Lösungen zu nicht besprochenen Aufgaben der 5. Übung

Lösung zur Aufgabe 24.15 (b), (p)
Von den folgenden Differentialgleichungen löse man diejenigen, die
I. Mit der Methode der Trennung der Veränderlichen gelöst werden können,
II. linear sind,
III. Bernoullische Differentialgleichungen sind.
Lösung:
(b) y ′ = 2x+5y (p) y ′ +(x+1) −1 y = 4e 2x
(b) Diese Differentialgleichung ist linear, da außer y selbst keine weitere Potenz von y vorkommt.
Da sowohl vor dem y als auch vor dem x nur konstante Faktoren stehen, beide
also linear vorkommen, hilft folgende Substitution weiter:
u = 2x+5y ⇒ u ′ = 2+5y ′ ⇒ y ′ = 1
5 (u′ −2).
Eingesetzt in die Ausgangsgleichung ergibt
1
5 (u′ −2) = u ⇒ u ′ = 2+5u.
Diese Gleichung lässt sich mittels Trennung der Variablen lösen:
TdV
⇒
⇒ 1
5
du
dx
1
5u+2 du = dx
ln|5u+2| = x+C
= 2+5u | ·dx, : (2+5u)
⇒ 5u+2 = ˜ Ke 5x
⇒ u(x) = ¯ Ke 5x − 2
5 , ¯ K ∈ R.
Dabei wurden ˜ K := ±e5C und ¯ K := 1
5 ˜ K gesetzt. Nun müssen wir noch rücksubstituieren,
um die Lösung der Ausgangsaufgabe zu erhalten. Aus y = 1
5
y(x) = Ke 5x − 2
25
2
− x, K ∈ R.
5
u− 2
5
x folgt (mit K := 1
5 ¯ K):
(p) Diese Differentialgleichung ist linear, da außer y selbst keine weitere Potenz von y vorkommt.
Die allgemeine Lösung bestimmen wir in drei Schritten.
S1: Wir bestimmen die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung mittels Trennung
der Variablen:
⇒
TdV
⇒
y ′ +(x+1) −1 y = 0
dy
dx
= − y
x+1
1
y dy = − 1
x+1 dx
⇒ ln|y| = −ln|x+1|+C
1
⇒ yh(x) = K · , K ∈ R. x+1
1
| ·dx,: y

S2: Wir bestimmen eine partikuläre Lösung der Ausgangsgleichung. Dazu machen wir
den Ansatz
1
yp(x) = K(x)·
x+1 .
Abgeleitet nach x ergibt
y ′ p(x) = K ′ (x)·
1
x+1 −K(x)·
1
(x+1) 2.
Setzen wir yp und y ′ p in die Ausgangsgleichung ein, heben sich alle Terme mit K(x)
erwartungsgemäß weg und wir erhalten
K ′ 1
(x)·
x+1 = 4e2x
⇒ K(x) = 4
(x+1)e 2x dx.
Das Integral kann mit partieller Integration oder mithilfe der Integraltabelle im
Tafelwerk gelöst werden. Für K(x) ergibt sich
K(x) = (2x+1)e 2x .
Die Integrationskonstante wurde dabei vernachlässigt, weil nur eine partikuläre Lösung
gesucht ist. Die partikuläre Lösung sieht dann wie folgt aus:
yp(x) = 2x+1
x+1 e2x .
S3: Die allgemeine Lösung ist die Summe aus yp und yh:
y(x) = 2x+1
x+1 e2x 1
+K · , K ∈ R.
x+1
2

