Matematisk modellering og numeriske metoder. Eksempelsamling

Transkript

1 Matematisk modellering og numeriske metoder Eksempelsamling Morten Grud Rasmussen 2. december 206 Indhold Analytiske metoder 3. Metoder til ODE er af første orden Separation af de variable Eksakte ODE er Integrerende faktorer Homogene lineære ODE er Inhomogene lineære ODE er Bernoulli-ligningen Metoder til ODE er af anden orden Homogene lineære ODE er Linearitet af løsninger/superpositionsprincippet Reduktion af orden Konstante koefficienter Euler-Cauchy-ligninger Ikke-homogene, lineære ODE er Linearitet af løsninger/superpositionsprincippet De ubestemte koefficienters metode Forstyrrede masse-fjeder-systemer De arbitrære parametres variationsmetode Laplace-transformationen Laplace-transformationen af udvalgte funktioner Linearitet af Laplace-transformationen og dens inverse Forskydning af s-variablen Laplace-transformationen af afledede Laplace-transformationen af integraler Løsning af begyndelsesværdiproblemer

2 .3.6. Begyndelsesværdiproblemer med t 0 = Forskydning af begyndelsesværdibetingelsen Partialbrøker Systemer af ODE er Konvertering af ODE er af orden n til systemer af n ODE er af orden Systemer af ODE er af orden med konstante koefficientmatricer Fourierrækker Udregning af Fourierkoefficienter mm Lige og ulige funktioner Linearitet af Fourierkoefficienter Periodeskift Halvsidige udviklinger Metoder til PDE er af anden orden Den éndimensionelle bølgeligning Fourierrækkemetoden D Alemberts løsning Den endimensionelle varmeligning Randbetingelsen u(0, t = u(l, t = Isolerede endepunkter Numeriske metoder Løsning af ligninger Fikspunktiteration Newtons metode Sekantmetoden Interpolationspolynomier Polynomium gennem n + punkter Lagrange-interpolation Newtons divideret differens-metode Polynomiumsapproksimation af funktioner Numerisk integration Midtpunktsreglen Trapezreglen Simpsons regel Gauss-kvadratur Enkeltskridtsmetoder til numerisk løsning af ODE er af første orden Euler-metoden Heuns metode RK4-metoden Runge-Kutta-Fehlberg Baglæns Euler Mangeskridtsmetoder til numerisk løsning af ODE er af første orden Adams-Bashforth-metoder Adams-Moulton-metoder Metoder til førsteordenssystemer Euler-metoden

3 2.6.2 RK Baglæns Euler Metoder til numerisk løsning af ODE er af anden orden Runge-Kutta-Nyström-metoder y (x = f(x, y(x, y (x y (x = f(x, y(x Numerisk metode til Laplace- og Poisson-ligningerne i to dimensioner Regulær rand Dirichlet-randbetingelser Neumann- og blandede randbetingelser Irregulær rand Dirichlet-randbetingelser Gauss-Seidel-iterationsmetoden Analytiske metoder. Metoder til ODE er af første orden.. Separation af de variable Eksempel... Betragt ODE en 2y (x = y(x(x +. x Først bemærker vi, at y 0 er en løsning. For at finde andre løsninger, skal vi omskrive til separeret form: 2y (x y(x = 2 y(x y (x = x + = + x x, som tydeligvis er på formen g(y(xy (x = f(x, hvor g(y = 2 og f(x = +. Vi finder nu y x stamfunktioner G = g(y dy og F = f(x dx til g og f, hhv. (det er nok at finde én til hver; integrationskonstanten tilføjer vi til sidst: Så separation af de variable giver altså: G(y = 2 ln( y og F (x = x + ln( x. 2 ln( y(x = x + ln( x + k. Da y 0 er en løsning, ved vi fra entydighed af løsninger, at ingen andre løsninger y kan krydse 0. Tilsvarende optræder x alene i nævneren, så x kan altså heller ikke krydse 0. Vi kan derfor splitte op i de fire tilfælde y > 0 og x > 0, y > 0 og x < 0, y < 0 og x > 0, samt y < 0 og x < 0. Vi nøjes med at betragte det første tilfælde og kan nu isolere y(x: e 2 ln(y(x = ( e ln(y(x 2 = (y(x 2 = e x+ln(x+k = e x e ln(x e k = e x xe k, eller y(x = a xe x 2, 3

4 hvor a = e k > 0 er en positiv konstant. For at tjekke, om vi har regnet rigtigt, gør vi nu prøve: og vores løsning er altså korrekt. 2y (x = ae x 2 (x + x og Eksempel...2. Betragt følgende ODE: y(x(x + x = a x(x + e x 2 x, som kan omskrives til y (x + 2 sin(2πx = 0, y (x = 2 sin(2πx, som er på separeret form med g(y = og f(x = 2 sin(2πx. Vi finder stamfunktioner G = g(y dy og F = F (x dx: G(y = y og F (x = π cos(2πx. Separation af de variable giver altså: y(x = cos(2πx + k, π hvor k er en vilkårlig integrationskonstant. For en sikkerheds skyld tjekker vi vores resultat: y (x = 2π π sin(2πx + 0, som altså opfylder differentialligningen. Eksempel...3. Betragt følgende ODE: som for y 0 kan omskrives til y (x = y(x, y(x y (x =, som er på separeret form med g(y = y og f(x =. Vi finder stamfunktioner G = g(y dy og F = f(x dx: G(y = ln( y og F (x = x. Separation af de variable giver altså: ln( y(x = x + k, hvor k er en vilkårlig integrationskonstant. Vi isolerer y i ovenstående: y(x = e ln( y(x = e x+k = e k e x y(x = ±e k e x = ce x, hvor c = ±e k. Idet vi bemærker, at y 0 også er en løsning, og er y(x = ce x altså en løsning for alle reelle tal c. For at tjekke, om vi har regnet rigtigt, sætter vi ind i differentialligningen: så y opfylder altså differentialligningen. y (x = ce x = y(x, 4

5 Eksempel...4. Betragt følgende ODE: der kan omskrives til y(xy (x + 36x = 0, y(xy (x = 36x, som er på separeret form med g(y = y og f(x = 36x. Vi finder stamfunktioner G = g(y dy og F = f(x dx: Separation af de variable giver altså: G(y = 2 y2 og F (x = 8x 2. 2 y2 (x = 8x 2 + k, hvor k er en vilkårlig integrationskonstant. Vi isolerer y i ovenstående: y(x = ± c 36x 2, hvor c = 2k, som kun er defineret, når c 36x 2 0. Vi tjekker efter: som ønsket. Eksempel...5. Betragt følgende ODE: y(xy (x + 36x = ± 72x c 36x 2 2 c 36x + 36x = 0 2 y (t = Ay(t ln(y(t, hvor A > 0 og y 0, der for y kan omskrives til y (t y(t ln(y(t = A, som er på separeret form med g(y = og f(t = A. Vi bemærker, at y er en løsning. Vi y ln(y finder stamfunktioner G = g(y dy og F = f(t dt: G(y = ln(a ln(y og F (t = At, hvor a 0 er en konstant hvis fortegn afhænger af, om y er større eller mindre end. Separation af de variable giver altså: ln(a ln(y = At + k hvor k er en vilkårlig integrationskonstant. Vi isolerer y i ovenstående: y(t = e eln(a ln(y = e ae At+k = e aek e At = c e At, hvor c = e aek > 0 er en konstant, som ikke kan være, da a 0. Vi bemærker dog, at c = svarer til y, som vi allerede ved er en løsning. Vi tjekker, om vi har regnet rigtigt: y (t = Ae At ln(cc e At = Ac e At ln ( c e At, som påstået (bemærk, at disse udregninger også gælder for c =, idet ln( = 0. 5

