Numerical Analysis II 1

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1 Numerical Analysis II 1 Prof. Grohs, Exam Summer 2015 Dies ist keine offizielle Musterlösung, wer Fehler findet, darf sie behalten ;), erstellt von Andreas Mono Aufgabe 1 ( k1 ( 1 ) ) a) k 1 = λy n + λh γ k 2 (( 1 ) k 2 = λy n + λh 4 + γ k 1 + k ) 2 4 b) ( 1 1/4λh λh(1/4 γ) λh(1/4 + γ) 1 1/4λh ) ( k1 k 2 ) ( λyn = λy n ) c) Es ist eine lineare und zeitunabhängige ODE gegeben, daher gilt Ψ h y = S(λh)y, was äquvalent zu y n+1 = S(λh)y n ist. Also brauchen wir die Stabilitätsfunktion S(z) des gegebenen RK-Schemas: S(z) = 1 + zb T (I za) 1 1 = 1 + ( z/2 z/2 ) ( 1 1/4z γz 1/4z γz 1/4z 1 1/4z ) 1 ( ( ) ( 1 1/4z γz + 1/4z = 1 + z/2 z/2 (1 1/4z) 2 + (γz + 1/4z)(γz 1/4z) γz + 1/4z 1 1/4z ( ) 1 ( ) 1 γz = 1 + z/2 z/2 1 1/2z + γ 2 z 2 γz + 1 z = /2z + γ 2 z 2 = 1 + 1/2z + γ2 z 2 1 1/2z + γ 2 z 2 = 1 + 1/2z + 1/12z2 1 1/2z + 1/12z 2 ) ) ( 1 1 ) Die Aussage folgt mit z = λh. d) Maximumsprinzip (Funktionentheorie): Eine auf einem Gebiet holomorphe und auf dem Gebietsrand stetige Funktion nimmt ihren grössten Wert betragsmässig auf dem Rand an. 1 BSc Mathematik, obligatorisches Fach 1

2 Als Gebiet wählen wir der Definition von A-Stabilität folg C := {z C Re(z) < 0} Wir prüfen zunächst, dass S(z) keine Singularitäten in C hat: 1 1/2z + 1/12z 2 = 0 z = 3 ± i 3 Der Realteil beider Pole ist positiv, daher erfüllt S(z) die Bedingungen des Maximumsprinzips und es genügt S(z) auf der imaginären Achse (dem Rand von C ) zu betrachten: y R : S(iy) = 1 + 1/2iy 1/12y 1 + y(1/2i 1/12) 1 1/2iy 1/12y 1 + y(1/2i 1/12) = 1 C liegt im Stabilitätsgebiet und die Definition der A-Stabilität ist erfüllt. e) function [x1] = Newton(f,df,x0,tol,MaxIt) for i = 1:MaxIt assert(det(df(x0))~=0); x1 = x0 - df(x0)^(-1)*f(x0); if (norm(f(x1)) < tol) %Solution: f(x1) = 0 break x0 = x1; function GaussLegre % Set the RK Table g = sqrt(3)/6; A = [0.25, 0.25-g; 0.25+g, 0.25]; b = 0.5*ones(2,1); c = [0.5-g;0.5+g]; % Define the right hand side and its derivative with respect to y f (1/(t^2) - y/t - y^2); df (-1/t - 2*y); y = [-1]; N = 1500; h = (3-1)/N; t = 1:h:3; 2

3 % Parameters for the Newton s method MaxIt = 100; tol = 1e-16; for i = 1:N y0 = y(i); a1 = h*a(1,:); a2 = h*a(2,:); t1 = t(i)+c(1)*h; t2 = t(i)+c(2)*h; F ([f(t1,y0+a1*x); f(t2,y0+a2*x)] - x); df ([a1*df(t1,y0+a1*x); a2*df(t2,y0+a2*x)] - eye(length(x))); k = Newton(F,dF,[y0;y0],tol,MaxIt); y(i+1) = y0 + h*b. *k; % The plotting begins here. Try not to alter this part of the code % % but rather only the preceding parts. % % You can/should comment out the plotting if the preceding part of the % % code is not working properly. % figure(1) plot(t, y, o ) hold on; % Computing a solution via ode23 for comparison [tt, yy] = ode23(f, [1 3], -1); plot(tt, yy, r ) title( $$\textrm{2-stage Gauss Legre for the solution of } \dot{y}=\frac{1}{t^2}-\frac{y}{t}-y^2$$, interpreter, latex ) leg( Gauss-Legre, ode23 ) print -dpdf GaussLegre 3