Lösung zur Zusatzaufgabe zur numerischen Lösung von Anfangswertaufgaben
Gegeben ist das Anfangswertproblem
y ′ = y, y(0) = 1.
Die exakte Lösung des Problems ist y(x) = e x . Der exakte Funktionswert der Lösung an der
Stelle x = 1 ist somit y(1) = e.
Es sollen nun verschiedene numerische Verfahren auf dieses Problem angewendet werden, um eine
Näherung für y(1) zu berechnen. Dann soll diese Näherung mit dem exakten Wert verglichen
werden.
(a) Explizites Euler-Verfahren.
Für eine gegebene Differentialgleichung y ′ = f(x,y) funktioniert das explizite Euler-
Verfahren wie folgt. Zunächst ist eine Schrittweite h zu wählen. Vom Startpunkt (x0,y0)
(der sich aus der Anfangsbedingung ergibt) ausgehend wird ein Wert y1 wie folgt berechnet:
y1 = y0 +hf(x0,y0).
y1 ist dann eine Näherung für den wahren Funktionswert y(x1) der (unbekannten) Lösungsfunktion.x1
ist dabeix0+h. Von(x1,y1) ausgehend wird dann eine weitere Näherung
y2 für den Funktionswert an der Stelle x2 = x1 +h berechnet usw.
Die allgemeine Berechnungsvorschrift für den jeweils nächsten Wert yn+1 ist
yn+1 = yn +hf(xn,yn).
Nun zu unserem Beispiel. Der Startpunkt ergibt sich aus der Anfangsbedingung und ist
x0 = 0 und y0 = 1. Die rechte Seite der DGL, also die Funktion f(x,y) ist bei uns einfach
f(x,y) = y (hängt in diesem Beispiel also gar nicht vonxab). Die Aufdatierungsvorschrift
lautet demzufolge für unser Beispiel
yn+1 = yn +h·yn
(da f(xn,yn) = yn). Für die Schrittweiten h sollen verschiedene Werte gewählt werden.
• h = 1
2 .
In diesem Fall ist x1 = 1
2 und y1 ergibt sich wie folgt:
y1 = y0 + 1
2 y0 = 1+ 1 3
·1 =
2 2 .
Dies ist also eine Näherung für y( 1)
– den wahren Funktionswert an der Stelle x1.
2
Weiter ist x2 = 1 und
y2 = y1 + 1
2 y1 = 3 1 3
+ ·
2 2 2
= 2.25.
Dies ist schon der gesuchte Näherungswert für y(1). Wir berechnen den Fehler, also
den Abstand zum exakten Wert y(1) = e:
|y2 −y(1)| = |2.25−e| = 0.46828.
3

• h = 1
4 .
Wir stellen den Verlauf des Verfahrens in einer Tabelle dar. Man beachte, dass dieses
Mal x4 = 1 ist und somit y4 der gesuchte Näherungswert.
Wir berechnen noch den Fehler:
n xn
yn
0 0.00 1.00000000
1 0.25 1.25000000
2 0.50 1.56250000
3 0.75 1.95312500
4 1.00 2.44140625
|y4 −y(1)| = |2.44140625−e| = 0.276876.
• h = 1
8 .
Wir stellen den Verlauf des Verfahrens in einer Tabelle dar. Man beachte, dass dieses
Mal x8 = 1 ist und somit y8 der gesuchte Näherungswert.
Wir berechnen noch den Fehler:
n xn yn
0 0.000 1.00000000
1 0.125 1.12500000
2 0.250 1.26562500
3 0.375 1.42382813
4 0.500 1.60180664
5 0.625 1.80203247
6 0.750 2.02728653
7 0.875 2.28069735
8 1.000 2.56578451
|y8 −y(1)| = |2.56578451−e| = 0.152497.
• h = 1
16 .
Wir stellen den Verlauf des Verfahrens in einer Tabelle dar. Man beachte, dass dieses
Mal x16 = 1 ist und somit y16 der gesuchte Näherungswert.
4

Wir berechnen noch den Fehler:
n xn yn
0 0.0000 1.00000000
1 0.0625 1.06250000
2 0.1250 1.12890625
3 0.1875 1.19946289
4 0.2500 1.27442932
5 0.3125 1.35408115
6 0.3750 1.43871123
7 0.4375 1.52863068
8 0.5000 1.62417010
9 0.5625 1.72568073
10 0.6250 1.83353577
11 0.6875 1.94813176
12 0.7500 2.06988999
13 0.8125 2.19925812
14 0.8750 2.33671175
15 0.9375 2.48275623
16 1.0000 2.63792850
|y16 −y(1)| = |2.63792850−e| = 0.080353.
Wir erkennen, dass der Fehler umso kleiner ist, je kleiner h ist. Genauer kann man in
etwa sagen, dass sich der Fehler halbiert, wenn die Schrittweite h halbiert wird.
(b) Implizites Euler-Verfahren.
Auch hier wird zunächst eine Schrittweite h gewählt. Die Aufdatierungsvorschrift lautet
dann:
yn+1 = yn +hf(xn+1,yn+1).
Das Verfahren ist implizit, weil die Gleichung nicht nach yn+1 aufgelöst ist (auf der rechten
Seite kommt yn+1 ebenfalls vor). In unserem Beispiel ist f(x,y) = y und somit
f(xn+1,yn+1) = yn+1. Daher sieht das Verfahren für unser Beispiel wie folgt aus:
yn+1 = yn +hyn+1 ⇒ (1−h)yn+1 = yn ⇒ yn+1 = 1
1−h yn.
Wir führen das Verfahren wieder für verschiedene Schrittweiten aus, um eine Näherung
für y(1) zu erhalten.
• h = 1
2 .
In diesem Fall ist x1 = 1
2 und y1 ergibt sich wie folgt:
y1 = 1
1/2 y0 = 2·1 = 2.
Dies ist also eine Näherung für y( 1)
– den wahren Funktionswert an der Stelle x1.
2
Weiter ist x2 = 1 und
y2 = 1
1/2 y1 = 2·2 = 4.
5