6 ..2 Eksakte ODE er Eksempel..2.. Betragt BVP et 2xy(x 9x 2 + (2y(x + x 2 + y (x = 0, y(0 = 3. Hvis vi skriver M(x, y = 2xy 9x 2 og N(x, y = 2y + x 2 +, så er ODE en på formen og vi tjekker for eksakthed: M(x, y(x + N(x, y(xy (x = 0, M y N (x, y = 2x og (x, y = 2x, x så ODE en er altså eksakt. Vi har altså at y er løsning til en ligning på formen u(x, y(x = c, og vi går derfor på jagt efter denne funktion u. Først findes en stamfunktion f(, y = M(t, y dt (vi behøver ikke bekymre os om integrationskonstanten; den indgår i den ukendte konstant c: Herefter finder vi g: f(x,y = x 2 y 3x 3. g(y = 2y + x 2 + f y (x, y = 2y + x2 + x 2 = 2y +. Da u(x, = f(x, g(t dt finder vi nu en stamfunktion G = g(t dt (igen kan vi undlade at bekymre os om integrationskonstanten af samme grund som før: Altså er u givet ved og løsningen y til BVP et opfylder altså G(y = y 2 + y. u(x, y = f(x, y G(y = x 2 y 3x 3 + y 2 + y, u(x, y(x = x 2 y(x 3x 3 + y(x 2 + y(x = c. Først finder vi c ved at indsætte BB en y(0 = 3: hvorefter vi går i gang med at isolere y(x: så u(0, 3 = 0 ( ( ( 3 = 6, x 2 y(x 3x 3 + y(x 2 + y(x = 6 y(x 2 + (x 2 + y(x (3x 3 6 = 0, y(x = (x2 + ± (x (3x 3 6, 2 hvor vi afgør, om det er + eller i ± ved igen at indsætte BB en: y(0 = ± { for + = 2 3 for, så løsningen er altså y(x = (x2 + (x (3x Bemærk, at denne løsning ikke er defineret for alle x, da indmaden i kvadratroden kan blive negativ for visse værdier af x! 6

7 ..3 Integrerende faktorer Eksempel..3.. Betragt ODE en x 4 + y(x 2 xy(xy (x = 0. Hvis vi skriver P (x, y = x 4 + y 2 og Q(x, y = xy, så er ODE en på formen og vi tjekker for eksakthed: P y P (x, y(x + Q(x, y(xy (x = 0, Q (x, y = 2y og (x, y = y, x så ODE en er ikke eksakt. Men ( P Q R(x, y = (x, y Q(x, y y x (x, y = 3 (2y ( y = xy x er konstant som funktion af y for fastholdt x, så 3 F = exp R(x,y dx = exp x dx er en integrerende faktor. Lad os finde F : x 3 t dt = [ 3 ln( t ] x = 3 ln( x, t= så F (x = exp( 3 ln( x + k = exp(ln( x 3 e k = c x 3, hvor c = ±e k 0 er en konstant, som vi frit kan vælge. Eksempelvis for c = er altså F (xp (x, y(x + F (xq(x, y(xy (x = x + y(x2 x 3 eksakt:..4 Homogene lineære ODE er Eksempel..4.. Betragt ODE en M 2y (x, y = og N y x 3 x (x, y = ( 2 y x. 3 y (x + (2x + y(x = 0. x Hvis vi skriver p(x = (2x +, så kan den også skrives x y (x + p(xy(x = 0, 7 y(x x 2 y (x = M(x, y(x + N(x, y(xy (x = 0

8 og for alle tal c er y = ce p(x dx derfor en løsning. Vi begynder med at finde P = p(x dx (vi husker, at vi kan være ligeglade med integrationskonstanten, da den blot svarer til at ændre konstanten c: og altså er P (x = x p(t dt = x (2t + t dt = x2 + ln( x, y(x = ce P (x = ce x2 ln( x = ce x2 e ln( x = c e x2 x hvor c = ±c er en vilkårlig konstant, den ønskede løsning. = c e x2 x,..5 Inhomogene lineære ODE er Eksempel..5.. Betragt ODE en som kan omskrives til y (x = 2 x y(x x2 sin(x, y (x + p(xy(x = r(x, hvor p(x = 2 og r(x = x x2 sin(x. For at finde løsningen skal vi først finde h = p(x dx (husk, at vi er ligeglade med integrationskonstanter, da det blot svarer til at vælge et andet c i sidste ende: x x h(x = p(t dt = 2 t dt = 2 ln( x = ln(x2. Dernæst udregnes e h(x r(x dx: x e h(t r(t dt = x x x e ln(t2 ( t 2 sin(t dt = (e ln(t2 t 2 t 2 sin(t dt = sin(t dt = cos(x, t2 hvor vi igen kan springe integrationskonstanten over. Nu er den generelle løsning...6 Bernoulli-ligningen Eksempel..6.. Betragt ODE en ( x y(x = e h(x e h(t r(t dt + c = x 2 cos(x + cx 2 y (x + y(x (x 2 + 4x y(x = 0, som kan omskrives til y (x + p(xy(x = g(xy(x a, 8

9 hvor p(x =, g(x = x 2 + 4x og a =. For at finde y skal vi først finde u, hvor 2 og u opfylder eller blot y(x = u(x 2 = u(x 2 u (x + 2 u(x = u (x + ( ap(xu(x = ( ag(x = 2 x2 + 2x u (x + 2 u(x = 2 x2 + 2x, som kan løses med metoden til at løse inhomogene lineære ODE er af første orden: og Altså er og dermed er den generelle løsning for vilkårligt c R. h(x = x 2 dt = x 2, x e t 2 ( 2 t2 + 2t dt = e x 2 x 2. u(x = e x 2 (e x 2 x 2 + c y(x = u(x 2 = e x (e x 2 x 2 + c 2.2 Metoder til ODE er af anden orden.2. Homogene lineære ODE er.2.. Linearitet af løsninger/superpositionsprincippet Eksempel.2... Betragt BVP et y (x = y(x, y(ln(2 = 2, y (ln(2 = 4. ODE en har løsningerne y (x = e x og y 2 (x = e x. Vi finder y og y 2: y (x = e x og y 2(x = e x, De to løsninger er lineært uafhængige, da Wronski-determinanten W (y,y 2 (x = e x ( e x e x e x = 2 ikke er 0. Derfor er alle løsninger på formen y 0 = ay + by 2, og vi kan nu bestemme a og b, så begyndelsesbetingelserne er opfyldte. Vi får de to ligninger med to ubekendte 2 = y 0 (ln(2 = ay (ln(2 + by 2 (ln(2 = a2 + b 2 2a + 2 b = 2 4 = y 0 (ln(2 = ay (ln(2 + by 2 (ln(2 = a2 + b( 2 2a 2 b = 4 som har den entydige løsning a = 3 2 og b = 2. Løsningen til BVP et er altså y 0(x = 3 2 ex 2e x. 9

10 .2..2 Reduktion af orden Eksempel Betragt ODE en (x 2 xy (x xy (x + y(x = 0. ( og lad y (x = x. Så er y en løsning (tjek selv efter. Vi bruger nu metoden reduktion af orden til at finde en anden, lineært uafhængig løsning. Først skal ( omskrives til standardform: og vi har altså p(x = y (x x =. Så er x 2 x x v (x = x 2 e x p(t dt = x 2 eln( x = x x 2 x y (x + y(x = 0, x 2 x x = x = x 2 x 2 x, x 2 hvor vi kan droppe numerisk værdi-tegnene, da det blot svarer til evt. at gange med (for x < 0. Altså bliver u(x = x ( t t 2 dt = ln x + x, så y 2 (x = y (xu(x = x ln x + er en anden (lineært uafhængig løsning Konstante koefficienter Eksempel Betragt ODE en y (x + 3y (x 4y(x = 0, som er en homogen lineær ODE af anden orden hvor a = 3, b = 4. Først bestemmer vi diskriminanten: a 2 4b = 3 2 4( 4 = = 25, og vi har dermed positiv diskriminant. Vi skal derfor finde λ ± : λ ± = a ± a 2 4b = 3 ± { 25 for + = for, og den generelle løsning er derfor y(x = c e x + c 2 e 4x, og der er således både voksende og aftagende løsninger. Eksempel Betragt ODE en y (x 8y (x + 25y(x = 0, som er en homogen lineær ODE af anden orden hvor a = 8, b = 25. Først bestemmer vi diskriminanten: a 2 4b = ( = = 36, 0

11 og vi har dermed negativ diskriminant. Vi skal derfor finde ω: og den generelle løsning er derfor ω = b a 36 4 = 4 = 3, y(x = c e 8x 2 cos(3x + c 2 e 8x 2 sin(3x = c e 4x cos(3x + c 2 e 4x sin(3x, og løsningerne er dermed voksende og oscillerende (eller identisk Euler-Cauchy-ligninger Eksempel Betragt ODE en x 2 y (x + 6xy (x + 4y(x = 0, som er en homogen Euler-Cauchy-ligning med a = 6 og b = 4. Først bestemmer vi determinanten: (a 2 4b = ( = 9 > 0, og vi har dermed positiv determinant. Dvs. m ± = 6 ± (a b = 5 ± 3 og den generelle 2 2 løsning er derfor y(x = c x + c 2 x Ikke-homogene, lineære ODE er.2.2. Linearitet af løsninger/superpositionsprincippet Eksempel Det ses let, at ODE en y (x + y(x = 2e x. (2 har y p (x = e x som løsning. Alle løsninger til den tilhørende homogene ODE y (x + y(x = 0 (3 er på formen y h (x = a cos(x + b sin(x. Den generelle løsning til (2 er derfor y g (x = e x + a cos(x + b sin(x. Hvis vi sætter y (x = e x + cos(x og y 2 (x = e x sin(x, så er y og y 2 altså begge løsninger til (2 og y 3 (x = y (x y 2 (x = cos(x + sin(x er en løsning til (3.

