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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:20 Fr 27.01.2006 | | Autor: | kunzm |
| Aufgabe | Lösungsverfahren für nichtlineare DGLen
Wir betrachten eine DGL der Form [mm] $y'(t)=g(y(t)),\,y(t_0)=z_0$ [/mm] wobei [mm] $g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ [/mm] dreimalig in [mm] $z_0$ [/mm] differenzierbar ist.
a) Berechne das 4. Taylorpolynom von $y$ in [mm] $t_0+h,\,h\in\mathbb{R}$
[/mm]
b) Berechne das 4. Taylorpolynom für [mm] $t_0=1$, [/mm] $y(1)=0$, [mm] $g(y)=e^y$. [/mm] Mache Dir klar warum man in diesem Fall alle Taylorpolynome $k$-ter Ordnung berechnen kann. An welche Reihe erinnert Dich das Taylorpolynom in dieser Aufgabe? Stelle eine Behauptung für die Lösung der DGL auf und zeige, dass sie die DGL erfüllt. |
Hallo nochmal,
heute sinds wieder mal Fragen über Fragen...
Also zur a) habe ich nur geschrieben:
Sei [mm] $t_0+h=s_0$. [/mm] Dann ist das Taylorpolynom 4.Ordnung
[mm] $T_4(t)=y(s_0)+y'(s_0)(t-s_0)+\frac{y''(s_0)}{2}((t-s_0)^2+\frac{y^{(3)}(s_0)}{6}((t-s_0)^3+ \frac{y^{(4)}(s_0)}{24}((t-s_0)^4$.
[/mm]
Ist das genug? Denke schon. Und die b) ist mir unklar. Ich habe auch in meinen Büchern nichts gefunden, das mir hilft das Lösungsverfahren zu identifizieren um wenigstens die Frage richtig zu verstehen. Also geschrieben hab ich folgendes:
[mm] $T_4(t)=y(t_0)+y'(t_0)(t-t_0)+\frac{y''(t_0)}{2}((t-t_0)^2+\frac{y^{(3)}(t_0)}{6}((t-t_0)^3+ \frac{y^{(4)}(t_0)}{24}((t-t_0)^4$
[/mm]
[mm] $\rightarrow$
[/mm]
[mm] $T_4(t)=y(1)+y'(1)(t-1)+\frac{y''(1)}{2}((t-1)^2+\frac{y^{(3)}(1)}{6}((t-1)^3+ \frac{y^{(4)}(1)}{24}((t-1)^4$\\
[/mm]
Es ist gemäß Angabe $y(1)=0$ und es folgt:
[mm] $T_4(t)=0+0+0+0+0$
[/mm]
Und das ist ja allerbestens Unsinn wenn nicht Irrsinn...
Bitte um Starthilfe was diese Aufgabe angeht. Hat dieses Verfahren einen Namen?
Danke, Martin
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:52 Fr 27.01.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo Martin
> Lösungsverfahren für nichtlineare DGLen
>
> Wir betrachten eine DGL der Form [mm]y'(t)=g(y(t)),\,y(t_0)=z_0[/mm]
> wobei [mm]g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}[/mm] dreimalig in [mm]z_0[/mm]
> differenzierbar ist.
>
> a) Berechne das 4. Taylorpolynom von [mm]y[/mm] in
> [mm]t_0+h,\,h\in\mathbb{R}[/mm]
>
> b) Berechne das 4. Taylorpolynom für [mm]t_0=1[/mm], [mm]y(1)=0[/mm],
> [mm]g(y)=e^y[/mm]. Mache Dir klar warum man in diesem Fall alle
> Taylorpolynome [mm]k[/mm]-ter Ordnung berechnen kann. An welche
> Reihe erinnert Dich das Taylorpolynom in dieser Aufgabe?
> Stelle eine Behauptung für die Lösung der DGL auf und
> zeige, dass sie die DGL erfüllt.
>
> Hallo nochmal,
>
> heute sinds wieder mal Fragen über Fragen...