Dies ist schon der gesuchte Näherungswert für y(1). Wir berechnen den Fehler, also
den Abstand zum exakten Wert y(1) = e:
|y2 −y(1)| = |4−e| = 1.281718.
• h = 1
4 .
Wir stellen den Verlauf des Verfahrens in einer Tabelle dar. Man beachte, dass dieses
Mal x4 = 1 ist und somit y4 der gesuchte Näherungswert.
Wir berechnen noch den Fehler:
n xn
yn
0 0.00 1.00000000
1 0.25 1.33333333
2 0.50 1.77777778
3 0.75 2.37037037
4 1.00 3.16049383
|y4 −y(1)| = |3.16049383−e| = 0.442212.
• h = 1
8 .
Wir stellen den Verlauf des Verfahrens in einer Tabelle dar. Man beachte, dass dieses
Mal x8 = 1 ist und somit y8 der gesuchte Näherungswert.
Wir berechnen noch den Fehler:
n xn yn
0 0.000 1.00000000
1 0.125 1.14285714
2 0.250 1.30612245
3 0.375 1.49271137
4 0.500 1.70595585
5 0.625 1.94966383
6 0.750 2.22818724
7 0.875 2.54649970
8 1.000 2.91028537
|y8 −y(1)| = |2.91028537−e| = 0.19200354.
• h = 1
16 .
Wir stellen den Verlauf des Verfahrens in einer Tabelle dar. Man beachte, dass dieses
Mal x16 = 1 ist und somit y16 der gesuchte Näherungswert.
6

Wir berechnen noch den Fehler:
n xn yn
0 0.0000 1.00000000
1 0.0625 1.06666667
2 0.1250 1.13777778
3 0.1875 1.21362963
4 0.2500 1.29453827
5 0.3125 1.38084082
6 0.3750 1.47289688
7 0.4375 1.57109000
8 0.5000 1.67582934
9 0.5625 1.78755129
10 0.6250 1.90672138
11 0.6875 2.03383614
12 0.7500 2.16942521
13 0.8125 2.31405356
14 0.8750 2.46832380
15 0.9375 2.63287872
16 1.0000 2.80840397
|y16 −y(1)| = |2.80840397−e| = 0.090122.
Wir erkennen, dass auch beim impliziten Euler-Verfahren der Fehler sich in etwa halbiert,
wenn h halbiert wird.
(c) Runge-Kutta-Verfahren.
Es war zwar bei dieser Aufgabe nicht gefordert, aber wir wollen trotzdem mal schauen,
welche Näherungswerte das Runge-Kutta-Verfahren für dieses Beispiel liefert. Beim
Runge-Kutta-Verfahren lautet die Aufdatierungsvorschrift
1
yn+1 = yn +h·
6 k1 + 1
3 k2 + 1
3 k3 + 1
6 k4
.
Dabei sind
k1 = f(xn,yn),
k2 = f xn + 1
2 h,yn + 1
2 hk1
,
k3 = f xn + 1
2 h,yn + 1
2 hk2
,
k4 = f(xn +h,yn +hk3).
Das heißt, für einen Schritt des Runge-Kutta-Verfahrens sind zunächst nacheinander
k1,k2,k3,k4 zu berechnen, bevor der neue Näherungswert yn+1 ermittelt werden kann.
Ein Nachteil des Runge-Kutta-Verfahrens gegenüber explizitem bzw. implizitem Euler-
Verfahren ist, dass pro Schritt vier Funktionsaufwertungen von f notwendig sind. Vorteil
7