12 De ubestemte koefficienters metode Eksempel Betragt ODE en som er på formen y (x + 2y (x + y(x = e x + 4 cos(2x, (4 y (x + ay (x + by(x = r(x med a = 2, b = og r(x = e x +4 cos(2x. Vi ønsker at finde en partikulær løsning. Da r = r +r 2, hvor r (x = e x, som er på formen ke γx med k = og γ =, og r 2 (x = 4 cos(2x, som er på formen k sin(ωx med k = 4 og ω = 2, så sætter vi f (x = Ce x og f 2 (x = K cos(2x + M sin(2x. Hvis vi sætter f ind på y s plads i fås y (x + 2y (x + y(x f (x + 2f (x + f (x = C( 2 e x + C( e x + Ce x = 0. Det ses, at f løser den homogene ligning, og vi prøver derfor med f : x xf (x: f (x + 2 f (x + f (x = C( e x e x x( e x + 2C( e x + x( e x + Cxe x = 0, så f løser også den homogene ligning. Vi skal altså bruge ˇf : x Cx 2 e x : ˇf (x + 2 ˇf (x + ˇf (x = C(x 2 4x + 2e x + 2C(2x x 2 e x + Cx 2 e x Sætter vi C = 2, så får vi altså r (x. For f 2 s vedkommende får vi = 2Ce x. f 2 (x + 2f 2(x + f 2 (x = ( 2 2 K cos(2x 2 2 M sin(2x + 2( 2K sin(2x + 2M cos(2x + (K cos(2x + M sin(2x = ( 3K + 4M cos(2x + ( 3M 4K sin(2x. Hvis dette skal give 4 cos(2x, skal vi altså have 3K + 4M = 4 og 3M 4K = 0. Disse to ligninger med to ubekendte har løsningen K = 2 6 og M =. Vi får altså, at er en løsning til ( Forstyrrede masse-fjeder-systemer Eksempel Betragt ODE en y p (x = 2 x2 e x 2 6 cos(2x + sin(2x y (t + 2y (t + 5y(t = 0 cos((2 2 3t, som er på formen my (t + cy (t + ky(t = F 0 cos(ωt 2

13 med m =, c = 2, k = 5, F 0 = 0 og ω = Så er ω 0 = = 5. Vi har derfor en løsning, som ser ud som følger: y p (t = ( cos((2 2 3t + π, idet 2 (5 ( (2 2 = og arctan( ( (5 ( = π. 6 Nu er 0 < og altså 0 < c 2 2mk. Da ω = = 3, betyder det, 2 at frekvensen ω = 3 ville give en løsning med en højere amplitude. Mere konkret har ODE en y (t + 2y (t + 5y(t = 0 cos( 3t løsningen y p (t = 2,5 cos( 3t + π 3, 2 0 idet = 2,5 og arctan( 2 3 = π. Da < 2,5, giver ω = 3 altså en højere amplitude end ω = som påstået De arbitrære parametres variationsmetode Eksempel Betragt ODE en hvor vi husker, at sec(x =, som altså er på formen cos(x y (x + y(x = sec(x, (5 y (x + p(xy (x + q(xy(x = r(x med p 0, q og r = sec. Vi ser, at r = sec ikke er at finde i listen over funktioner, som vi kan klare med de ubestemte koefficienters metode, og vi må derfor ty til de arbitrære parametres variationsmetode. Til gengæld er p og q konstanter, hvilket kommer os til nytte, idet metoden kræver, at vi først løser det tilhørende homogene system, y (x + p(xy (x + q(xy(x = 0. (6 Eksempelvis vha. metoden til homogene, lineære ODE er af orden 2 med konstante koefficienter fås altså, at y og y 2 givet ved løser (6. Dermed er y (x = cos(x og y 2 (x = sin(x y p = y y2 (xr(x W (x dx + y 2 y (xr(x W (x en løsning til (5, hvor W (x = cos(x cos(x sin(x( sin(x. Vi skal altså finde stamfunktioner u = y 2 (xr(x dx og u W (x 2 = y (xr(x dx: W (x x sin(t sec(t x u (x = dt = tan(t dt = ln( cos(x 3 dx

14 og x cos(t sec(t x u 2 (x = dt = dt = x, idet vi ikke behøver at bekymre os om integrationskonstanter, da de blot svarer til at lægge en homogen løsning til den partikulære løsning. Alt i alt fås altså, at y p (x = sin(x( ln( cos(x + cos(xx = x cos(x + ln( cos(x sin(x er en partikulær løsning til (5..3 Laplace-transformationen.3. Laplace-transformationen af udvalgte funktioner Eksempel.3... Betragt funktionen f : R R givet ved f(t = e 3t. Så er Laplace-transformationen F = L(f af f givet ved F (s = s 3. 7 Eksempel Betragt funktionen G: R R givet ved G(s =. Så er den inverse s 2 6s+58 Laplace-transformation g = L (G af G givet ved g(t = e 3t sin(7t, idet vi ser at G kan omskrives 7 på følgende måde: G(s = = 7. (s 2 6s+9+49 (s Linearitet af Laplace-transformationen og dens inverse Eksempel Betragt funktionen j(t = 2 t2 + e 2t cos(2πt + 7. Hvis vi skriver f(t = t 2, g(t = e 2t cos(3t og h(t =, så kan j skrives som j = f + g + 7h. Dermed er J = L(j givet 2 ved J(s = 2 2! s 3 + = s s3 s 2 + 4s s. s ( 2 (s ( s Eksempel Betragt funktionen F givet ved F (s =. Sæt G(s = 7. Så er s 2 6s+58 (s F (s = 7 = G(s, og den inverse Laplace-transformation f = 7 (s L (F af F er givet ved f(t = L (F (t = L ( G(t = 7 7 e3t sin(7t..3.3 Forskydning af s-variablen Eksempel Betragt funktionen f givet ved f(t = t 3. Laplace-transformationen F = L(f af f er givet ved F (s = 3! = 6. Så er Laplace-transformationen af g givet ved g(t = e 3t f(t = s 4 s 4 e 3t t 3 altså L(g(s = L(t e 3t t 3 (s = F (s ( 3 = F (s + 3 = Laplace-transformationen af afledede (s+3 4. Eksempel Lad f(t = e t 3 3 sin(3t. Så er L(f(s = F (s = =. Vi ønsker (s ( s 2 +2s+0 at finde L(f. Da f(0 = 0 og f (0 = e 0 sin(3 0 + e 0 3 cos(3 0 = 3, så er L(f (s = s 2 3 s 2 + 2s + 0 s 0 3 = 3s 2 6s 30 3 = s 2 + 2s + 0 s 2 + 2s

