Numerische Methoden 7. Übungsblatt

Größe: px

Ab Seite anzeigen:

Download "Numerische Methoden 7. Übungsblatt"

Marie Seidel
vor 5 Jahren
Abrufe

1 Karlsruher Institut für Technologie (KIT) SS 01 Institut für Analysis Prof Dr Michael Plum Dipl-Mathtechn Rainer Mandel Numerische Methoden 7 Übungsblatt Aufgabe 17: Quadratur II Die Menge aller Polynome vom Grade m bezeichnen wir im Folgenden mit P m, R(f) bezeichne stets den Quadraturfehler a) Zeigen Sie: Eine Quadraturformel b a f(x) dx = a 0 f(x 0 ) + + a n f(x n ) + R(f) für a 1,, a n R und x 1,, x n [a, b] ist genau dann exakt für alle Polynome aus P m, wenn sie exakt für die Monome 1, t,, t m ist b) Finden Sie eine Quadraturformel, dh nden Sie a 0, a 1, a R, 1 die für alle P P exakt ist f(x) dx = a 0 f() + a 1 f(075) + a f(1) + R(f), c) Finden Sie eine Quadraturformel, dh nden Sie a 1 R, x 1, x [, 1], Lösung: 1 die für alle P P 3 exakt ist f(x) dx = 1 f(x 1) + a 1 f(0) + a f(x ) + R(f), a) Ist die genannte Quadraturformel exakt für alle Polynome aus P m, so auch für die Monome 1, t,, t m P m Sei nun die obige Quadraturformel exakt für 1, t,, t m, so gilt für ein beliebiges Polynom p(x) = c 0 + c 1 x + + c m x m P m b a p(x) dx = m b c i x i dx a

2 = m c i (a 0 x i a n x i n) m = a 0 c i x i a n dh die Quadraturformel ist exakt für p m = a 0 p(x 0 ) + + a n p(x n ), b) Nach a) muss die Exaktheit der Quadraturformel nur anhand der Monome 1, t, t überprüft werden wir erhalten c i x i n = a 0 + a 1 + a (zum Monom 1) 0 = a a 1 + a (zum Monom t) 3 = a a 1 + a (zum Monom t ) Die eindeutige Lösung dieses Gleichungssystems a 0 = 13 1, a 1 = 6 1, a = 5 3 c) Es ergeben sich die Gleichungen = 1 + a 1 + a (zum Monom 1) 0 = 1 x 1 + a x (zum Monom t) 3 = 1 x 1 + a x (zum Monom t ) 0 = 1 x3 1 + a x 3 (zum Monom t 3 ) Addieren wir das ( x 1 ) fache der zweiten Zeile zur vierten hinzu, so ergibt sich a x (x x 1) = 0 Da a 0 und x 0 (Ausprobieren!) folgt x 1 = ±x Addieren wir das ( x 1 ) fache der zweiten Zeile auf die dritte Zeile, so folgt 3 x 1 = a x (x 1 x ) Da x 1 0 (Ausprobieren!) ist x 1 x = 0 ausgeschlossen und es folgt x 1 = x Wir erhalten 3 = a 1 + a 0 = ( 1 a )x 1 3 = (1 + a )x 1

3 0 = ( 1 a )x 3 1 Aus x 1 0 folgt a = 1 und damit 1 = a 1, 3 = x 1 Es folgt bis auf Vertauschung von x 1, x a 1 = 1, a = 1, x 1 = 3, x = + 3 Aufgabe 18: Euler-Verfahren und klassisches Runge-Kutta-Verfahren Sei y die auf [0, 1] existente eindeutige Lösung des Anfangswertproblems y = x + y 1, y(0) = 1 Berechnen Sie Näherungswerte an y(1) unter Verwendung a) des Euler-Verfahrens zu den Schrittweiten h 1 = 1, h = 1, h 3 = 1 b) des klassischen Runge-Kutta-Verfahrens zu den Schrittweiten h 1 = 1, h = 1 Lösung: Sei im Folgenden stets f(x, y) = x + y 1 a) Die Verfahrensfunktion lautet φ(x, y, h) = f(x, y) = x + y 1 und die Iterationsvorschrift lautet daher y k+1 = y k + h(x k + y k 1) Hieraus ergibt sich: Schrittweite 1: y 1 = ( ) = 1, also y(1) 1 Schrittweite 1 : y 1 = ( ) = 1, y = ( ) = 115, also y(1) 115 Schrittweite 1 : y 1 = ( ) = 1, y = ( ) = y 3 = y + 1 (1 + y 1) = 10860, y = y ( y 3 1) = 1715 also y(1) 1715 Kommentar: Das Euler-Verfahren liefert hier eine sehr schlechte Approximation