ist aber, dass die Näherunfswerte wesentlich besser sind wie wir gleich sehen werden.
Konkret für unser Beispiel ist f(x,y) = y, sodass sich bei uns die ki wie folgt berechnen:
k1 = yn,
k2 = yn + 1
2 hk1,
k3 = yn + 1
2 hk2,
k4 = yn +hk3.
Wir führen nun das Runge-Kutta-Verfahren zumindest mal für die Schrittweite h = 1/2
durch.
In diesem Fall ist x1 = 1
2 . Bevor y1 berechnet werden kann, müssen die einzelnen ki
berechnet werden:
k1 = y0 = 1,
k2 = y0 + 1
2 hk1 = 1+ 1 1
· ·1 = 1.25,
2 2
k3 = y0 + 1
2 hk2 = 1+ 1 1
· ·1.25 = 1.3125,
2 2
k4 = y0 +hk3 = 1+ 1
·1.3125 = 1.65625.
2
Nun sind wir in der Lage, y1 auszurechnen:
1
y1 = y0 +h·
6 k1 + 1
3 k2 + 1
3 k3 + 1
6 k4
= 1+ 1
2 ·
1 1 1 1
·1+ ·1.25+ ·1.3125+
6 3 3 6 ·1.65625
= 1.6484375.
Dies ist also eine Näherung für y( 1
2 ) – den wahren Funktionswert an der Stelle x1. Weiter
istx2 = 1. Umy2 zu berechnen, sind erneut dieki zu ermitteln – nur dieses Mal ausgehend
von (x1,y1):
k1 = y1 = 1.6484375,
k2 = y1 + 1
2 hk1 = 1.6484375+ 1 1
· ·1.6484375 = 2.06054688,
2 2
k3 = y1 + 1
2 hk2 = 1.6484375+ 1 1
· ·2.06054688 = 2.16357422,
2 2
k4 = y1 +hk3 = 1.6484375+ 1
·2.16357422 = 2.73022461.
2
Für y2 ergibt sich:
1
y2 = y1 +h·
6 k1 + 1
3 k2 + 1
3 k3 + 1
6 k4
= 1.6484375+ 1
2 ·
1 1 1 1
·1.6484375+ ·2.06054688+ ·2.16357422+
6 3 3 6 ·2.73022461
= 2.71734619.
8

Dies ist der gesuchte Näherungswert füry(1). Wir berechnen den Fehler, also den Abstand
zum exakten Wert y(1) = e:
|y2 −y(1)| = |2.71734619−e| = 0.000936 = 9.36·10 −4 .
Der Näherungswert ist also wesentlich besser als die Werte vom expliziten bzw. impliziten
Euler-Verfahren, und das trotz der verhältnismäßig großen Schrittweite.
Für die weiteren Schrittweiten werden hier nicht alle Teilergebnisse des Runge-Kutta-
Verfahrens genannt, aber zumindest die Endergebnisse und die Fehler.
h Näherung für y(1) Fehler
1/4 2.71820994 7.2·10 −5
1/8 2.71827684 5.0·10 −6
1/16 2.71828150 3.3·10 −7
Der Fehler zehntelt sich in etwa, wenn die Schrittweite halbiert wird.
9