15 .3.5 Laplace-transformationen af integraler Eksempel Lad f(t = t 2. Så er g(t := t f(x dx = 0 3 t3 og L(f(s = F (s = 2! = 2. Dvs. s 3 s 3 G(s = L(g(s = F (s = 2 = 2, hvilket stemmer overens med at L(t t 3 (s = 6. s s s 3 s 4 s Løsning af begyndelsesværdiproblemer.3.6. Begyndelsesværdiproblemer med t 0 = 0 Eksempel Betragt begyndelsesværdiproblemet y (t y(t = t, y(0 =, y (0 =. Vi bemærker at Q(s = s 2 og da r(t = t, er L(r = s 2, så Y (s = ( (s s 2 + s 2 s 2 = s + ( s 2 s 2 = s + s 2 s 2. Vha. linearitet og tabelopslag fås nu y(t = e t + sinh(t t Forskydning af begyndelsesværdibetingelsen Eksempel Betragt begyndelsesværdiproblemet y (t + 4y (t + 4y(t = e 2 π 2 e 2t cos(πt, y( = 2 y ( = 3. Da dette problem har begyndelsesværdibetingelser i t 0 = 0, kan Laplace-metoden ikke bruges umiddelbart. Vi skal derfor forskyde begyndelsesværdibetingelsen: Hvis vi skriver t = t og t 0 = t 0 = 0, så kan begyndelsesværdiproblemet skrives y ( t + + 4y ( t + + 4y( t + = e 2 π 2 e 2( t+ cos(π( t +, y( t 0 + = 2 y ( t 0 + = 3. Hvis vi nu skriver ỹ( t = y( t +, så får vi i stedet ỹ ( t + 4ỹ ( t + 4ỹ( t = π 2 e 2 t cos(π t + π, ỹ( t 0 = 2 ỹ ( t 0 = 3, og da t 0 = 0, har vi nu et begyndelsesværdiproblem for ỹ, som er på den rigtige form. Altså fås med r( t = π 2 e 2 t cos(π t + π = π 2 e 2 t cos(π t og altså R(s = π 2 s ( 2 = π 2 s+2 : (s ( 2 2 +π 2 (s+2 2 +π 2 Ỹ (s = ((s (s s + 2 π (s π 2 (s = 2s + 5 (s (s π π 2 2 s + 2 = (s ( s ( 2 + s ( 2 (s ( π, 2 5

16 som alle er s-forskudt med a = 2. Se i øvrigt Eksempel.3.7. for deltaljer ang. omskrivningen. Vha. tabelopslag ser vi, at = L(t t, = L(t og s = L(t cos(πt, og dermed er s 2 s s 2 +π 2 ỹ( t = e 2 t ( t + + cos(π t. Vi skulle finde y, men da t = t er y(t = y( t + = ỹ( t = ỹ(t, så er vores søgte løsning..3.7 Partialbrøker y(t = e 2(t ((t + + cos(π(t = e 2 2t (t cos(πt Eksempel Betragt følgende udtryk fra Eksempel s + 5 (s (s π π 2 2 s + 2. (7 I Eksempel påstås det uden nærmere uddybning, at udtrykket (7 også kan skrives som + + s ( 2. For at vise, hvordan dette udtryk er fundet, sætter vi først på fælles (s ( 2 2 s ( 2 (s ( 2 2 +π 2 brøkstreg: 2s + 5 (s (s π π 2 2 s + 2 = ((s π 2 (2s + 5 ((s π 2 (s + 2 π 2 (s ((s π 2 (s = ((s π 2 (2s + 5 π 2 (s + 2 ((s π 2 (s = 2s3 + 3s 2 + (28 + π 2 s + (20 + 3π 2 (s + 2(s + 2((s π 2 = P (s Q(s, så da (s π 2 = (s (π ikke har nogen reelle rødder, er P (s en polynomiumsbrøk på den rigtige form med n = 2, m =, r = r 2 = 2, a = 4, b 2 = π + 4 og P (s er et Q(s polynomium af grad n + 2m = 3. Da r = r 2 skal vi altså finde = 4 konstanter A, A 2, B og C, så 2s 3 + 3s 2 + (28 + π 2 s + (20 + 3π 2 = ((s π 2 (2s + 5 π 2 (s + 2 som giver følgende fire ligninger med fire ubekendte 2 = A + B = A (s + 2((s π 2 + A 2 ((s π 2 + (B s + C (s + 2(s + 2 = (A + B s 3 + (6A + A 2 + 4B + C s 2 3 = 6A + A 2 + 4B + C + ((π 2 + 2A + 4A 2 + 4B + 4C s + ((2π 2 + 8A + (4 + π 2 A 2 + 4C, 28 + π 2 = (π 2 + 2A + 4A 2 + 4B + 4C π 2 = (2π 2 + 8A + (4 + π 2 A 2 + 4C, (8 6

17 med den unikke løsning A = A 2 = B =, C = 2. Dermed er 2s + 5 (s (s π π 2 2 s + 2 = A s A 2 (s B s + C 2 (s π 2 som hævdet. Det kan i øvrigt bemærkes, at (8 gælder for alle s, og specielt også for s = r = r 2 = 2. Det ses let, at ((s π 2 (2s + 5 π 2 (s + 2 fra (8 giver π 2, når man sætter s = 2 ind, mens udtrykket A (s+2((s+2 2 +π 2 +A 2 ((s+2 2 +π 2 +(B s+c (s+2(s+2 også fra (8 giver A 2 π 2, hvorved det let ses, at A 2 =, uden at vi behøver at løse flere ligninger med flere ubekendte. Da (s π 2 ingen reelle rødder har, og da s = 2 er en dobbeltrod, kan vi desværre ikke finde de andre konstanter, A, B og C på samme lette måde, men hvis Q(s kun har simple, reelle rødder er dette faktisk en meget brugbar metode, som gør, at man slipper for en masse omskrivninger. Se også Eksempel Eksempel Betragt følgende polynomiumsbrøk: 3,5s 2 + 4s 22,5 (s 2 + 7s + 2(s 3 = 3,5s2 + 4s 22,5 (s + 4(s + 3(s 3 = P (s Q(s, hvor altså m = 0, r = 4, r 2 = 3 og r 3 = 3. Sæt Så er A = A 2 = A 3 = P ( 4 ( 4 ( 3( 4 3 = 3,5 ( ( 4 22,5 ( 7 P ( 3 ( 3 ( 4( 3 3 = 3,5 ( ( 3 22,5 ( 6 P (3 (3 ( 4(3 ( 3 = 3, ,5 7 6 = 7,5 7 = 2 42 = 0,5. 3,5s 2 + 4s 22,5 (s 2 + 7s + 2(s 3 = 2,5 s ,5 s ,5 s 3. = 2,5, = 3 6 = 0,5 og.4 Systemer af ODE er.4. Konvertering af ODE er af orden n til systemer af n ODE er af orden Eksempel.4... Betragt ODE en my (t + cy (t + y(t = 0 som kan omskrives til y (t = c m y (t k m y(t = F (t,y(t,y (t, hvor F (t,y,z = c m z k m y. Vi kan nu sætte y = y og y 2 = y og skrive systemet på formen y = y 2 y 2 = F (t,y,y 2 = c m y 2 k m y. 7

18 Matricen for systemet er således og systemet kan skrives kort som ( 0 A = k m y = Ay, c m hvor y = ( y y Systemer af ODE er af orden med konstante koefficientmatricer Eksempel Betragt systemet af ODE er af orden givet ved ( y = Ay hvor A = For matricen A har egenværdier og egenvektorer λ = 0 og v = ( samt λ 2 = og v 25 2 = ( Den generelle løsning til systemet er derfor. ( ( y(t = c v e λt + c 2 v 2 e λ2t = c + c 2 e 25 t...5 Fourierrækker.5. Udregning af Fourierkoefficienter mm. Eksempel.5... Betragt den 2π-periodiske funktion f givet ved Først finder vi a 0 (f: Dernæst finder vi a n (f: f(x = { k for π x 0 k for 0 < x < π, f(x = f(x + 2π. a 0 (f = π f(x dx = ( 0 π ( k dx + k dx = 0 2π π 2π π 0 π a n (f = f(x cos(nx dx π π = ( 0 π ( k cos(nx dx + k cos(nx dx π π 0 = ( k sin(nx 0 π n + k sin(nx π n = 0. x= π 8 x=0