>
> Also zur a) habe ich nur geschrieben:
>
> Sei [mm]t_0+h=s_0[/mm]. Dann ist das Taylorpolynom 4.Ordnung
>
> [mm]T_4(t)=y(s_0)+y'(s_0)(t-s_0)+\frac{y''(s_0)}{2}((t-s_0)^2+\frac{y^{(3)}(s_0)}{6}((t-s_0)^3+ \frac{y^{(4)}(s_0)}{24}((t-s_0)^4[/mm].
sicher falsch, bzw. keine Lösung!
1. Taylorpolynom in t=t0+h geht in Potenzen von t-t0 also in Potenzen von h!
2. Du musst doch die Aufgabe mit y'=g(y), was du hingeschrieben hast, ist doch einfach nur die allgemeine Form der Taylorreihe, um s0 entwickelt.
> Ist das genug? Denke schon.
Ich denk das ist noch gar nichts!
Wenn du a) erst richtig löst, hast du ja dann nur ein einfaches g(y)
Und die b) ist mir unklar. Ich
> habe auch in meinen Büchern nichts gefunden, das mir hilft
> das Lösungsverfahren zu identifizieren um wenigstens die
> Frage richtig zu verstehen. Also geschrieben hab ich
> folgendes:
>
> [mm]T_4(t)=y(t_0)+y'(t_0)(t-t_0)+\frac{y''(t_0)}{2}((t-t_0)^2+\frac{y^{(3)}(t_0)}{6}((t-t_0)^3+ \frac{y^{(4)}(t_0)}{24}((t-t_0)^4[/mm]
>
> [mm]\rightarrow[/mm]
>
> [mm]T_4(t)=y(1)+y'(1)(t-1)+\frac{y''(1)}{2}((t-1)^2+\frac{y^{(3)}(1)}{6}((t-1)^3+ \frac{y^{(4)}(1)}{24}((t-1)^4[/mm][mm] \\[/mm]
>
> Es ist gemäß Angabe [mm]y(1)=0[/mm] und es folgt:
warum ist y'(1)=0 wenn y(1)=0 ist? [mm] y'(1)=e^{y(1)}=1 [/mm] entsprechend für die höheren Ableitungen. wieder hast du nur ne allgemeine Formel abgeschrieben und [mm] y'=e^{y} [/mm] nicht benutzt
> [mm]T_4(t)=0+0+0+0+0[/mm]
>
> Und das ist ja allerbestens Unsinn wenn nicht Irrsinn...
>
> Bitte um Starthilfe was diese Aufgabe angeht. Hat dieses
> Verfahren einen Namen?
weiss ich nicht, da man Taylorpol. immer benutzen kann glaub ich nicht.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:52 Fr 27.01.2006 | | Autor: | kunzm |
Ja....
Ich hab ein Problem mit dieser Art der Aufgabenstellung. Ein Taylorpolynom einer Funktion $f(t)$ bei [mm] $t_0$ [/mm] ist definiert durch
$ [mm] T_3(t)=f(t_0)+f'(t_0)(t-t_0)+\frac{f''(t_0)}{2}((t-t_0)^2+\frac{y^{(3)}(t_0)}{6}((t-x_0)^3 [/mm] $.
Wenn man mir sagt "berechne das Taylorpolynom von $y$ in [mm] $t_0+h$",
[/mm]
frage ich mich zuallererst was ist mit $y$ gemneint. Etwa $y'$? Und wenn ich das Polynom in [mm] $t_0+h$ [/mm] berechnen soll, dann fasse ich das auf als:
[mm] "$t_0:=t_0+h$"
[/mm]
Ich finde die Definitionen nicht besonders klar.
>1. Taylorpolynom in t=t0+h geht in Potenzen von t-t0 also in Potenzen >von h!
Verstehe ich nicht! Geht in Potenzen von t-t0 also Potenzen von h???