4 b) Schrittweite h 1 = 1: Es gilt y(1) y 1 = y 0 + h 1 φ(x 0, y 0, h 1 ) = 1 + φ(0, 1, 1) mit φ(0, 1, 1) = 1 6 k k k k und den Stufen k 1 = f(0, 1) = 0 k = f ( 0 + h 1, 1 + h 1 1 k ) (1 1 = f, 1) = 1 k 3 = f ( 0 + h 1, 1 + h 1 1 k ) (1 = f, 9 ) 1 = = k = f ( ) ( ) 0 + h 1, 1 + h 1 k 3 = f 1, 1 + k3 = 1 + (1 + k 3 ) 1 = 971 Es folgt: y(1) k k k k = Schrittweite h = 1, 1Schritt: Es gilt y 1 = y 0 + h φ(x 0, y 0, h ) = φ(0, 1, 1 ) mit φ(0, 1, 1 ) = 1 6 k k k k und den Stufen k 1 = f(0, 1) = 0 k = f ( 0 + h, 1 + h 1 k ) (1 1 = f k 3 = f ( 0 + h, 1 + h 1 k, 1) = 1 16 ) (1 = f, 65 ) = k = f ( ) (1 0 + h, 1 + h k 3 = f, 1 + k 3 Folglich: y 1 = = 1059 ) = 036 Schrittweite h = 1, Schritt: Nun berechnen wir Berechnung der Stufen: y = y 1 + h φ(x 1, y 1, h ) = y φ(1, y 1, 1 ) k 1 = f(x 1, y 1 ) = f( 1, y 1) = 0369 k = f ( x 1 + h, y 1 + h 1 k ) (3 1 = f, y 1 + k 1 ) (3 = f k 3 = f ( x 1 + h, y 1 + h 1 k, y 1 + k ) = 0879 ) = 1187

5 k = f ( ) ( x 1 + h, y 1 + h k 3 = f 1, y1 + k 3 ) = 713 Es ergibt sich y = y = 1655 und somit die Näherung y(1) 1655 Aufgabe 19: Finite-Dierenzen-Verfahren Im Folgenden ist das Randwertproblem u (x) + u(x) = ex 1 + x (x (, 1)) (1) u() = u(1) = 0 mit Hilfe des Finite-Dierenzen-Verfahrens numerisch zu lösen a) Formulieren Sie das zu (1) gehörende Finite-Dierenzen-Verfahren zu N + äquidistanten Stützstellen x 0, x 1,, x N+1, dh geben Sie ein lineares Gleichungssystem für die Näherungswerte y i := y(x i ) für i = 1,, N an b) Bestimmen Sie Näherungslösung zur Schrittweite h = 1, dh N = 3, in den Stützstellen x 0,, x Skizzieren Sie die Näherungslösung und beschriften Sie das Schaubild ausführlich c) Verwenden Sie das auf der Netzseite der Vorlesung zur Verfügung gestellte Matlab- Programm rwpm zur Bestimmung der Lösung von (1) zur Schrittweite h = 1 50 d) Wie muss das lineare Gleichungssystem aus a) modiziert werden, wenn die Randbedingung u() = α, u(1) = β für α, β 0 lauten? Lösung: Sei im Folgenden f(x) = ex 1+x a) Das Finite-Dierenzen-Schema lautet y i+1 y i + y i h + y i = f(x i ), i = 1,, N Aus y 0 = y N+1 = 0 erhalten wir das folgende LGS:

6 + h h h 0 + h h y 1 y y N = h f(x 1 ) h f(x ) h f(x N ) b) Für N = 3 erhalten wir h = 1 und damit y 1 f( 05) y = 1 f(0) = y 3 f(05) 0330 Auösen dieses Systems liefert y 1 = 001, y = 0331, y 3 = 09 d) Im Fall u() = α, u(1) = β für α, β 0 sind die Gleichungen für i = 1 und i = N zu modizieren Aus y y 1 + y 0 h + y 1 = f(x 1 ) ergibt sich ( + h )y 1 y = h f(x 1 ) + α Ähnlich ergibt sich Somit y N + ( + h )y N = h f(x N ) + β + h h h 0 + h h y 1 y y N = h f(x 1 ) + α h f(x ) h f(x N ) + β

Ähnliche Dokumente

Lösungsvorschlag zur Modulprüfung Numerische Methoden Sommersemester 2016

Institut für Analysis Prof Dr Michael Plum Lösungsvorschlag zur Modulprüfung Numerische Methoden Sommersemester 0 0090 Aufgabe Punkte: Betrachten Sie das lineare Gleichungssystem Ax = b mit A = 0 und b