19 Og til sidst finder vi b n (f: π b n (f = f(x sin(nx dx π π = ( 0 π ( k sin(nx dx + k sin(nx dx π π 0 = ( k cos(nx 0 π n k cos(nx π x= π n x=0 = k (cos(0 cos( nπ cos(nπ + cos(0 nπ = 2k ( cos(nπ nπ = 2k nπ ( ( n, så b = 4k, b π 2 = 0, b 3 = 4k, b 3π 4 = 0, b 5 = 4k, osv. Altså er Fourierrækken for f 5π 4k (sin(x + π 3 sin(3x + 5 sin(5x +. Da f er stykkevist kontinuert og har venstre- og højreafledede overalt (de er 0 overalt, så er f(x = 4k π n= sin((2n x 2n i f s kontinuitetspunkter, dvs. x mπ, m Z. I punkterne x = mπ, m Z er 4k k + k sin((2n x = = 0, π 2n 2 n= hvilket også kan ses direkte, idet sin((2n mπ = 0 for alle n N og m Z..5.2 Lige og ulige funktioner Eksempel Lad g være den ulige, 2π-periodiske funktion givet ved Så er a n (g = 0 for alle n = 0,, 2,..., og g(x = x for x [ π,π], g(x = g(x + 2π. b n (g = 2 π π 0 π g(x sin(nx dx = 2 x sin(nx dx π 0 = 2 [ sin(nx x cos(nx π n 2 n = 2 ( 0 π n π ( n 2 2 n π = ( n+ 2 n. 9 ] π x=0 ( 0 n 2 0 n

20 .5.3 Linearitet af Fourierkoefficienter Eksempel I Eksempel.5.. og Eksempel.5.2. fandt vi Fourierkoefficienterne for f og g givet ved hhv. { k for π x 0 f(x =, f(x = f(x + 2π. k for 0 < x < π og g(x = x forx [ π,π], g(x = g(x + 2π. Vi kan nu finde Fourierkoefficienterne for h givet ved h(x = { π x for π x 0 π x for 0 < x < π idet h = π k f g = c f + c 2 g, hvor c = π k og c 2 = : og, for n =, 2, 3,... : samt.5.4 Periodeskift, h(x = h(x + 2π, a 0 (h = c a 0 (f + c 2 a 0 (g = c 0 + c 2 0 = 0, a n (h = c a n (f + c 2 a n (g = c 0 + c 2 0 = 0 b n (h = c b n (f + c 2 b n (g = π k 2k nπ ( ( n ( n+ 2 n = 2 n. Eksempel Lad f være den 2-periodiske funktion givet ved Fourierrækken er så givet ved hvor f(x = x, for x [,], f(x = f(x + 2. a 0 (f + ( ( nπ nπ a n (f cos x + b n (f sin( x, n= a 0 (f = 2 a n (f = b n (f = x dx ( nπ x cos x dx ( nπ x sin x dx, for n =, 2, 3,.... Koefficienternes værdi er udregnet i Eksempel.5.5. nedenfor. 20

21 .5.5 Halvsidige udviklinger Eksempel Lad f være den i Eksempel.5.4. givne funktion. Bemærk, at f er en lige funktion, og vi kan således finde Fourierkoefficienterne og Fourierrækken for f ved at finde Fourierkoefficienterne og Fourierrækken for den 2-periodiske, lige udvidelse af funktionen f givet ved: f(x = x for x [0,]. Da der er tale om den lige udvidelse, så er b n (f = b n ( f = 0 for alle n, mens og a 0 (f = a 0 ( f = 0 x dx = 2 og Fourierrækken er således idet a n (f = 0 for n lige. a n (f = a n ( f = 2 x cos(nx dx 0 [ cos(πnx = 2 + x sin(πnx π 2 n 2 πn ( ( n = 2 π 2 n + 0 ( 2 2 πn f(x = 2 + n= = 2 m= = ( ( n 2 π 2 n 2, ( ( n 2 π 2 n 2 cos ( nπ x 4 π 2 (2m cos( (2m πx 2 ] x=0 π 2 n n = 2 4 π 2 cos(πx 4 9π 2 cos(3πx 4 25π 2 cos(5πx +, Eksempel Lad f være givet ved f(x = x( x for x [0, ]. Her er L =, så 2L = 2 og Fourierrækken for en 2-periodisk, ulige udvidelse af f er givet ved idet b n (f = 2 f u (x = 0 n= ( nπ b n (f sin x = n= 4( ( n n 3 π 3 sin(nπx, { ( nπ x( x sin x dx = 4( ( n 8 for n ulige n = 3 π 3 n 3 π 3 0 for n lige, mens Fourierrækken for en 2-periodisk, lige udvidelse er givet ved f l (x = a 0 (f + n= ( nπ a n (f cos x = 6 2 n= 2( + ( n n 2 π 2 cos(nπx,

22 idet og a n (f = 2 0 a 0 (f = 0 x( x dx = 6 { ( nπ x( x cos x dx = 2( + ( n 4 for n lige n = 2 π 2 n 2 π 2 0 for n ulige. Eksempel Lad g være givet ved g(x = x for x [0, ]. Her er L =, så 2L = 2 og Fourierrækken for en 2-periodisk, ulige udvidelse af g er givet ved idet g u (x = n= b n (g = 2 ( nπ b n (g sin x = 0 2( n sin(nπx, nπ n= ( nπ x sin x dx = 2( n, nπ mens Fourierrækken for en 2-periodisk, lige udvidelse er givet ved f l (x = a 0 (f + n= ( nπ a n (f cos x = 2 + n= 2(( n n 2 π 2 cos(nπx, idet og a n (f = 2 0 a 0 (f = 0 x dx = 2 { ( nπ x cos x dx = 2(( n 4 for n ulige n = 2 π 2 n 2 π 2 0 for n lige..6 Metoder til PDE er af anden orden.6. Den éndimensionelle bølgeligning.6.. Fourierrækkemetoden Eksempel.6... Betragt den éndimensionelle bølgeligning u tt = c 2 u xx på [0, ] med randbetingelse u(0, t = u(l, t = 0 og begyndelsesværdibetingelsen u(x, 0 = f(x og u t (x, 0 = g(x, hvor f er givet ved f(x = x( x og g er givet ved g(x = x. Så er u(x, t = ( u n (x, t bn cos(λ n t + b n sin(λ n t nπ sin( x, n= n= hvor λ n = cnπ, b n = b n (f = 4( ( n og b n 3 π 3 n = b cnπ n(g = 2( 2, hvor Fourierkoefficienterne b cn 2 π 2 n (f og b n (g er udregnet i hhv. Eksempel og Eksempel

23 .6..2 D Alemberts løsning Eksempel Betragt den éndimensionelle bølgeligning u tt = c 2 u xx på [0, ] med randbetingelse u(0, t = u(l, t = 0 og begyndelsesværdibetingelsen u(x, 0 = f(x og u t (x, 0 = g(x, hvor f er givet ved f(x = x( x og g er givet ved g(x = x. Så er x+ct u(x, t = ( f(x + ct + f(x ct + g(s ds 2 2c x ct = ( ( (x + ct( (x + ct + (x ct( (x ct + (x + ct 2 (x ct 2 2 4c = c 2 t 2 + tx x 2 + x..6.2 Den endimensionelle varmeligning.6.2. Randbetingelsen u(0, t = u(l, t = 0 Eksempel Betragt den endimensionelle varmeligning u t = c 2 u xx på [0, ] med begyndelsesbetingelsen u(x, 0 = f(x, hvor f er givet ved f(x = x( x med randbetingelsen u(0, t = u(l, t = 0. Idet L =, er løsningen u(x, t = n= ( nπ b n (f sin x e λ2nt = n= hvor λ n = cnπ og b n (f erne er udregnet i Eksempel Isolerede endepunkter 4( ( n n 3 π 3 sin(nπxe λ2 n t, Eksempel Betragt den endimensionelle varmeligning u t = c 2 u xx på [0, ] med begyndelsesbetingelsen u(x, 0 = f(x, hvor f er givet ved f(x = x( x med randbetingelsen u x (0, t = u x (L, t = 0. Idet L =, er løsningen u(x, t = a 0 (f + n= ( nπ a n (f cos e x λ2 n t = 6 hvor λ n = cnπ og a 0 (f og a n (f erne er udregnet i Eksempel n= 2( + ( n n 2 π 2 cos(nπxe λ2 n t, 2 Numeriske metoder 2. Løsning af ligninger 2.. Fikspunktiteration Eksempel 2... Lad g(x = (x Vi ønsker at finde en numerisk løsning til g(x = x vha. fikspunktiteration. En skitse viser, at der er en løsning omkring x = 2. Vi undersøger nu, om 23