Mein Versuch während ich auf Antwort gewartet habe ist nachfolgender, allerdings habe ich da dann immer funktionen y(t0+h) und die kann ich nicht berechnen...
a) Berechne das 4. Taylorpolynom von $y$ in [mm] $t_0+h,\,h\in\mathbb{R}$
[/mm]
Geht nicht, da $g$ nur [mm] $\in C^3$ [/mm] ist. Sei aber trotzdem [mm] $t_0+h=s_0$, [/mm] und das Taylorpolynom 3. Ordnung ist:
[mm] $T_3(t)=g(y(s_0))+\frac{g'(y(s_0))y'(s_0)}{1}(t-s_0)+ \frac{g''(y(s_0))y'^2(s_0)+g'(y(s_0))y''(s_0)}{2}(t-s_0)^2$
[/mm]
[mm] $+\,\frac{g'''(y(s_0))y'^3(s_0)+g''(y(s_0))2y'(s_0)y''(s_0)+g''(y(s_0))y'^2(s_0)+ g'(y(s_0))y'''(s_0)}{6}(t-s_0)^3$\\[24pt]
[/mm]
Wäre nett, wenn Du ein paar Worte mehr fändest. Ist nicht so dass ich nicht darüber nachdächte.
Martin
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:33 Sa 28.01.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo Martin,
> Ja....
>
> Ich hab ein Problem mit dieser Art der Aufgabenstellung.
> Ein Taylorpolynom einer Funktion [mm]f(t)[/mm] bei [mm]t_0[/mm] ist definiert
> durch
Nicht "bei" t0 sondern entwickelt um t0
Und vielfach wird die erste Ordnung f(t0) genannt.
> [mm]T_3(t)=f(t_0)+f'(t_0)(t-t_0)+\frac{f''(t_0)}{2}((t-t_0)^2+\frac{y^{(3)}(t_0)}{6}((t-x_0)^3 [/mm].
Das ist das Taylorpolynom an der Stelle t
> Wenn man mir sagt "berechne das Taylorpolynom von [mm]y[/mm] in
> [mm]t_0+h[/mm]",
> frage ich mich zuallererst was ist mit [mm]y[/mm] gemneint. Etwa
> [mm]y'[/mm]? Und wenn ich das Polynom in [mm]t_0+h[/mm] berechnen soll, dann
wenn irgendwo y Und y' steht ist das einee immer die Ableitung vom anderen, wenn also ein TP von y gesucht ist, wie kann man dann an y' denken?
> fasse ich das auf als:
>
> "[mm]t_0:=t_0+h[/mm]"
1. y ist meist die gesuchte funktion statt dessen kannst du natürlich auch f(x)=y schreiben:
> Ich finde die Definitionen nicht besonders klar.
>
> >1. Taylorpolynom in t=t0+h geht in Potenzen von t-t0
> also in Potenzen >von h!
TP an der Stelle oder in ist dasselbe T(t) hier T(t0+h) und das fur dein t eingesetzt ergibt T(t0+h)=y(t0)+y'(t0)*(t0+h-t0)+....=y(t0)+y'(t0)*h+...
> Verstehe ich nicht! Geht in Potenzen von t-t0 also Potenzen
> von h???
>
> Mein Versuch während ich auf Antwort gewartet habe ist
> nachfolgender, allerdings habe ich da dann immer funktionen
> y(t0+h) und die kann ich nicht berechnen...
>
> a) Berechne das 4. Taylorpolynom von [mm]y[/mm] in
> [mm]t_0+h,\,h\in\mathbb{R}[/mm]
>
> Geht nicht, da [mm]g[/mm] nur [mm]\in C^3[/mm] ist. Sei aber trotzdem
> [mm]t_0+h=s_0[/mm], und das Taylorpolynom 3. Ordnung ist:
>
> [mm]T_3(t)=g(y(s_0))+\frac{g'(y(s_0))y'(s_0)}{1}(t-s_0)+ \frac{g''(y(s_0))y'^2(s_0)+g'(y(s_0))y''(s_0)}{2}(t-s_0)^2[/mm]
ausser deinem s0 das t0 heissen muss, ist das ein richtiger Anfang, aber du weisst doch y'=g also g'*y'=g'*g
Also, da du NICHT für y' sondern für y ein TP suchst hast du den Anfang:
[mm] $TP(t0+h)=y(t0)+g(y(t0))*h+\frac{g'*g}{2!}*h^2+\frac{g''*g^2+g'^2*g}{3!}*h^3+.....$
[/mm]
wegen y'=g y''=g'y'=g'g; [mm] $y'''=g''y'*g+g'g'y'=g''g^2+g'^2*g$ [/mm] y''' bleibt für dich übrig! du siehst, man braucht nur 3. Ableitungen von g!
