Differentialgleichungen I für Studierende der - math.uni

Fachbereich Mathematik der Universität Hamburg
Prof. Dr. M. Hinze
Dr. H. P. Kiani
WiSe 2016/17
Differentialgleichungen I für Studierende der
Ingenieurwissenschaften
Blatt 1, Hausaufgaben
Aufgabe 1:
Die Geschwindigkeit, mit der ein fester Stoff in einem Lösungsmittel aufgelöst wird, ist
proportional zu der noch unaufgelösten Menge des Stoffes S(t) zum Zeitpunkt t und zu
der Differenz zwischen Sättigungskonzentration und momentaner Konzentration des schon
aufgelösten Stoffes. Es seien
V := Volumen
K := Sättigungskonzentration,
K0 := Anfangskonzentration
S(t) := unaufgelöste Menge des Stoffes S zum Zeitpunkt t,
S0 := S(0) = unaufgelöste Menge des Stoffes S zum Zeitpunkt Null (Anfangswert),
S0 − S(t)
K0 +
:= Konzentration des Stoffes S zum Zeitpunkt t,
V
γ := Proportionalitätskonstante.
a) Beschreiben Sie den Auflösungsprozess durch eine Differentialgleichung.
b) Bestimmen Sie die Lösung der Anfangswertaufgabe mit den Daten
S0 = 10 kg, V = 100 lit, K = 0.25 kg/lit, K0 = 0 kg/lit, γ = 4 lit/(kg · sek.).
Benutzen Sie die aus der Vorlesung für logistisches Wachstum bekannte Substitution
u = S −1 .
c) (Freiwillige Zusatzaufgabe) Lösen Sie die Aufgabe mit Hilfe des Matlab–Befehls ode45
numerisch. Informieren Sie sich mit Hilfe des Befehls
>> help ode45
Vergleichen Sie graphisch Ihre exakte Lösung mit der von Matlab gelieferten Lösung.
Lösungshinweise zu Aufgabe 1)(3+7+ 10 Sonderpunkte)
a) Nach Aufgabenstellung gilt für die, in der Zeitspanne ∆t aufgelöste Menge:
S0 − S(t)
∆t,
S(t) − S(t + ∆t) = γ · S(t) K − K0 −
V
S0
V
S(t)
S(t) − S(t + ∆t) = γ · S(t) C +
∆t,
V
wobei γ konstant ist. Also mit C := K − K0 −
Differentialgleichungen I, M. Hinze, WiSe 2016/2017, Hausaufgaben 1
2
Der Prozess kann durch die Differentialgleichung
S(t)
S (t) = −γ · S(t) C +
V
′
beschrieben werden.
b) Mit den gegebenen Zahlen ergibt sich
10 − S(t)
1
′
S (t) = −4S(t) 0.25 −
= − S(t)(15 + S(t))
100
25
Wie in der Vorlesung erhalten wir mit u(t) = S −1 (t)
u′ (t) = −S −2 (t) · S ′ (t) = −u2 (t)S ′ (t)
.
Einsetzten von S ′ aus der DGL ergibt:
u′ (t) = −u2 (t) −
1
3
1
1
S(t)(15 + S(t)) = −u2 (t) − u−1 (t)(15 + u−1(t)) = u +
25
25
5
25
3
3
u′h = uh =⇒ uh = Ce 5 t
5
Da die Inhomogenität eine Konstante ist, kann man den Ansatz up = K ∈ R machen
1
und erhält up = − 15
.
Alternativ: Variation der Konstanten.