24 fikspunktiteration kan bruges. Først differentieres g: og da g (x = 4 (x , g (x = (x < for x 9 4 ved vi, at fikspunktiteration kan bruges, hvis vi vælger x 0 9. For eksempelvis x 0 =, 2 hhv. 4 fås: 2..2 Newtons metode x x, , , x 2, , , x 3, , , x 4, , , x 5, , , x 6, , , x 7, , , Eksempel Lad g(x = (x Vi ønsker at finde en numerisk løsning til g(x = x vha. Newtons metode. En skitse viser, at der er en løsning omkring x = 2. For at kunne bruge Newtons metode, skal vi først omformulere problemet til noget på formen f(x = 0. Dette kan eksempelvis gøres ved at lade f(x = g(x x. Med dette valg giver Newtons metode med eksempelvis x 0 =, 2 hhv. 4 følgende resultat. x x, , , x 2, , , x 3, , , Undervejs har vi skullet bruge f (x = 4 (x Sekantmetoden Eksempel Vi fortsætter med g(x = (x+0 4, og vil stadig gerne finde en numerisk løsning til g(x = x, denne gang vha. sekantmetoden. En skitse viser, at der er en løsning omkring x = 2. For at kunne bruge sekantmetoden, skal vi først omformulere problemet til noget på formen f(x = 0. Dette kan eksempelvis gøres ved at lade f(x = g(x x. Med dette valg giver sekant metoden med eksempelvis x 0 = og x = 2, 2 og 3 hhv. 4 og 5 følgende resultat. 24

25 x x x 2, , , x 3, , , x 4, , , Bemærk, at vi ved denne metode ikke behøver udregne f (x. 2.2 Interpolationspolynomier 2.2. Polynomium gennem n + punkter Lagrange-interpolation Eksempel Lad (3, 22, (6, 20 og (36, 05 være tre punkter i planen. Vi ønsker at finde et andengradspolynomium som går gennem disse tre punkter. Lad x 0 = 3, x = 6 og x 2 = 36 samt y 0 = 22, y = 20 og y 2 = 05. Så er og dermed er l 0 (x = (x 6(x 36, l (x = (x 3(x 36 og l 2 (x = (x 3(x 6, og Altså er L 0 (x = l 0(x l 0 (x 0 L (x = l (x l (x L 2 (x = l 2(x l 2 (x 2 = (x 6(x 36 (3 6(3 36, = (x 3(x 36 (6 3(6 36, = (x 3(x 6 (36 3(36 6. p 2 (x = 22L 0 (x + 20L (x + 05L 2 (x = (x 6(x 36 (x 3(x 36 + (x 3(x det søgte polynomium. Læg i øvrigt mærke til, at dette polynomium er det samme som det p 2, der findes i Eksempel , selvom det ikke umiddelbart ser sådan ud Newtons divideret differens-metode Eksempel Lad (3, 22 og (36, 05 være to punkter i planen. Vi ønsker at finde et førstegradspolynomium som går gennem disse to punkter. Lad x 0 = 3 og x = 36 samt y 0 = 22 og y = 05. Så er og f[x 0 ] = f[3] = 22, f[x ] = f[36] = 05 f[x 0, x ] = f[3, 36] = f[36] f[3] 36 3 =

26 Dermed er p (x = f[3] + f[3, 36](x 3 = 22 6 (x 3 33 det ønskede førstegradspolynomium. Antag nu, at vi får et yderligere punkt i planen: (6, 20. Vi vil nu finde et andengradspolynomium p 2, der går gennem de tre punkter. Vi har allerede et førstegradspolynomium, p, som går gennem to af punkterne. Sæt x 2 = 6 og y 2 = 20. Så er og f[x 2 ] = f[6] = 20, f[x, x 2 ] = f[36, 6] = f[6] f[36] 6 36 = = = 7 2 f[x 0, x, x 2 ] = f[3, 36, 6] = f[36, 6] f[3, 36] 6 3 = 7 2 ( = 98. Dermed er p 2 (x = p (x + g 2 (x = 22 6 (x 3 + (x 3(x det ønskede andengradspolynomium. Læg i øvrigt mærke til, at dette polynomium er det samme som det p 2, der findes i Eksempel 2.2.., selvom det ikke umiddelbart ser sådan ud Polynomiumsapproksimation af funktioner Eksempel Betragt den naturlige logaritme, ln: R + R. Antag, at vi kender ln(9,0 og ln(9,5. Så er p (x = ln(9,0 (x 9,5(x,0 (x 9,0(x,0 + ln(9,5 (9,0 9,5(9,0,0 (9,5 9,0(9,5,0 en polynomiumsapproksimation af ln og p (9,2 = 2, er en approksimation af ln(9,2 som er fundet ved interpolation. Der findes et t 9,2 så fejlen ε (9,2 = ln(9,2 p (9,2 kan skrives ε (9,2 = (9,2 9,0(9,2 9,5 ln (t 9,2. 2! Vi vil finde en øvre og nedre grænse for fejlen. Først finder vi ln : ln (x = x så ln (x = x 2. På intervallet [x 0, x ] = [9,0; 9,5] antager ln altså sin minimale og sin maksimale værdi i hhv. 9,0 og 9,5. Derfor må (9,2 9,0(9,2 9,5 9,0 2 2 = 0, ε (9,2 0, = (9,2 9,0(9,2 9,5 9, Den korrekte fejl viser sig at være ε (9,2 = 0, , og vi får således et godt indtryk af fejlen med vores vurdering. 26

27 2.3 Numerisk integration 2.3. Midtpunktsreglen Eksempel Lad f : [0, ] R være givet ved f(x = e x. Sæt n = 4, h = 0 4 = 4, x 0 = 0, og x i = x 0 + ih, så x = 4, x 2 = 2, x 3 = 3 4 og x 4 =. Så er J m 4 = 4 4 i= f(x i h 2 = 4 (e 8 + e e e 7 8 en approksimation af 0 ex dx Trapezreglen Eksempel Lad f : [0, ] R være givet ved f(x = e x. Sæt n = 4, h = 0 4 = 4, x 0 = 0, og x i = x 0 + ih, så x = 4, x 2 = 2, x 3 = 3 4 og x 4 =. Så er J4 t = h ( f(x0 + f(x h f(x i = 2 8 (e0 + e + 4 (e e 2 + e 4 i= en approksimation af 0 ex dx. Da f er to gange differentiabel, så findes et x t [0, ] så ε t 4 = f (x 2 t, hvor ε t 4 = 0 ex dx J4 t er fejlen i approksimationen. Da f (x = e x og e x e for x [0, ], så kan vi altså se at fejlen ligger mellem e og. Da 4 = 2 2 er et lige tal kan fejlen approksimeres vha. følgende formel: ε t 4 3 (J t 4 J t 2. Da J t 2 = 4 (e0 +e + 2 e 2, kan vi estimere fejlen til 3 (J t 4 J t 2 = 3 ( 8 (+e+ 4 (e 4 e 2 +e 3 4, Simpsons regel Eksempel Lad f : [0, ] R være givet ved f(x = e x. Sæt n = 4, h = 0 4 = 4, x 0 = 0, og x i = x 0 + ih, så x = 4, x 2 = 2, x 3 = 3 4 og x 4 =. Så er J S 4 = h 6 ( f(x0 + f(x 4 + 2h 3 4 f(x i h + h 4 f(x 2 i 3 i= = 24 (e0 + e + 6 (e 8 + e e e (e 4 + e 2 + e 3 4 en approksimation af 0 ex dx. Da f er fire gange differentiabel, så findes et x S [0, ] så ε S 4 = f (4 (x 4 S, i=