> [mm]+\,\frac{g'''(y(s_0))y'^3(s_0)+g''(y(s_0))2y'(s_0)y''(s_0)+g''(y(s_0))y'^2(s_0)+ g'(y(s_0))y'''(s_0)}{6}(t-s_0)^3[/mm][mm] \\[24pt][/mm]
Ich hoff das macht einiges klar, und du kannst jetzt entsprechend wenigstens die 2.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:34 Sa 28.01.2006 | | Autor: | kunzm |
| Aufgabe 1 | Lösungsverfahren für nichtlineare DGLen
Wir betrachten eine DGL der Form [mm] $y'(t)=g(y(t)),\,y(t_0)=z_0$ [/mm] wobei [mm] $g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ [/mm] dreimalig in [mm] $z_0$ [/mm] differenzierbar ist.
a) Berechne das 4. Taylorpolynom von $y$ in [mm] $t_0+h,\,h\in\mathbb{R}$ [/mm] |
| Aufgabe 2 | | b) Berechne das 4. Taylorpolynom für [mm] $t_0=1$, [/mm] $y(1)=0$, [mm] $g(y)=e^y$. [/mm] Mache Dir klar warum man in diesem Fall alle Taylorpolynome $k$-ter Ordnung berechnen kann. An welche Reihe erinnert Dich das Taylorpolynom in dieser Aufgabe? Stelle eine Behauptung für die Lösung der DGL auf und zeige, dass sie die DGL erfüllt. |
Hallo,
bitte nochmal Korrekturlesen, ich denke ich habe alles Beantwortet. Lediglich bei der Behauptung für die Lösung weis ich nicht ob das nicht ganz anders gemeint sein könnte. Auf alle Fälle erfüllt meine Behauptung schon mal die DGL:
Es ist [mm] $t=t_0+h$, [/mm] und das Taylorpolynom 4. Ordnung ist:
[mm] $T_4(t_0+h)=y(t_0)+\frac{y'(t_0)}{1!}(h)+\frac{y''(t_0)}{2!}(h)^2\,+\,\frac{y^{(3)}(t_0)}{3!}(h)^3 +\,\frac{y^{(4)}(t_0)}{4!}(h)^4$\\[24pt]
[/mm]
Es ist weiter nach Angabe:
$y'(t)=g(y(t))$
[mm] $\Rightarrow$
[/mm]
$y''(t)=y'(t)g'(y(t))=g(y(t))g'(y(t))$
[mm] $\Rightarrow$
[/mm]
[mm] $y^{(3)}(t)=y'(t)g'^2(y(t))+g(y(t))y'(t)g''(y(t))=g(y(t))g'^2(y(t))+g^2(y(t))g''(y(t))$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow$
[/mm]
[mm] $y^{(4)}(t)=g(y(t))g'^3(y(t))+2g'(y(t))g^2(y(t))g''(y(t))+...$
[/mm]
Und man kann schreiben:
[mm] $T_4(t_0+h)=y(t_0)+\frac{g(y(t_0))}{1!}(h)+\frac{g(y(t_0))g'(y(t))}{2!}(h)^2\,$
[/mm]
[mm] $+\,\frac{g(y(t_0))g'^2(y(t_0))+g^2(y(t_0))g''(y(t_0))}{3!}(h)^3+P_4$
[/mm]
Mit [mm] $t_0=1$, [/mm] $y(1)=0$, folgt aus a)
[mm] $T_4(1+h)=y(1)+\frac{g(y(1))}{1!}(h)+\frac{g(y(1))g'(y(1))}{2!}(h)^2\, +\,\frac{g(y(1))g'^2(y(1))+g^2(y(1))g''(y(1))}{3!}(h)^3+P_4$
[/mm]
Es ist nach Angabe
[mm] $\,g(y)=e^y\,\,\Rightarrow\,\,g'(y)=e^y\,\,\Rightarrow\,\,g''(y)=e^y\,\,\Rightarrow\,\,g^{(3)}(y)=e^y$ [/mm] sowie $y=0$ und es folgt:
[mm] $T_4(1+h)=0+\frac{1}{1!}(h)+\frac{1}{2!}(h)^2\,+\,\frac{1}{3!}(h)^3+P_4$