4 Abbildung 1: Gauss-Legre Aufgabe 2 a) Eine Substitution führt auf eine ODE erster Ordnung: t 1 z(t) := y(t) ż(t) = ẏ(t) ẏ(t) f(t, y, ẏ) =: F (t, y, ẏ) b) ξ(a, s) = s y(a, s) = s A(t) = 0 η(a, s) = s t y(a, s) = s s = 1 ξ (t, s) = t ξ(t, s) = 2 y s t (t, s) = s y (t, s) = η(t, s) η (t, s) = t η(t, s) = t s y (t, s) = 2 s t 2 y(t, s) = s f(t, y, y ) = y f(t, y, y ) y s + y f(t, y, y ) y s = f y (t, y, y )ξ(t, s) + f y (t, y, y )η(t, s) 4

5 c) und d) tba (to be added) Aufgabe 3 a) di(y(t)) dt = 3 j=1 y j y j = t : I(y(t)) = const. ( 3 )( 3 ) ( 3 y j a j = j=1 j=1 j=1 )( I1 I 2 I 1 I 3 + I 2 I 3 I 1 I 2 + I 1 I 3 I 2 I ) 3 y j = 0 I 1 I 2 I 3 b) f(y) = Ay A := 0 y 3 /I 3 y 2 /I 2 y 3 /I 3 0 y 1 /I 1 y 2 /I 2 y 1 /I 1 0 Man rechnet nun einfach nach, dass < H(y), f(y) > = 0 erfüllt ist. c) Die Einschrittgleichung des expliziten Eulerverfahrens lautet: y k+1 = y k + hf(t k, y k ), hier ist das ODE-definiere Funktional f allerdings nur von y abhängig. Mit der Definition y 1 /I 1 ŷ := y 2 /I 2 y 3 /I 3 vereinfacht sich daher das explizite Eulerverfahren zu Damit folgt y k+1 = y k + hf(y k ) = y k + ha(y k )y k = y k + hy k ŷ k I(y k ) I(y k + hy k ŷ k ) y k 2 2 y k + hy k ŷ k 2 2 y k 2 2 y k hy k ŷ k h 2 y k ŷ k 2 2 wobei in benutzt wurde, dass y k y k ŷ k. Da y k und ŷ k linear unabhängig sind und h > 0, gilt die letzte Ungleichung, somit erhält das explizite Eulerverfahren die Invarinate aus a) nicht. Die gesuchte Fehlerordnung lässt sich analog zeigen: I(f(y k )) I(y k ) = 1/2 y k + hy k ŷ k 2 2 1/2 y k 2 2 = 1/2 ( y k hy k ŷ k 2 2 y k 2 2) = 1/2h 2 y k ŷ k 2 2 }{{} 0 5

6 d) function [x1] = Newton(f,df,x0,tol,MaxIt) for i = 1:MaxIt assert(det(df(x0))~=0); x1 = x0 - df(x0)^(-1)*f(x0); if (norm(f(x1)) < tol) %Solution: f(x1) = 0 break x0 = x1; function [y] = ExplicitEuler(f,y0,h,N) y = y0; for i = 1:N y(:,i+1) = y(:,i) +h*f(y(:,i)); function [y] = ImplicitMidpoint(f,df,y0,h,N) y = y0; nnewton = 100; % Maximum number of iterations for Newton s method tol = 1e-16; % tolerance for breaking the iterations for i=1:n yy = y(:,i); F (yy+h*f(0.5*(yy+x)) - x); df (h/2*df(0.5*(yy+x)) - eye(length(x))); y(:,i+1) = Newton(F,dF,yy,tol,nNewton); 6

7 function RigidBody % Set the problem up I1 = 2; I2 = 1; I3 = 2/3; a1 = (I2-I3)/(I2*I3); a2 = (I3-I1)/(I1*I3); a3 = (I1-I2)/(I1*I2); % Time stepping h = 0.1; t = 0:h:30; N = length(t)+1; % Initial value y0 = [cos(1.1);0;sin(1.1)]; % RHS and its Jacobian f [a1*y(2)*y(3);a2*y(1)*y(3);a3*y(1)*y(2)]; df [0,a2*y(3),a3*y(2);a1*y(3),0,a3*y(1);a1*y(2),a2*y(1),0]; % Compute the solutions using ImplicitMidpoint and ExplicitEuler [yee] = ExplicitEuler(f,y0,h,N); [yim] = ImplicitMidpoint(f,df,y0,h,N); % Plotting. Try not to alter this part of the code. You can comment % % it out if necessary. % [X,Y,Z] = sphere; % Creates a mesh of points for a unit sphere figure(1) axis square axis equal hold on box on mesh(x, Y, Z); % Plots the unit spherre plot3(yee(1,:), yee(2,:), yee(3,:), b, LineWidth,2) plot3(yim(1,:), yim(2,:), yim(3,:), r, LineWidth,2) view(120,8) xlabel( x ); 7

