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| Aufgabe | -u''(x)=-2 für x€(-1,1) mit u(-1)=9/4 bzw u'(1)=1
Löse das Problem mittels Finite Differenz Verfahren mit der Schrittweite h=0,5. |
Mein Problem besteht darin, wie ich u′(1)=1 in einer Gleichung formuliere mit der Vorschrift
u′(x)=1/2h⋅(u(k−1)−u(k))=1
Ich muss das ja für den letzten Punkt ausrechnen bei x=1(K=4)?
Aber dann bekomme ich zu viele Unbekannte.
Vielleicht weiß jemand den richtigen Ansatz?
Vielen Dank im Vorraus!!
Mfg
Ich habe diese Frage auch in folgenden Foren auf anderen Internetseiten gestellt:
http://www.onlinemathe.de/forum/Zweipunktrandwertproblem-l%C3%B6sen
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: pdf) [nicht öffentlich]
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> -u''(x)=-2 für [mm] x\in[-1,1] [/mm] mit u(-1)=9/4 bzw u'(1)=1
> Löse das Problem mittels Finite Differenz Verfahren mit
> der Schrittweite h=0,5.
> Mein Problem besteht darin, wie ich u′(1)=1 in einer
> Gleichung formuliere mit der Vorschrift
> u′(x)=1/2h⋅(u(k−1)−u(k))=1 ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
>
> Ich muss das ja für den letzten Punkt ausrechnen bei
> x=1(K=4)?
> Aber dann bekomme ich zu viele Unbekannte.
Hallo Markus,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
zuerst dachte ich, dass die DGL doch ganz einfach zu lösen
ist - bis ich merkte, dass es hier um die Methode der
finiten Differenzen gehen soll.
Als grobe Näherung für die Ableitung im rechten Randpunkt
könnte man natürlich einfach [mm] \frac{y_4-y_3}{h} [/mm] nehmen.
(ich schreibe y anstatt u !)
Da nun aber unser h nicht wirklich klein im Vergleich zum
gesamten Integrationsintervall ist, ist dies wohl keine so
gute Idee.
Ich habe mir dann überlegt, wie man ein geeignetes
Differenzenschema für die Ableitung im rechten
Randpunkt, hier also an der Stelle [mm] x_4 [/mm] , aufstellen
kann. Zu diesem Zweck betrachten wir die Halbie-
rungspunkte der letzten beiden Intervalle. Ich bezeichne
ihre x-Werte mit [mm] x_{2.5} [/mm] und [mm] x_{3.5} [/mm] . Dann gilt für die
Ableitungen der gesuchten Funktion f an diesen beiden
Stellen:
$\ [mm] f'(x_{2.5})\ \approx\ \frac{y_3-y_2}{h}\ [/mm] =:u$
$\ [mm] f'(x_{3.5})\ \approx\ \frac{y_4-y_3}{h}\ [/mm] =:v$
Um daraus einen Näherungswert $\ w$ für [mm] f'(x_4) [/mm] zu erhalten,
extrapolieren wir linear:
[mm] $\frac{w-u}{w-v}\ [/mm] =\ [mm] \frac{4-2.5}{4-3.5}\ [/mm] =\ 3$
[mm] $\Rightarrow\ [/mm] \ w-u\ =\ 3*w-3*v$
[mm] $\Rightarrow\ [/mm] \ w\ =\ [mm] \frac{1}{2}*(3*v-u)\ [/mm] =\ [mm] \frac{1}{2\,h}*(3\,y_4-4\,y_3+y_2)$
[/mm]
Setzen wir [mm] h=\frac{1}{2} [/mm] und $\ w=1$ ein, so wird daraus die Gleichung
$\ [mm] 3\,y_4-4\,y_3+y_2\ [/mm] =\ 1$
Für quadratische Funktionen f ist dieses Verfahren exakt,
also sollte das resultierende Gleichungssystem im vorliegenden
Beispiel (wo wir wegen y''=const. schon wissen, dass eine
quadratische Funktion herauskommen muss) die Lösungs-
punkte exakt liefern.
LG Al-Chw.
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