararakteristische

n2n2/a2Y

0.

Gleichung liefert hier: k —

unsere

±nir/a,

Y(y) c1en*o'a + c2e-n*yla. Randbedingung ein, so folgt:

=>

Setzen wir wieder

=

=

Cie"*i/o + c2e-n*i/a => _Cie2nxb/a c2

=

Damit

0

ergibt sich:

Y(y)

=

^.mtbj ^-nnyl

enwy/a

ci

a

a

_

ci

•

e"*i/a eni(v-i)/o e-n*(y-b)/a _

c

Also lautet die

sinh (nir(y

—

b)/a).

Lösung von i):

w„(ar, y) c„ sin(nwx/a) sinh(nx(y b)/a) für jedes n ii) Berücksichtigung der 4. Randbedingung: Ansatz: u(ar, y) ]T^°=i c« sin(n7rar/a) sinh(n7r(y b)/a). =

Daraus

folgt

=

—

—

1,2,_

•

mit der 4. RB:

—

oo

u(ar, 0)

=

^ c„ sm(nirx/a)

sinh(—nirb/a).

n=l

Damit müssen wir jetzt also c„ nur noch so bestimmen, daß das geschieht wieder mittels einer Fourier-Entwicklung.

u(ar,0)

=

f(x) wird,

und

7 Partielle

218

Aufgabe

7.3 Lösen Sie Au

=

uxx +

Differentialgleichungen

folgendes Dirichlet-Problem:

Uyy

=

u(x, 0) 0, u(0,y) 0,

0 in R

u(x, b) u(a,y)

=

=

=

=

1,

=

l.

{(x, y) G IR2 : 0 < x < a, 0 < y < b}

Lösung: Die Aufgabe unterscheidet sich von den vorherigen dadurch, daß jetzt auf zwei Rändern nichthomogene Werte vorgegeben sind. Wegen der Linearität des Differentialoperators liegt es nahe, hier die Aufgabe in zwei Teilaufgaben aufzuspalten:

( v)

u

=

nwx

^

smh 2sCn ~ï~ l

daher:

rncy

.

'sm

n=

wobei wir die Koeffizienten c„ hier wegen der konkreten können und wollen:

Randbedingung explizit bestim-

men

fb

2

.

osinh(n7ra/o) J0

o

0k

6sinh(n7ra/6) [ 6sinh(n7ra/6)

-cos me

mr

\

also c2„

0,

=

nxy mry

1»

b

^ (cos

nn —

1),

»=1,2,...

und C2n-1

2

=

26

6sinh((2n l)7ra/6) (2n 1)tt -

-

_4_ l)7rsinh((2n

(2n

-

Die zweite Teilaufgabe lösen und erhält:

(b)

kann

u it

(x, y)\

-

man

n

=

1,2,

nach derselben Melodie wie in der nxy

n1rx

j u sin-. y dn smh-• a a •

=

l)7ra/6)'

^

n=l

Aufgabe

7.1

7.1

Elliptische Differentialgleichungen

219

Auch hier berechnen wir mit der konkreten A

dn

Randbedingung die Koeffizienten:

2

=

f 11 asmh(niro/a) J0/

-r-T7—TTT

2

=

r

-

ij

fiTxx cos

mr nn

a

(-—) (COS

\

/ asmh(mrb/a) I

a

a

/a) ll smh(n%b/a)

a

nVX

•

A sm-dx '

\

mr/

-

1).

also

d2„

=

0,

n=l,2,...

und

d2n_1

4 =

n

(2n-l)Tsinh((2n-l)ir6/a)'

=

Beide Teilergebnisse setzen wir jetzt noch in die Summe für das erhalten die Lösung der Aufgabe: 4

1'2'----

Gesamtergebnis ein und

Ä sinh((2n-l)7rx/6)-sin((2r»-lW6)

(2n-l)sinh((2n-l)jra/6) 4 ^ sin((2n l)îra;/a) sinh((2n l)iry/a) TT ^ (2n- 1) sinh((2n l)7r6/a) •

—

—

-

Gegeben sei wieder das Rechteck R {(x, y) E IR2 7.1. Bestimmen Sie eine Funktion u(x,y), die Aufgabe b} Differentialgleichung erfüllt:

Aufgabe y
0 => X-p>0 n 6 IN X(a;) Xn(x) c2sin Ym(y) d2sin^, m € IN Damit ergibt sich «7rx mTTt/ sm c£lR, n,m= 1,2,3,.... Unm(*,ï/) c sin-• a b Aufgabe 7.7 Stellen Sie für das folgende Randwertproblem —Au(x,y) (p(x,y) in Q 0 auf T dü u(x, y)

Die

Lösungen ergeben analog zu

den

—

—

=

=

=

.

.

•

=

'

=

=

wobei ß das nebenstehende L-Gebiet ist, zur näherungsweisen Lösung mit dem Standard-

Differenzen-Verfahren (Fünf-Punkte -Stern) das lineare Gleichungssystem auf unter Benutzung der in der Skizze vorgegebenen Knotennumerierung.

10

Abbildung 7.1: Lösung:

L-Gebiet

Aus der Skizze entnehmen wir, daß wir die Schrittweite h in x-Richtung und die Schrittweite k in y-Richtung gleich wählen möchten. Dies erleichtert das Aufstellen der Näherungsformeln ein wenig. Beim Standard-Differenzen-Verfahren wird der zentrale Differenzen-Quotient eingesetzt. Die Näherungsformeln lauten damit:

Zentrale Differenzen-Quotienten für partielle Ableitungen

u(xj + h, yj) 2u(xj, y{) + u(xj h, y{) -

-

u{xj,yj + k) 2u(xi, yt) + u(xi, y,

k)

uyy-p-

-

7.1

Elliptische Differentialgleichungen

225

Kl -1

4

Ki

Als Merkregel hat sich der nebenstehende Fünf-Punkte-Stern bewährt:

Abbildung 7.2: 5-Punkte-Stern

Beide Formeln benutzen wir nun, um den Operator —A zu ersetzen. Durch schlichte Addition gelangen wir zu der Formel, wobei wir entsprechend der Skizze h = k = 1

setzen:

-Au(x,y) f{x,y) 4u(xi: y{) u(xi h, yi) u(x{ + h, y{) u(xi,yi h) u(xi,yi + h) h2