Lösung zur Aufgabe 24.17 (e)
Gegeben ist in dieser Aufgabe das Anfangswertproblem
y ′ = y −2xy −1 , y(0) = 1.
Es handelt sich um eine Bernoulli-DGL, die auch exakt gelöst werden könnte. Als exakte Lösung
ergibt sich
y(x) = √ 1+2x.
Es ist nun das Runge-Kutta-Verfahren für dieses Anfangswertproblem anzuwenden, wobei zwei
Schritte mit der Schrittweite h = 0.2 durchzuführen sind. Das heißt, letztlich ist ein Näherungswert
für den wahren Funktionswert der Lösung an der Stelle x = 0.4 gesucht. Der exakte
Funktionswert an dieser Stelle ist
y(0.4) = √ 1+2·0.4 = 1.341640786.
Zum Runge-Kutta-Verfahren. Beim Runge-Kutta-Verfahren lautet die Aufdatierungsvorschrift
1
yn+1 = yn +h·
6 k1 + 1
3 k2 + 1
3 k3 + 1
6 k4
.
Dabei sind
k1 = f(xn,yn),
k2 = f xn + 1
2 h,yn + 1
2 hk1
,
k3 = f xn + 1
2 h,yn + 1
2 hk2
,
k4 = f(xn +h,yn +hk3).
Konkret in unserem Beispiel ist f(x,y) = y −2xy −1 und somit
k1 = yn −2xn ·y −1
n ,
xn + 1
2 h
· yn + 1
2 hk1
−1 ,
k3 = yn + 1
2 hk2
−2· xn + 1
2 h
· yn + 1
2 hk2
−1 ,
k2 = yn + 1
2 hk1 −2·
k4 = yn +hk3 −2·(xn +h)·(yn +hk3) −1 .
Der Startpunkt ist x0 = 0 und y0 = 1. Von diesem ausgehend wollen wir nun einen Schritt des
10

Runge-Kutta-Verfahrens durchführen. Dazu sind zunächst nacheinander die ki zu berechnen:
k1 = y0 −2x0 ·y −1
0 = 1−2·0·1 −1 = 1,
k2 = y0 + 1
2 hk1
−2· x0 + 1
2 h
· y0 + 1
2 hk1
−1 = 1+ 1 1 1
·0.2·1−2·(0+ ·0.2)·(1+
2 2 2 ·0.2·1)−1
= 0.91818182,
k3 = y0 + 1
2 hk2
−2· x0 + 1
2 h
· y0 + 1
2 hk2
−1 = 1+ 1
1 1
·0.2·0.91818182−2·(0+ ·0.2)·(1+
2 2 2 ·0.2·0.91818182)−1
= 0.90863750,
k4 = y0 +hk3 −2·(x0 +h)·(y0 +hk3) −1
= 1+0.2·0.90863750−2·(0+0.2)·(1+0.2·0.90863750) −1
= 0.84323999.
Nun sind wir in der Lage, y1 zu berechnen:
1
y1 = y0 +h·
6 k1 + 1
3 k2 + 1
3 k3 + 1
6 k4
1 1 1 1
= 1+0.2· ·1+ ·0.91818182+ ·0.90863750+
6 3 3 6 ·0.84323999
= 1.18322929.
Dies ist also ein Näherungswert für den wahren Funktionswert an der Stelle x1 = 0.2. Es soll ein
weiterer Schritt des Runge-Kutta-Verfahrens ausgeführt werden. Dazu berechnen wir zunächst
wieder die Werte für ki, dieses Mal ausgehend von x1 und y1:
k1 = y1 −2x1 ·y −1
k2 = y1 + 1
2 hk1 −2·
1 = 1.18322929−2·0.2·1.18322929 −1 = 0.84517139,
−1 x1 + 1
2 h
·
y1 + 1
2 hk1
= 1.18322929+ 1
1 1
·0.2·0.84517139−2·(0.2+ ·0.2)·(1.18322929+
2 2 2 ·0.2·0.84517139)−1
= 0.79446566,
k3 = y1 + 1
2 hk2
−2· x1 + 1
2 h
· y1 + 1
2 hk2
−1 = 1.18322929+ 1
1 1
·0.2·0.79446566−2·(0.2+ ·0.2)·(1.18322929+
2 2 2 ·0.2·0.79446566)−1
= 0.78749452,
k4 = y1 +hk3 −2·(x1 +h)·(y1 +hk3) −1
= 1.18322929+0.2·0.78749452−2·(0.2+0.2)·(1.18322929+0.2·0.78749452) −1
= 0.744037523.
11

Aus diesen vier Werten lässt sich y2 berechnen:
1
y2 = y1 +h·
6 k1 + 1
3 k2 + 1
3 k3 + 1
6 k4
1 1 1 1
= 1.18322929+0.2· ·0.84517139+ ·0.79446566+ ·0.78749452+
6 3 3 6 ·0.744037523
= 1.34166693.
Wir berechnen noch den Fehler, das heißt den Abstand zum exakten Wert y(0.4):
|y2 −y(0.4)| = |1.34166693−1.341640786| = 2.61·10 −5 .
Der ermittelte Näherungswert ist also recht gut.
12