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Höhere Mathematik 2: Analysis und Gewöhnliche Differentialgleichungen - Fehlerabschätzung

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Höhere Mathematik 2: Analysis und Gewöhnliche Differentialgleichungen

Fehlerabschätzung

Da eine solche approximierte Potenzreihe immer einen Fehler beinhaltet, soll im folgenden gezeigt werden wie man diesen Fehler abschätzt.

Die Folge $y_n$ konvergiert auf dem Intervall $I$ gleichmäßig gegen die Lösung $y$:

$|y(x) - y_n(x)| \le \frac{(\alpha L)^n}{n!} e^{\alpha L} \max\limits_{x \in I} |y_1(x) - y_0(x)|$

Die Fehlerabschätzung erfolgt, indem wir die Lipschitzkonstante innerhalb eines Intervalls festlegen. Das Intervall muss noch bestimmt werden. 

Merke

Das Intervall ist: $[x_0 - \alpha, \; x_0 + \alpha]$

Um dies zu berechnen muss als erstes $\alpha$ bestimmt werden. 

Berechnung des Intervalls

1. Bestimmung von $x$ und $y$ gemäß $R = \{(x,y)| |x - x_0| \le a, \; |y - y_0| \le b \}$

In diesem Beispiel ist $x_0 = 0$ und $y_0 = 1$, daraus folgt

$|x - 0| \le a \; \rightarrow \; x \le a$

$|y - 1| \le b \; \rightarrow \; y \le 1 + b$

2. Nun setzen wir in die Ausgangsfunktion $x = a$ und $y = 1+b$ ein und erhalten

$M = 2 a (1 + b)$

3. Nun kann $\alpha$ mit der Formel $\alpha = \min \{a, \frac{b}{M} \}$ ermittelt werden:

$\alpha = \min \{a, \frac{b}{2a(1+b)} \}$

4. Um nun das Maximum für $\alpha$ zu erhalten werden die beiden Komponenten des Minimums gleich gesetzt und nach $a$ aufgelöst:

$a = \frac{b}{2a(1+b)} \; \; | \cdot a$

$a^2 = \frac{b}{2(1+b)} \; \; | \sqrt{\; \; }$

$a = \sqrt{\frac{b}{2(1+b)}}$

Demnach ist $\alpha$ bei festem $b$ maximal für $a = \sqrt{\frac{b}{2(1+b)}}$

5. Als nächstes wird der Grenzwert für $b \to \infty$ berechnet:

$\lim\limits_{b \to \infty} \sqrt{\frac{b}{2(1+b)}} = \lim\limits_{b \to \infty} \frac{\sqrt{b}}{\sqrt{2} \sqrt{(1+b)}}$

Sowohl der Nenner als auch der Zähler streben in diesem Fall gegen unendlich. Hier ist die Regel von de l'Hospital anzuwenden.

Merke

Erinnerung:

Eine Regel von de l'hospital besagt:

$\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = \lim\limits_{x \to x_0} g(x) = \infty$  und  $ g´(x) \neq 0$,  dann

$\lim\limits_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} \; = \; \lim\limits_{x \to x_0} \frac{f´(x)}{g´(x)} $

In diesem Beispiel laufen sowohl Zähler als auch Nenner gegen Unendlich. Es stellt sich noch die Frage ob die Ableitung des Nenners ungleich Null ist, damit die Regel angewandt werden kann:

$g(x) = \sqrt{2} \sqrt{(1+b)}$

$g´(x) = \frac{\sqrt{2}}{2 \sqrt{1 + b}} \; \neq 0$

Die Regel kann also angewandt werden. Das bedeutet, dass nun die Ableitungen von Zähler und Nenner gegen $\infty$ laufen:

$\lim\limits_{x \to x_0} \frac{f´(x)}{g´(x)} $

$\lim\limits_{b \to \infty} \frac{\frac{1}{2\sqrt{b}}}{\frac{\sqrt{2}}{ 2 \sqrt{(1+b)}}}$   mit dem Kehrwert multiplizieren

$\lim\limits_{b \to \infty} \frac{1}{2 \sqrt{b}} \cdot \frac{2 \sqrt{1+b}}{\sqrt{2}}$

$\lim\limits_{b \to \infty} \frac{2 \sqrt{1+b}}{2 \sqrt{b} \sqrt{2}} = \lim\limits_{b \to \infty} \frac{\sqrt{1+b}}{\sqrt{b} \sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \lim\limits_{b \to \infty} \sqrt{\frac{1+b}{b}}$

$=\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \lim\limits_{b \to \infty} \sqrt{\frac{1}{b} + 1} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \sqrt{0 + 1} = \frac{1}{\sqrt{2}}$

Der Grenzwert von $\alpha$ bei festem $b$ beträgt demnach $\alpha = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

Das Iterationsverfahren konvergiert also auf dem Intervall

$[0 - \frac{1}{\sqrt{2}}, \; 0 + \frac{1}{\sqrt{2}}] = [- \frac{1}{\sqrt{2}}, \; \frac{1}{\sqrt{2}}]$.

Berechnung der Lipschitzkonstanten

$|f(x, y_1) - f(x, y_2)| \le L (y_1 - y_2)$

$|2xy_1 - 2xy_2| \le L (y_1 - y_2)$

$|2x(y_1 - y_2)| \le L (y_1 - y_2)$

$|2x \frac{(y_1 - y_2)}{(y_1 - y_2)}| \le L$

$L \ge |2x|$

Auf dem Streifen $[- \frac{1}{\sqrt{2}}, \; \frac{1}{\sqrt{2}}]$ ist $L = |2x| = \frac{2}{\sqrt{2}}$.

Da es sich bei $|2x|$ um ein Polynom ersten Grades handelt und alle ganz-rationalen Polynome stetig sind, kann man $L = \frac{2}{\sqrt{2}}$ als lokale Lipschitzkostante wählen.

Fehlerabschätzung

Nachdem nun alle Variablen bestimmt sind, kommt die obige Formel zur Fehlerabschätzung zur Anwendung:

$|y(x) - y_n(x)| \le \frac{(\alpha L)^n}{n!} e^{\alpha L} \max\limits_{x \in I} |y_1(x) - y_0(x)|$

mit

$\alpha L = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{2}{\sqrt{2}} = 1$

$n = 3$  (wegen 3 Iterationen)

$|y_1(x) - y_0(x)| = |1 + x^2 - 1| = |x^2|$

$\max\limits_{x \in I} |y_1(x) - y_0(x)| = |(\frac{1}{\sqrt{2}})^2| = \frac{1}{2}$

Insgesamt ergibt sich also:

$|y(x) - y_3(x)| \le \frac{(1)^3}{3!} e^{1} \frac{1}{2} \le \frac{1}{3!} e^1 \frac{1}{2} \le 0,23$

Der ermittelte Fehler von $\approx 0,23$ tritt auf, wenn die approximierte Potenzreihe $\sum\limits_{k = 0}^{3} \frac{x^{2k}}{k!}$ (siehe vorherigen Abschnitt) als Lösung angenommen wird.