[/mm]
Dies ist bis auf das erste Glied der Anfang der Reihendarstellung der Exponentialfunktion selbst, oder anders ausgedrückt:
[mm] $\sum\limits_1^{4} \frac{1}{n!}h^n-\sum\limits_5^{\infty} \frac{1}{n!}h^n$
[/mm]
Ausserdem erkennt man leicht, dass man hier alle Taylorpolynome $k$-ter Ordnung berechnen kann, da man alle Ableitungen von $y(t)$ auf Ableitungen der Funktion $g(y)$ oder $g(y)$ selbst zurückführen kann und [mm] $g(y)\in C^{\infty}$ [/mm] ist.
Beispielsweise erfüllt die Behauptung
[mm] $y(t)=\sqrt{t}$
[/mm]
die Differentialgleichung, da
[mm] $y'(t)=\frac{1}{2\sqrt{t}}=\frac{1}{2\,y(t)}=g(y(t))$
[/mm]
offensichtlich gilt. Darüber hinaus sind sowohl g als auch y beliebig oft differenzierbar.
Ist das jetzt akzeptabel?
Grüße, Martin
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:40 Sa 28.01.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo Martin
> Lösungsverfahren für nichtlineare DGLen
>
> Wir betrachten eine DGL der Form [mm]y'(t)=g(y(t)),\,y(t_0)=z_0[/mm]
> wobei [mm]g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}[/mm] dreimalig in [mm]z_0[/mm]
> differenzierbar ist.
>
> a) Berechne das 4. Taylorpolynom von [mm]y[/mm] in
> [mm]t_0+h,\,h\in\mathbb{R}[/mm]
> b) Berechne das 4. Taylorpolynom für [mm]t_0=1[/mm], [mm]y(1)=0[/mm],
> [mm]g(y)=e^y[/mm]. Mache Dir klar warum man in diesem Fall alle
> Taylorpolynome [mm]k[/mm]-ter Ordnung berechnen kann. An welche
> Reihe erinnert Dich das Taylorpolynom in dieser Aufgabe?
> Stelle eine Behauptung für die Lösung der DGL auf und
> zeige, dass sie die DGL erfüllt.
> Hallo,
>
> bitte nochmal Korrekturlesen, ich denke ich habe alles
> Beantwortet. Lediglich bei der Behauptung für die Lösung
> weis ich nicht ob das nicht ganz anders gemeint sein
> könnte. Auf alle Fälle erfüllt meine Behauptung schon mal
> die DGL:
>
> Es ist [mm]t=t_0+h[/mm], und das Taylorpolynom 4. Ordnung ist:
>
> [mm]T_4(t_0+h)=y(t_0)+\frac{y'(t_0)}{1!}(h)+\frac{y''(t_0)}{2!}(h)^2\,+\,\frac{y^{(3)}(t_0)}{3!}(h)^3 +\,\frac{y^{(4)}(t_0)}{4!}(h)^4[/mm][mm] \\[24pt][/mm]
>
> Es ist weiter nach Angabe:
>
> [mm]y'(t)=g(y(t))[/mm]
> [mm]\Rightarrow[/mm]
> [mm]y''(t)=y'(t)g'(y(t))=g(y(t))g'(y(t))[/mm]
> [mm]\Rightarrow[/mm]
>
> [mm]y^{(3)}(t)=y'(t)g'^2(y(t))+g(y(t))y'(t)g''(y(t))=g(y(t))g'^2(y(t))+g^2(y(t))g''(y(t))[/mm]
> [mm]\Rightarrow[/mm]
>
> [mm]y^{(4)}(t)=g(y(t))g'^3(y(t))+2g'(y(t))g^2(y(t))g''(y(t))+...[/mm]
Ich hoff du hast die ..... richtig! der Anfang stimmt.