Insgesamt also:
3
u(t) = Ce 5 t −
1
15
=⇒ S(t) = u(t)−1 = 3 t
15
ce 5 − 1
Aus dem Anfangswert S(0) = 10 erhält man schließlich c =
tige Lösung
30
S(t) =
3
5e 5 t − 2
5
2
und damit die eindeu-
Differentialgleichungen I, M. Hinze, WiSe 2016/2017, Hausaufgaben 1
3
c) Erstes Programm : eine numerische Lösung
function Aufg3i
% Einfaches m-file zur Loesung nicht steifer DGL’N
% tspan = [Anfangswert , Endwert] der unabhaengigen Variablen ( t oder x)
% y0= Anfangsfunktionswert der gesuchten Loesungsfunktion y(t) bzw. y(x)
% Zur Kontrolle kann bei den einfachen ersten Aufgaben die exakte Loesung
% mit ausgegeben werden. Siehe unten die erste function
%
Damit fuer die exakte und die numerische Loesung das gleiche "Zeichenpapier"
% verwendet wird, benutzt man hold oder hold on. Ohne diesen Befehl
% wuerde der erste Plot "uebermalt" werden
hold on
% Plot of exact solution. g(reen)
t= 0:0.1:10
z=exakt(t);
plot(t,z,’g:’)
%
%
%
%
%
dottet (:) line
t-Vektor
exakte Loesung wird fuer jede Komponente von
t mittels der function exakt
berechnet und im Vektor z gespeichert
Plot der exakten Loesung : gr"un, gepunktet
% NUMERISCHE LOESUNG
%*******************
% Einer der Standard-DGL-Loeser von Matlab ist ode45. Eingaben:
% tspan, y0 : Zeitintervall, Anfangswert
% funk1 : rechte Seite der DGL. y’= funk1(t,y).
% Siehe zweite function unten
tspan=[0 10];
y0=10;
% L"osung wird im Bereich t \in [0,10] berechnet
% Es gilt y(0) = 10. Dass hier wieder eine 10 auftaucht ist Zufall!!!
[t,y] = ode45(@funk1, tspan, y0);
% Plot of numerical solution r(ed) dashed (--) line
plot(t,y,’r--’)
xlabel(’t’)
ylabel(’solution y’)
title(’Aufgabe 3, Blatt 1,-- numerisch, ... exakt ’)
Differentialgleichungen I, M. Hinze, WiSe 2016/2017, Hausaufgaben 1
Aufgabe 3, Blatt 1,−− numerisch, ... exakt
10
9
8
solution y
7
6
5
4
3
2
1
0
0
2
4
6
8
10
t
10 − y(t)
Abbildung 1: y (t) = −4y(t) 0.25 −
100
′
% Auswertung der
exakten L"osung
function yex = exakt(t,y)
yex = 6.*exp(-0.6.*t)./ ( 1.- 0.4.* exp(-0.6.*t) )
% ode45 benoetigt die rechte Seite der DGL als function. Diese wird hier
% ausgewertet
function dydt = funk1(t,y)
dydt = -4*y*(0.25-(10-y)/100)
4
Differentialgleichungen I, M. Hinze, WiSe 2016/2017, Hausaufgaben 1
Zweites Programm : absoluter Fehler
function Aufg3bl1
%Einfaches m-file zur Loesung nicht steifer DGL’N
% tspan = Bereich der unabhängigen Variablen ( t oder x)
%
%
%
%
t-BEREICH: Hier wird ein Vektor von t- Werten explizit festgelegt. Die
numerische Loesung wird f"ur die Komponenten des t-Vektors berechnet.
Im ersten Programm (s.oben) ueberlaesst man Matlab die Unterteilung
des t-Intervalls
t= 0:0.0002:2;
tspan= t;
% y0= Anfangsfunktionswert der gesuchten Loesungsfunktion y(t) bzw. y(x)
y0=10;
% NUMERISCHE LOESUNG:
% ************************************************************
%Einer der Standard-DGL-Loeser von Matlab ist ode45. Eingaben:
% tspan, y0 : siehe oben
% funk1 : rechte Seite der DGL. y’= funk1(t,y).
