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| Aufgabe | f(x): stetige Funktion
y(x) := [mm] \integral_{x_{0}}^{x}{f(t) dt}
[/mm]
Differenzieren liefert das Anfangswertproblem
y'(x) = f(x), [mm] y(x_{0})=0
[/mm]
Stellen Sie die Formel für die Näherung [mm] u_{N} \approx [/mm] y(b) mit b > [mm] x_{0} [/mm] auf, wobei N Schritte im Verfahren gemacht werden. Begründen Sie, dass für N -> [mm] \infty [/mm] die Näherungen [mm] u_{N} [/mm] gegen die exakte Lösung y(b) konvergieren. |
Hallo,
das oben gestelle Anfangswertproblem soll ich mit dem Euler-Cauchy-Verfahren approximieren. Habe schon ein wenig rumgerechnet, bin mir allerdings nicht ganz sicher, ob ich das richtig verstanden habe.
Ich bin wie folgt drangegangen:
Gesucht ist die Lösung von y(x) im Intervall [mm] [x_{0},b].
[/mm]
Die Schrittweite beträgt h = [mm] \bruch{b}{N}.
[/mm]
[mm] u_{0}=y_{0}=0
[/mm]
[mm] u_{1}=u_{0}+h*f(x_{0})
[/mm]
Bei diesem Schritt kam der erste Stutzer. Aber f(x) bzw. in anderen Fällen f(x,y) ist ja gleich y', und das ist f(x). Weitere Angaben kann man über f(x) nicht machen oder? Habe das einfach so immer weitergeführt:
Für [mm] u_{j+1} [/mm] folgt:
[mm] u_{j+1}=u_{j}+h*f(x_{j})=0+h*f(x_{0})+h*f(x_{1})+...+h*f(x_{j})
[/mm]
Führt man dies fort bis [mm] u_{N}:
[/mm]
[mm] u_{N}=h*(f(x_{0})+...+f(x_{j})+...+f(x_{b}))
[/mm]
Wenn man nun allerdings N gegen Null gehen lässt, folgt ja für die Schrittweite h:
[mm] \limes_{N\rightarrow\infty} \bruch{b}{N}=0
[/mm]
und somit folgt, dass auch [mm] u_{N} \rightarrow0.
[/mm]
Mein Ergebnis wäre nun also, dass y(b)=0 sein muss, weil meine Näherung [mm] u_{N} [/mm] gegen null konvergiert.
Ist das nun korrekt?
Bin für Hilfe sehr dankbar!
Gruß,
guitarhero
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:31 Mo 05.11.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
es geht nicht nur h gegen 0 sondern auch die Summe der [mm] f(x_i) [/mm] geht bis unendlich
denk mal an Integral und Treppenfunktion!
Gruss leduart
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Hey,
ja, bei unendlich vielen Schritten werden entstehen auch unendlich viele Summen. Was bringt mir das? Ich weiß ja trotzdem nicht, welchen Wert f(x) annimmt, kann ja z. B. Null sein bei trigonometrischen Funktionen. Und wenn h gegen Null geht, brauche ich das auch garnicht oder?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:35 Di 06.11.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
es entstehen unendlich viele Summenglieder, nicht Summen!
hast du meinen 2 ten Satz überlegt? y ist ja nicht irgendeine fkt, sondern ein Integral!
Gruss leduart
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Achso!
Unendlich viele Summenglieder [mm] f(x_{i}) [/mm] ist ja gleich ein Integral.
Also
[mm] \integral_{x_{0}}^{b}{f(x) dx}
[/mm]
Also [mm] u_{N}=h*\integral_{x_{0}}^{b}{f(x) dx}
[/mm]
Das ist doch aber immer noch Null wegen h?!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:11 Di 06.11.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
kannst du mal hinschreiben, wie du ein Integral mit Hilfe von Treppenfunktionen bestimmst?
Gruss leduart
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Habe ehrlich gesagt noch nicht von Treppenfunktionen gehört. Nach kurzer Google-Recherche weiß ich, dass das ähnlich ist wie das Riemann-Integral. Das hatten wir im ersten oder zweiten Semester.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:48 Di 06.11.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
also schreib die def des Riemanintegrals hin! dann vergleiche mit dem Eulerverfahren.