(du solltest vielleicht schreiben dass hier mit g'(y) die Ableitung nach y, nicht nach t gemeint ist!
> Und man kann schreiben:
>
> [mm]T_4(t_0+h)=y(t_0)+\frac{g(y(t_0))}{1!}(h)+\frac{g(y(t_0))g'(y(t))}{2!}(h)^2\,[/mm]
>
> [mm]+\,\frac{g(y(t_0))g'^2(y(t_0))+g^2(y(t_0))g''(y(t_0))}{3!}(h)^3+P_4[/mm]
>
P4 musst du noch ausführen!
>
> Mit [mm]t_0=1[/mm], [mm]y(1)=0[/mm], folgt aus a)
>
> [mm]T_4(1+h)=y(1)+\frac{g(y(1))}{1!}(h)+\frac{g(y(1))g'(y(1))}{2!}(h)^2\, +\,\frac{g(y(1))g'^2(y(1))+g^2(y(1))g''(y(1))}{3!}(h)^3+P_4[/mm]
>
> Es ist nach Angabe
> [mm]\,g(y)=e^y\,\,\Rightarrow\,\,g'(y)=e^y\,\,\Rightarrow\,\,g''(y)=e^y\,\,\Rightarrow\,\,g^{(3)}(y)=e^y[/mm]
> sowie [mm]y=0[/mm] und es folgt:
>
> [mm]T_4(1+h)=0+\frac{1}{1!}(h)+\frac{1}{2!}(h)^2\,+\,\frac{1}{3!}(h)^3+P_4[/mm]
Beim dritten Glied seh ich nicht [mm] \frac{1}{3!} [/mm] sondern [mm] \frac{2}{3!}
[/mm]
> Dies ist bis auf das erste Glied der Anfang der
> Reihendarstellung der Exponentialfunktion selbst, oder
siehe oben, nur wenn in allen Zählern 1 stünde, aber bei P4 ist es auch nicht 1!
> anders ausgedrückt:
das versteh ich nicht, vorn steht die Exponentialreihe bis 4 ohne 1, davon ziehst du ab die Exponentialreie -dem 4. Taylorpolynom von [mm] e^{h}
[/mm]
und einfach ein Ausdruck, keine Gleichung drückt gar nicht aus.
> [mm]\sum\limits_1^{4} \frac{1}{n!}h^n-\sum\limits_5^{\infty} \frac{1}{n!}h^n[/mm]
>
> Ausserdem erkennt man leicht, dass man hier alle
> Taylorpolynome [mm]k[/mm]-ter Ordnung berechnen kann, da man alle
> Ableitungen von [mm]y(t)[/mm] auf Ableitungen der Funktion [mm]g(y)[/mm] oder
> [mm]g(y)[/mm] selbst zurückführen kann und [mm]g(y)\in C^{\infty}[/mm] ist.
>
> Beispielsweise erfüllt die Behauptung
>
> [mm]y(t)=\sqrt{t}[/mm]
nein. die Dgl ist doch [mm] y'=e^{y}
[/mm]
deine Behaptung also aus [mm] y(t)=\sqrt{t} [/mm] folgt [mm] y'=e^{\sqrt{t}}
[/mm]
was nicht stimmt!
> die Differentialgleichung, da
>
> [mm]y'(t)=\frac{1}{2\sqrt{t}}=\frac{1}{2\,y(t)}=g(y(t))[/mm]
Du zeigst : wenn man g(y)=1/y nimmt , dann erfüllt
[mm] y(t)=\sqrt{t} [/mm] diese Dgl! also aus y'=1/y folgt eine Lösg, [mm] y(t)=\sqrt{t}.