% Siehe function unten
[t,y] = ode45(@funk1, tspan, y0);
%
%
%
%
%
ABSOLUTER FEHLER
**********************************************************************
Zur Kontrolle kann bei den einfachen ersten Uebungen die Abweichung von
der exakten Loesung plotten. Die exakte Loesung wird in einer function
berechnet. (s. oben, function yex)
z=exakt(t)-y;
plot(t,z,’r’)
xlabel(’t’)
ylabel(’Fehler ’)
title(’Aufgabe 3, Blatt 1, Absoluter Fehler’)
5
Differentialgleichungen I, M. Hinze, WiSe 2016/2017, Hausaufgaben 1
−3
2
Aufgabe 3, Blatt 1, Absoluter Fehler
x 10
1.5
1
0.5
Fehler
0
−0.5
−1
−1.5
−2
−2.5
−3
0
2
4
6
8
10
t
10 − y(t)
Abbildung 2: y (t) = −4y(t) 0.25 −
100
′
−6
6
x 10
Aufgabe 3, Blatt 1, Absoluter Fehler
5
4
Fehler
3
2
1
0
−1
−2
0
0.5
1
t
1.5
2
10 − y(t)
Abbildung 3: y (t) = −4y(t) 0.25 −
100
′
6
Differentialgleichungen I, M. Hinze, WiSe 2016/2017, Hausaufgaben 1
7
Aufgabe 2:
Gegeben ist die Differentialgleichung
α, β 6= 0 .
y ′(t) = α · y(t) +
β−y(t)
t
mit festen reellen Zahlen
a) Zeigen Sie, dass die Substitution u(t) := t · y(t) zur Differentialgleichung
u′(t) = α · u(t) + β
für u führt.
b) Lösen Sie die Differentialgleichung
y(1) = 1 .
y ′ = −2y +
3−y
t
mit der Anfangsbedingung
c) Überprüfen Sie die Richtigkeit der Lösung aus Teil b) durch Einsetzen in die
Differentialgleichung und Überprüfung der Anfangsbedingung.
Lösung zu 2:
a) Mit u(t) := t · y(t) erhalten wir
u′ (t) = y(t) + t · y ′(t) .
Einsetzen in der rechten Seite der Differentialgleichungfür y ′ ergibt
u′ (t) = y(t) + α · x · y(t) + β − y(t) = α · u(t) + β .
b) Hier erhalten wir mit α = −2 und β = 3 für u(t) := x · y(t) die Differentialgleichung
u′ (t) = −2 · u(t) + 3 .
Wie in der Vorlesung erhalten wir uh (t) = k · e−2t .
Eine spezielle Lösung der inhomogenen Aufgabe erhält man entweder (wie in der
Lösung zur Aufgabe 1) mittels des Ansatzes up (t) = C oder wie folgt mit Variation der Konstanten:
up (t) = k(t) · e−2t =⇒
!
u′p (t) = k ′ (t) · e−2t − 2 k(t) · e−2t = −2k(t) · e−2t + 3 ⇐⇒ k ′ (t) = 3e2t
Also zum Beispiel k(t) =
Insgesamt also
Für y =
u
t
3
2
e2t und damit
up (t) =
u(t) = uh (t) + up (t) = k · e
−2t
haben wir also die allgemeine Lösung
+
3
2
.
3
2
.
y(t) =
Die Anfangsbedingung lautet
y(1) =
Also
y(t) =
3
2t
−
1
2t
· e2−2t .
k −2
3 !
e2
·e +
= 1 =⇒ k = −
1
2
2
k
t
· e−2t +
3
2t
.
Differentialgleichungen I, M. Hinze, WiSe 2016/2017, Hausaufgaben 1
c) Mit der Funktion y(t) =
y ′ (t) = − 2t32 +
1
2t2
3
2t
· e2−2t +
−
1
t
1
2t
· e2−2t aus b) gilt
· e2−2t
und
−2y(t) +
3
1
3 − y(t)
= − + · e2−2t +
t
t
t
1 2−2t
3
= ·e
− 2 +
t
2t
= y ′(t) .
3
3
1
− 2 + 2 · e2−2t
t
2t
2t
1
2−2t
·e
2t2
Die Anfangsbedingung ist ebenfalls erfüllt, denn es gilt
y(1) =
3
2
−
Abgabetermine:
1
2
· e2−2 =
3
2
−
1
2
= 1.
31.10.-04.11.2016 bzw. 14.11.-18.11.2016
8