28 hvor ε S 4 = 0 ex dx J4 S er fejlen i approksimationen. Da f (4 (x = e x og e x e for x [0, ], så kan vi altså se at fejlen ligger mellem e og. Da 4 = 2 2 er et lige tal kan fejlen approksimeres vha. følgende formel: ε S 4 5 (J S 4 J S 2. Da J S 2 = 2 (e0 + e + 3 (e 4 + e e 2, kan vi estimere fejlen. Den eksakte værdi overlades det til læseren at finde Gauss-kvadratur Eksempel Lad f : [0, ] R være givet ved f(x = e x. Så er J4 G = 0 2 ( = 2 4 i= e e w i f( 0 2 z i ( ( ( e 36 ( e 36 en approksimation af 0 ex dx. 2.4 Enkeltskridtsmetoder til numerisk løsning af ODE er af første orden 2.4. Euler-metoden Eksempel Betragt begyndelsesværdiproblemet y (x = e x e y(x, hvor y( =. Her er altså x 0 =, y 0 = og f(x, y = e x e y. Lad h = 0 være skridtlængden og sæt x n = + n 0 for n = 0,, 2,.... Så giver Euler-metoden: osv. y = y 0 + hf(x 0, y 0 = + 0 (e e =, y 2 = y + hf(x, y = + 0 (e, e = 0, , y 3 = y 2 + hf(x 2, y 2 = 0, (e,2 e 0, = 0,

29 2.4.2 Heuns metode Eksempel Betragt begyndelsesværdiproblemet y (x = e x e y(x, hvor y( =. Her er altså x 0 =, y 0 = og f(x, y = e x e y. Lad h = 0 være skridtlængden og sæt x n = + n 0 for n = 0,, 2,.... Så giver Heuns metode: og osv. ỹ = y 0 + hf(x 0, y 0 = + 0 (e e =, y = y 0 + h 2 ( f(x0, y 0 + f(x, ỹ = + 20( (e e + (e, e = 0, , ỹ 2 = y + hf(x, y = 0, (e, e 0, = 0, , ( y 2 = y + h f(x, y 2 + f(x 2, ỹ 2 = 0, ((e, e 0, (e,2 e 0, = 0, RK4-metoden Eksempel Betragt begyndelsesværdiproblemet y (x = e x e y(x, hvor y( =. Her er altså x 0 =, y 0 = og f(x, y = e x e y. Lad h = 0 være skridtlængden og sæt x n = + n 0 for n = 0,, 2,.... Så giver RK4-metoden: og dermed og dernæst og dermed k = 0 (e e = 0, k 2 = 0 (e,05 e = 0, , k 3 = 0 (e,05 e ( 0,007947/2 = 0, , k 4 = 0 (e, e ( 0, = 0, , y = + (0 2 0, , , = 0, , 6 k = 0 (e, e 0, = 0, k 2 = 0 (e,5 e (0, , /2 = 0, k 3 = 0 (e,5 e (0, , /2 = 0, k 4 = 0 (e,2 e (0, , = 0, y 2 = 0, ( 0, , , , = 0, osv. 29

30 Hvis vi vil indikere, at vi har foretaget udregningerne med h =, kan vi eksempelvis skrive 0 n osv. Havde vi foretaget ovenstående beregninger for h =, så havde vi fået y 5 5 = 0, y 0 Da 5 = 2 0 og 2 = 2, kan vi med disse værdier estimere fejlen ε 0 2 på y 0 2 = 0, : Runge-Kutta-Fehlberg ε 0 2 (0, , = 0, Eksempel Betragt begyndelsesværdiproblemet y (x = e x e y(x, hvor y( =. Her er altså x 0 =, y 0 = og f(x, y = e x e y. Lad h = 0 være skridtlængden og sæt x n = + n 0 for n = 0,, 2,.... Så giver Runge-Kutta-Fehlberg-metoden: og k = 0 (e e = 0, k 2 = hf(x n + 4 h, y n + 4 k = 0, , k 3 = hf(x n h, y n k k 2 = 0, , k 4 = hf(x n + 2 3, y n k k k 3 = 0, , k 5 = hf(x n + h, y n k 8k k k 4 = 0, k 6 = hf(x n + h 2, y n 8 27 k + 2k k k 4 40 k 5 = 0, , og dermed y = 0, og ỹ = 0, Disse to tal ser umiddelbart ens ud, men er det ikke helt. Mere præcist kan vi estimere fejlen ε på y ved ε y ỹ = 0, Baglæns Euler Eksempel Betragt begyndelsesværdiproblemet y (x = f(x,y(x = 20y(x + 20x 2 + 2x hvor y(0 =. Det har løsningen y(x = e 20x + x 2 (sæt ind og tjek. Vi vil vise, hvordan man kan løse problemet vha. den baglæns Euler-metode. Med udgangspunkt i y n+ = y n + hf(x n+,y n+ = y n + h( 20y n+ + 20x 2 n+ + 2x n+ fås y n+ = y n + 20hx 2 n+ + 2hx n+ + 20h og vi kan således iterere på sædvanlig vis. = y n + 20h(x n + h 2 + 2h(x n + h, + 20h 30

31 2.5 Mangeskridtsmetoder til numerisk løsning af ODE er af første orden 2.5. Adams-Bashforth-metoder Eksempel Betragt begyndelsesværdiproblemet y (x = e x e y(x, hvor y( =. Her er altså x 0 =, y 0 = og f(x, y = e x e y. Lad h = være skridtlængden og sæt x 0 n = + n 0 for n = 0,, 2,.... Antag, at vi kender (eller har estimeret y = 0, , y 2 = 0, og y 3 = 0, Så giver Adams-Bashforth-metoden: ( y 4 = y 3 + h 55f(x3, y f(x 2, y f(x, y 9f(x 0, y 0 osv. = 0, ( 55 (e,3 e 0, (e,2 e 0, (e, e 0, (e e = 0, , y 5 = y 4 + h 24 (55f(x 4, y 4 59f(x 3, y f(x 2, y 2 9f(x, y = 0, , y 6 = y 5 + h 24 (55f(x 5, y 5 59f(x 4, y f(x 3, y 3 9f(x 2, y 2 = 0, , y 7 = y 6 + h 24 (55f(x 6, y 6 59f(x 5, y f(x 4, y 4 9f(x 3, y 3 = 0, , Adams-Moulton-metoder Eksempel Betragt begyndelsesværdiproblemet y (x = e x e y(x, hvor y( =. Her er altså x 0 =, y 0 = og f(x, y = e x e y. Lad h = 0 være skridtlængden og sæt x n = + n 0 for n = 0,, 2,.... Antag, at vi kender (eller har estimeret y = 0, , y 2 = 0, og y 3 = 0, I Adams-Moulton-metoden skal vi først finde en prædiktor, ỹ 4, for y 4, så vi kan estimere f(x 4, y 4. Til dette formål benyttes Adams-Bashforth-metoden. Da ỹ 4 kun afhænger af de allerede kendte værdier, y 3, y 2, y og y 0, så fås samme resultat som i Eksempel 2.5..: ỹ 4 = 0, Vi kan nu udregne ( y 4 = y 3 + h 9f(x4, ỹ f(x 3, y 3 5f(x 2, y 2 + f(x, y ( = 0, (e,4 e 0, (e,3 e 0, (e,2 e 0, (e, e 0, = 0, , og fejlen ε 4 kan estimeres ved ε 4 5 (y 4 ỹ 4 = 0, Skulle man mene, at denne fejl er for stor, kan man erstatte ỹ 4 med y 4 = 0, og gentage processen med den nye ỹ 4. Man vil så få en ny y 4 og kan igen estimere fejlen osv. Vi vælger dog at acceptere y 4, som den er. 3

32 For at udregne y 5 skal vi bruge ỹ 5, men ỹ 5 kan vi ikke længere tage fra Eksempel 2.5.., da vores nye y 4 afviger (en smule fra ỹ 4, som jo blev brugt i Eksempel Altså skal vi udregne: ( ỹ 5 = y 4 + h 55f(x4, y f(x 3, y f(x 2, y 2 9f(x, y ( = 0, (e,4 e 0, (e,3 e 0, (e,2 e 0, (e, e 0, = 0, Nu kan y 5 udregnes: y 5 = y 4 + h 24( 9f(x5, ỹ 5 + 9f(x 4, y 4 5f(x 3, y 3 + f(x 2, y 2 = 0, , hvor vi igen kan estimere fejlen: ε 5 (y 5 5 ỹ 5 = 0, Antag nu for eksemplets skyld, at vi er utilfredse med denne fejl. Lad y gammel 5 = y 5 og definér y ny ( 5 = y 4 + h 9f(x5, y gammel f(x 4, y 4 5f(x 3, y 3 + f(x 2, y 2 = 0, Vi kan nu estimere fejlen på y ny 5 : ε ny 5 5 (yny 5 y gammel 5 = 0, , som altså er en klar forbedring. Hvis man stadig ikke er tilfreds, kan man naturligvis gentage processen. 2.6 Metoder til førsteordenssystemer 2.6. Euler-metoden Eksempel Betragt begyndelsesværdiproblemet Dette er et system på formen y = y 2, y (0 = 3, y 2 = 2y 2 0,75y, y 2 (0 = 2,5. Y (x = F (x, Y (x med Y (x 0 = Y 0, hvor x 0 = 0, Y 0 = ( ( 3 2,5, Y (x = y (x ( y y 2 (x og F (x, Y = 2 ( 2y 2 0,75y for Y = y y 2. Euler-metoden svarer så til iteration i følgende system: hvor x n = x 0 + nh = nh RK4 y,n+ = y,n + hy 2,n, y,0 = 3, y 2,n+ = y 2,n + h( 2y 2,n 0.75y,n, Eksempel Betragt begyndelsesværdiproblemet y = y 2, y (0 = 3, y 2 = 2y 2 0,75y, y 2,0 = 2,5. y 2 (0 = 2,5. 32