[/mm]
[mm] y'=e^{y} [/mm] versuchs mal mit y=-ln(1-t) das gilt zwar nicht "offensichtlich", aber nach differenzieren und einsetzen. und y(1)=0!
> offensichtlich gilt. Darüber hinaus sind sowohl g als auch
> y beliebig oft differenzierbar.
Wie du siehst ingroßen Stücken
Gruss leduart
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:56 Sa 28.01.2006 | | Autor: | kunzm |
Vielen Dank,
ich denke jetzt ist es schlüssig:
(Warst mir eine GROßE Hilfe!)
Schönen Abend noch, Martin.
>>>>>>>>>>>
Lösungsverfahren für nichtlineare DGLen
Wir betrachten eine DGL der Form [mm] $y'(t)=g(y(t)),\,y(t_0)=z_0$ [/mm] wobei [mm] $g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ [/mm] dreimalig in [mm] $z_0$ [/mm] differenzierbar ist.
a) Berechne das 4. Taylorpolynom von $y$ in [mm] $t_0+h,\,h\in\mathbb{R}$
[/mm]
Es ist [mm] $t=t_0+h$, [/mm] und das Taylorpolynom 4. Ordnung ist:
[mm] $T_4(t_0+h)=y(t_0)+\frac{y'(t_0)}{1!}(h)+\frac{y''(t_0)}{2!}(h)^2\,+\,\frac{y^{(3)}(t_0)}{3!}(h)^3+\,\frac{y^{(4)}(t_0)}{4!}(h)^4$
[/mm]
Es ist weiter nach Angabe:
$y'(t)=g(y(t))$
[mm] $\Rightarrow$
[/mm]
$y''(t)=y'(t)g'(y(t))=g(y(t))g'(y(t))$
[mm] $\Rightarrow$
[/mm]
[mm] $y^{(3)}(t)=y'(t)g'^2(y(t))+g(y(t))y'(t)g''(y(t))=g(y(t))g'^2(y(t))+g^2(y(t))g''(y(t))$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow$
[/mm]
[mm] $y^{(4)}(t)=g(y(t))g'^3(y(t))+2g'(y(t))g^2(y(t))g''(y(t))+2g(y(t))g'(y(t))g''(y(t))+g^3(y(t))g'''(y(t))$
[/mm]
Und man kann schreiben:
[mm] $T_4(t_0+h)=y(t_0)+\frac{g(y(t_0))}{1!}(h)+\frac{g(y(t_0))g'(y(t))}{2!}(h)^2\,+\,\frac{g(y(t_0))g'^2(y(t_0))+g^2(y(t_0))g''(y(t_0))}{3!}(h)^3$
[/mm]
[mm] $+\frac{g(y(t))g'^3(y(t))+2g'(y(t))g^2(y(t))g''(y(t))+2g(y(t))g'(y(t))g''(y(t))+g^3(y(t))g'''(y(t))}{4!}(h)^4$
[/mm]
b) Berechne das 4. Taylorpolynom für [mm] $t_0=1$, [/mm] $y(1)=0$, [mm] $g(y)=e^y$. [/mm] Mache Dir klar warum man in diesem Fall alle Taylorpolynome $k$-ter Ordnung berechnen kann. An welche Reihe erinnert Dich das Taylorpolynom in dieser Aufgabe? Stelle eine Behauptung für die Lösung der DGL auf und zeige, dass sie die DGL erfüllt.