Gruss leduart
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Hey,
naja, beim Riemann-Integral nähert man die Kurve durch Unter- bzw. Obersummen an, und beim Integrieren addiert man im Prinzip unendlich viele dieser dünnen Rechtecke, sodass man die Kurve erhält.
Bei dem hier erhält man die Kurve, indem man die Tangentensteigungen zwischen den Punkten dadurch an die Kurve anpasst, dass man die Schrittweite verkleinert.
Macht schon Sinn, dass da nicht Null rauskommt, kommt ja beim Riemann-Integral auch nicht so, obwohl es die gleiche Idee ist. Ist es hier dann also einfach
[mm] u_{n}= \integral_{x_{0}}^{b}{f(t) dt} [/mm] = y(b) - [mm] y(x_{0})?
[/mm]
Hmm, ich komm nicht so ganz klar damit, dass hier für y so ne Integralfunktion gegeben ist.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:04 Mi 07.11.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
Hallo schreib doch mal eine Näherungsfunktion für die Riemansumme hin.
und im vorliegenden Fall gehst du mit der Tangentenrichtung von y(x) vor das sind aber die Funktionswerte von f(x).
vielleicht malst du dir mal irgend ein f(x) auf und dann überlegst du was dein Eulerverfahren mit dem f(x) tut.
Gruss leduart
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Hi,
okay. Also ich sehe hier eine Ähnlichkeit mit der Berechnung der Untersumme. Die errechnet sich ja mit
[mm] \summe_{i=1}^{n} (x_{i-1})(x_{i} [/mm] - [mm] x_{i-1})
[/mm]
Denn [mm] (x_{i} [/mm] - [mm] x_{i-1}) [/mm] entspricht ja hier meiner Schrittlänge h. Und da ich mit dem Funktionswert bei [mm] x_{0} [/mm] anfange und nicht bei [mm] x_{1}, [/mm] ist es wie bei der Untersumme.
Immerhin habe ich gerade verstanden, warum man mit h*y'(x) zum nächsten Wert kommt. Das geht, weil [mm] y'=\Delta y/\Delta [/mm] x, und mit [mm] h=\Delta [/mm] x kommt man auf [mm] u_{j}+\Delta [/mm] y, oder?
Ich hab mir mal f(x)=2x angeschaut. Da sieht man gut, wie das Euler-Verfahren arbeitet und daran lässt sich direkt sehen, warum für N [mm] \rightarrow\infty [/mm] die Näherungen [mm] u_{N} [/mm] gegen die exakte Lösung konvergieren (2. Aufgabenteil). Nach wie vor sehe ich aber nicht, wie ich jetzt auf mein Ergebnis komme :-/
Gruß,
guitarhero
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:31 Do 08.11.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
du schreibst
$ [mm] \summe_{i=1}^{n} (x_{i-1})(x_{i} [/mm] $ - $ [mm] x_{i-1}) [/mm] $
das ist ziemlich faksch hingeschrieben. wenn du mit festen h arbeitest ist eine näherung für [mm] \integral_{a}^{b}{f(x) dx}
[/mm]
[mm] \summe_{i=0}^{n}f(a+i*h)*h [/mm] mit h=(b-a)/n
der GW [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\summe_{i=0}^{n}f(a+i*h)*h=\integral_{a}^{b}{f(x) dx}
[/mm]
staat n-> [mm] \infty [/mm] kannst du auch h->0 schreiben.
und dann hast du y(x) exakt, egal, was f(x) ist.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:08 Do 08.11.2012 | | Autor: | guitarhero |
Hi,
okay. Der Tipp mit dem Riemann war gut, ist ja eigentlich wirklich genau das Gleiche. Solch eine Funktion ist dann wohl auch eine der wenigen, wo das Euler-Cauchy-Verfahren eine genaue Lösung erbringt, oder? Wird ja sonst ziemlich schnell teilweise sehr ungenau.
Dafür haben wir jetzt noch den Runge-Kutta-Polygonzug behandelt. Wenn das auch nicht so läuft, melde ich mich damit die Tage nochmal, wenn ich schon etwas gerechnet habe. Diese Algorithmen waren noch nie meine Stärke.. 
Auf jeden Fall dir vielen Dank für die Geduld, leduart!
Gruß,
guitarhero
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