33 Dette er et system på formen Y (x = F (x, Y (x med Y (x 0 = Y 0, hvor x 0 = 0, Y 0 = ( ( 3 2,5, Y (x = y (x ( y y 2 (x og F (x, Y = 2 ( 2y 2 0,75y for Y = y y 2. RK4-metoden svarer så til iteration i følgende system: hvor y,n+ = y,n + 6 (K, + 2K,2 + 2K,3 + K,4, y,0 = 3, y 2,n+ = y 2,n + 6 (K, + 2K,2 + 2K,3 + K,4, K, = hy 2,n, K 2, = h( 2y 2,n 0,75y,n, y 2,0 = 2,5. K,2 = h(y 2,n + 2 K,, K 2,2 = h ( 2(y 2,n + 2 K 2, 0,75(y,n + 2 K,, K,3 = h(y 2,n + 2 K,2, K 2,3 = h ( 2(y 2,n + 2 K 2,2 0,75(y,n + 2 K,2, K,4 = h(y 2,n + K,3, K 2,4 = h ( 2(y 2,n + K 2,3 0,75(y,n + K,3 og x n = x 0 + nh = nh Baglæns Euler Eksempel Betragt begyndelsesværdiproblemet Dette system er på formen y (x = y 2 (x, y (0 = 2, y 2(x = 0y (x y 2 (x + 0x +, y 2 (0 = 0. Y (x = F (x, Y (x, med Y (x 0 = Y 0, hvor x 0 = 0,, Y 0 = ( ( 2 0, Y (x = y (x ( y y 2 (x og F (x, Y = 2 ( 0y y 2 +0x+ for Y = y y 2, og det viser sig, at F er så tilpas simpel, at Y n+ kan isoleres i udtrykket Baglæns Euler giver nu Y n+ = Y n + hf (x n+, Y n+. y,n+ = y,n + hy 2,n+, y,0 = 2, y 2,n+ = y 2,n + h( 0y,n+ y 2,n+ + 0x n+ +, y 2,0 = 0. Løses ligningssystemet for y,n+ og y 2,n+ (med x n+ = x n + h fås ( y,n+ = ( + hy,n + hy + h + 0h 2 2,n + 0h 2 x n + h 2 + 0h 3, ( y 2,n+ = 0hy,n + y + h + 0h 2 2,n + 0hx n + h + 0h 2. 33

34 2.7 Metoder til numerisk løsning af ODE er af anden orden 2.7. Runge-Kutta-Nyström-metoder y (x = f(x, y(x, y (x Eksempel Betragt begyndelsesværdiproblemet y (x = x(y(x y (x, hvor y( = og y ( = 0. Lad h = 0 være skridtlængden og sæt x n = + nh for n = 0,, 2,.... Definér y n og y n for n = 0,, 2,..., rekursivt ved y 0 = og y 0 = 0 samt og hvor og y n+ = y n + 0 (y n + 3 (k + k 2 + k 3 y n+ = y n + 3 (k + 2k 2 + 2k 3 + k 4, k = 20 x n(y n y n, k = 20 (y n + 2 k, k 2 = 20 (x n + 20 ( (y n + k (y n + k, k 3 = 20 (x n + 20 ( (y n + k (y n + k 2, l = 0 (y n + k 3 k 4 = 20 (x n + 0 ( (y n + l (y n + 2k y (x = f(x, y(x Eksempel Betragt begyndelsesværdiproblemet y (x = xy(x, hvor y(0 = og y (0 =. Lad h = 0 være skridtlængden og sæt x n = nh for n = 0,, 2,.... Definér y n og y n n = 0,, 2,..., rekursivt ved y 0 = og y 0 = samt og k = x 20 ny n, k 2 = (x 20 n + (y 20 n + 20 (y n + k 2 = k 3, k 4 = (x 20 n + (y 0 n + 0 (y n + k 2, y n+ = y n + 0 (y n + (k 3 + 2k 2 y n+ = y n + 3 (k + 4k 2 + k Numerisk metode til Laplace- og Poisson-ligningerne i to dimensioner 2.8. Regulær rand Kald randen af D for D. Antag, at vi for et passende valg af x 0, y 0 og h > 0 har, at ethvert punkt (x i, y j D enten er et randpunkt, (x i, y j D, eller at de fire nabopunkter, (x i, y j, (x i+, y j, 34

35 (x i, y j og (x i, y j, også ligger i D, og at h er lille. Så kan vi finde en numerisk løsning til Laplace-ligningen, som opfylder følgende lineære ligningssystem: u i+,j + u i,j + u i,j+ + u i,j 4u i,j = 0, for (i, j så (x i, y j D \ D, (9 mens der for Poisson-ligningen tilsvarende findes en numerisk løsning, som opfylder følgende lineære ligningsystem: u i+,j + u i,j + u i,j+ + u i,j 4u i,j = h 2 f(x i,y j, for (i, j så (x i, y j D \ D. (0 Bemærk i øvrigt, at (9 svarer til (0 med f Dirichlet-randbetingelser Eksempel Betragt Laplace-ligningen 2 u = 0 på R = [0, 2] [0, 2] med randbetingelsen u(x, y = 0 for y = 2, u(x, y = 00 for x = 0, y = 0 eller x = 2. Vælg x 0 = 0, y 0 = 0 og h = 4 og sæt x i = x 0 + ih og y j = y 0 + jh. Så ligger de 6 punkter {(x i, y j } 3 i,j=0 i R og enten er de randpunkter, eller også har de fire nabopunkter i mængden. Altså er vi i tilfældet regulær rand, og da værdien er angivet på randen, er der tale om en Dirichlet-randbetingelse. Af de 6 punkter er 2 randpunkter, mens (x, y, (x, y 2, (x 2, y og (x 2, y 2 ligger indenfor randen, altså (x, y, (x, y 2, (x 2, y, (x 2, y 2 R \ R. Lad u i,j = u(x i, y j for (x i, y j R og opskriv de fire lineære ligninger u i+,j + u i,j + u i,j+ + u i,j 4u i,j = 0, for (i, j så (x i, y j D \ D, som altså kun består af fire ubekendte, da u som sagt kendes på randen. Dette svarer til systemet 4u u 2 + u 2 = 0, 4u 2 + u u 22 = 0, 4u u + u = 0, 4u 22 + u 2 + u = 0. Løsningen til dette ligningssystem vil opfylde, at u(x i, y j u i,j Neumann- og blandede randbetingelser Eksempel Betragt Poisson-ligningen 2 u = u xx + u yy = f(x, y = 2xy på regionen R = [0;,5] [0, ] med de blandede randbetingelser u 0 på L = [0;,5] {0}, u(x, y = 3y 3 på L 2 = {,5} [0;,0], u(x, y = 6x på L n 3 = [0;,5] {,0} og igen u 0 på L 4 = {0} [0;,0]. Vælges x 0 = 0, y 0 = 0 og h =, og sættes x 2 i = x 0 + ih og y j = y 0 + jh, så Der er selvfølgelig problemer med denne randbetingelse i (0, 2 og (2, 2, da disse punkter både falder ind under y = 2 og x = 0 hhv. x = 2. Det ændrer imidlertid ikke på noget andre steder, hvis vi ændrer værdien i disse endeligt mange isolerede punkter. 35