8 ylabel( y ); zlabel( z ); leg( sphere, Explicit Euler, Implicit Midpoint ); print -dpdf RigidBody Abbildung 2: Rigid Body Aufgabe 4 a) Logarithmisches Differenzieren: p(t) := log(u(t)) ṗ = u u = v 2 q(t) := log(v(t)) q = v v = 1 u Definiere daher H(p, q) := p e p + 2q e q Separates Ableiten nach p und q zeigt, dass dies das gesuchte Hamiltonfunktional ist (Benutze u = e p und v = e q ). 8

9 b) Φ h 1 ( u v ( ) ( ) ( ) ( u u(v 2) u(t) u0 e y(t) = f 1 (y(t)) = = (v 2)t ) v 0 v(t) v 0 ( ) ( ) ( ) ( ) u 0 u(t) u y(t) = f 2 (y(t)) = = 0 v v(1 u) v(t) v 0 e (1 u)t ) ( ) ( u(h) u0 e = = (v 2)h ) ( ) ( ) ( ) Φ h u u(h) u 2 = = 0 v(h) v v(h) v 0 e (1 u)h v 0 c) Das Strang-Splitting-Verfahren ist die folge Komposition der in b) gefunden Flüsse Φ i Rekursives Einsetzen der Ergebnisse aus b)... Ψ h y = Φ h/2 1 Φ h 2Φ h/2 1 y d) y heisst Fixpunkt einer ODE ẏ = f(y), falls f(y ) = 0. Daher sind die Fixpunkte der Lotka- Volterra-ODE gegeben durch ( ) ( ) y1 0 = y2 1 = 0 2 Man kann sein Ergebnis aus c) nun recht schnell verifizieren, denn nur y2 wird als Fixpunkt durch das Splitting-Verfahren erhalten: Ψ h y1 y1 Ψ h y2 = y2 e) VERSION 1 function LotkaVolterraStrang % Set up the variables y = [6,2]; h = 0.01; t = 0:h:20; phi1 [y(1)*exp(h*(y(2)-2)), y(2)]; phi2 [y(1), y(2)*exp(h*(1-y(1)))]; % Use Strang splitting method to compute the solution for i=1:length(t) y(i+1,:) = phi1(h/2,phi2(h,phi1(h/2,y(i,:)))); % Compute the reference solution using ode23 f [y(1)*(y(2)-2);y(2)*(1-y(1))]; 9

10 [~, yref] = ode23(f,t,[6;2]); % Plotting. Try not to alter this part of the code. You can comment % % it out if necessary. % % Hint : In order to answer the last part of the question, try zooming in % the matlab figure (not the pdf file). figure(1) plot(y(:,1), y(:,2), LineWidth, 4); hold on plot(yref(:, 1), yref(:, 2), -., LineWidth,1.5); xlabel( Prey ) ylabel( Predator ) title( Numerical solutions to the Lotka-Volterra equation ) leg( Strang Splitting, ode23 ); print -dpdf LotkaVolterraStrang Abbildung 3: Lotka-Volterra Modell 10

11 Abbildung 4: Fehler ode23 vs. Strang-Splitting e) VERSION 2 function LotkaVolterraStrang % Set up the variables y = [6,2]; h = 0.01; t = 0:h:20; % Use Strang splitting method to compute the solution for i=1:length(t) % phi1 with stepsize h/2 y(i+1,1) = y(i,1) * exp(h/2*(y(i,2) -2)); %Create (i+1)-values y(i+1,2) = y(i,2); % phi2 with stepsize h y(i+1,2) = y(i+1,2)*exp(h*(1-y(i+1,1))); % Update (i+1)-values y(i+1,1) = y(i+1,1); 11

12 % phi1 with stepsize h/2 y(i+1,1) = y(i+1,1) * exp(h/2*(y(i+1,2)-2)); %Update (i+1)-values again y(i+1,2) = y(i+1,2); % Compute the reference solution using ode23 f [y(1)*(y(2)-2);y(2)*(1-y(1))]; [~, yref] = ode23(f,t,[6;2]); % Plotting. Try not to alter this part of the code. You can comment % % it out if necessary. % % Hint : In order to answer the last part of the question, try zooming in % the matlab figure (not the pdf file). figure(1) plot(y(:,1), y(:,2), LineWidth, 4); hold on plot(yref(:, 1), yref(:, 2), -., LineWidth,1.5); xlabel( Prey ) ylabel( Predator ) title( Numerical solutions to the Lotka-Volterra equation ) leg( Strang Splitting, ode23 ); print -dpdf LotkaVolterraStrang 12