Mit [mm] $t_0=1$, [/mm] $y(1)=0$, folgt aus a)
[mm] $T_4(1+h)=y(1)+\frac{g(y(1))}{1!}(h)+\frac{g(y(1))g'(y(1))}{2!}(h)^2\,+\,\frac{g(y(1))g'^2(y(1))+g^2(y(1))g''(y(1))}{3!}(h)^3$
[/mm]
[mm] $+\frac{g(y(1))g'^3(y(1))+2g'(y(1))g^2(y(1))g''(y(1))+2g(y(1))g'(y(1))g''(y(1))+g^3(y(1))g'''(y(1))}{4!}(h)^4$
[/mm]
Es ist nach Angabe (hier ist die ableitung nach y gemeint, da dieses ja hier konstant ist)
[mm] $\,g(y)=e^y\,\,\Rightarrow\,\,g'(y)=e^y\,\,\Rightarrow\,\,g''(y)=e^y\,\,\Rightarrow\,\,g^{(3)}(y)=e^y$, [/mm] sowie $y=0$ und es folgt:
[mm] $T_4(1+h)=0+\frac{1}{1!}(h)+\frac{1}{2!}(h)^2\,+\,\frac{2}{3!}(h)^3+\,\frac{6}{4!}(h)^4$
[/mm]
Diese Reihe ist bis auf das fehlende erste Glied und den ganzzahlig wachsenden Nenner der Reihendarstellung der Exponentialfunktion sehr ähnlich. Ausserdem erkennt man leicht, dass man hier alle Taylorpolynome $k$-ter Ordnung berechnen kann, da man alle Ableitungen von $y(t)$ auf Ableitungen der Funktion $g(y)$ oder $g(y)$ selbst zurückführen kann und [mm] $g(y)\in C^{\infty}$ [/mm] ist.
Sei nun
[mm] $y(t)=-\ln(1-t)$, [/mm] $y(1)=0$, [mm] $t\in\mathbb{R}^+$
[/mm]
Dann ist
[mm] $y'(t)=\frac{1}{1-t}$
[/mm]
Ebenso ist
[mm] $y'(t)=g(y(t))=\exp\left(-\ln(1-t)\right)=\frac{1}{\exp\left(\ln(1-t)\right)}=\frac{1}{1-t}$
[/mm]
wie gewünscht.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:52 So 29.01.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo Martin
[mm]T_4(1+h)=0+\frac{1}{1!}(h)+\frac{1}{2!}(h)^2\,+\,\frac{2}{3!}(h)^3+\,\frac{6}{4!}(h)^4[/mm]
>
> Diese Reihe ist bis auf das fehlende erste Glied und den
> ganzzahlig wachsenden Nenner der Reihendarstellung der
> Exponentialfunktion sehr ähnlich.
In dem Sinn sind alle Reihen ähnlich! 2/3!=1/3 ;3/4!=1/4 jetzt guck dir mal die Reihe für die Lösung, die ja unten steht an!
Da man den ln (1+x) und ln(1-x) oft abschatzen muss, sollte man die Reihen dafür ein Stück weit wissen!
>Ausserdem erkennt man
> leicht, dass man hier alle Taylorpolynome [mm]k[/mm]-ter Ordnung
> berechnen kann, da man alle Ableitungen von [mm]y(t)[/mm] auf
> Ableitungen der Funktion [mm]g(y)[/mm] oder [mm]g(y)[/mm] selbst zurückführen
> kann und [mm]g(y)\in C^{\infty}[/mm] ist.
Damit sieht man, dass eine Lösung [mm]y(t)=-\ln(1-t)[/mm] sein sollte. Ich verifiziere durch einsetzen!
> Sei nun
>
> [mm]y(t)=-\ln(1-t)[/mm], [mm]y(1)=0[/mm], [mm]t\in\mathbb{R}^+[/mm]
>
> Dann ist
>
> [mm]y'(t)=\frac{1}{1-t}[/mm]
>
> Ebenso ist
>
> [mm]y'(t)=g(y(t))=\exp\left(-\ln(1-t)\right)=\frac{1}{\exp\left(\ln(1-t)\right)}=\frac{1}{1-t}[/mm]
>
> wie gewünscht.
Gruss leduart
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:58 So 29.01.2006 | | Autor: | kunzm |
und es offenbarte sich ihm der Charakter einer Lösungsmethode...
Das erklärt dann auch was das Eine mit dem Anderen zu tun haben sollte.
Danke, Martin
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