Вопрос 7. Вычисление определенного интеграла по формулам

Contents
Вопрос1. Источники и виды погрешностей. Абсолютная и относительная погрешность.2
Вопрос 2. Интерполирование функции многочленами Лагранжа. ...................................... 2
Интерполяционный полином в форме Лагранжа .................................................................. 2
Вопрос 3. Интерполяционные формулы Ньютона ................................................................ 3
Вопрос 4. Интерполирование сплайн-функциями ................................................................. 4
Вопрос 5. Метод наименьших квадратов ............................................................................... 4
Вопрос 6. Вычисление определенного интеграла по формулам прямоугольников. .......... 5
Вопрос 7. Вычисление определенного интеграла по формулам трапеции. ........................ 6
Вопрос 8. Вычисление определенного интеграла по формуле Симпсона. ......................... 6
Вопрос 9. Квадратурные формулы интерполяционного типа. ............................................. 7
Вопрос 10. Метод Рунге апостериорной оценки погрешности вычисления
определенного интеграла. ...................................................................................................... 10
Вопрос 11. Метод Гаусса вычисления определенного интеграла. ..................................... 11
Вопрос 12. Решение СЛАУ методом Гаусса. ....................................................................... 12
Вопрос 13. Решение СЛАУ специального вида методом прогонки. ................................ 12
Вопрос 14. Решение СЛАУ методом Якоби......................................................................... 12
Вопрос 15. Решение СЛАУ методом Зейделя ...................................................................... 13
Вопрос 16. Метод деления отрезка пополам. ....................................................................... 14
Вопрос 17. Решение нелинейных уравнений методом простой итерации. ....................... 14
Вопрос 18. Метод Ньютона нахождения корней нелинейных уравнений. ....................... 15
Вопрос 19. Численное решение задачи Коши для ОДУ 1-го порядка. Постановка
исходной задачи. ..................................................................................................................... 15
Вопрос 20. Построение разностной схемы для численного решения ОДУ ...................... 16
Вопрос 21. Разностная аппроксимация дифференциальных операторов. ........................ 17
Вопрос 22. Численное решение ОДУ методом Эйлера....................................................... 17
Вопрос 23. Численное интегрирование ОДУ методом Рунге-Кутта 2-го порядка. ......... 18
Вопрос 24. Общая формулировка методов Рунге-Кутта для решения ОДУ. Семейство
методов 3-го и 4-го порядка. .................................................................................................. 22
Вопрос 25. Общая формулировка многошаговых методов для численного решения ОДУ
................................................................................................................................................... 22
Вопрос 26. Метод Адамса решения задачи Коши для ОДУ. .............................................. 24
Вопрос 27. Краевая задача для ОДУ. Постановка задачи. .................................................. 25
Вопрос 28. Метод конечных разностей для ДУ 2-го порядка. ........................................... 26
Вопрос 29. Аналитические методы решения задачи Коши для ОДУ. ............................... 27
Вопрос1. Источники и виды погрешностей. Абсолютная и относительная погрешность.
Источниками возникновения погрешности численного решения задачи явля ются следующие факторы.
• Неточность математического описания, в частности, неточность задания начальных данных.
• Неточность численного метода решения задачи.
Данная причина возникает, например, когда решение математической за дачи требует неограниченного или неприемлемо большого числа арифме тических операций, что приводит
к необходимости ограничения их числа, т. е. использования приближенного решения.
• Конечная точность машинной арифметики.
Виды погрешностей
Все погрешности можно разделить на три вида:
• неустранимая погрешность;
• погрешность метода;
• вычислительная погрешность.
Определение 1.1.1. Если а - точное значение некоторой величины и а известное приближение к нему, то абсолютной погрешностью приближенного значения а называют некоторую
величину, про которую известно.
Определение 1.1.2. Относительной погрешностью приближенного значения называют некоторую величину про которую известно.
Относительную погрешность часто выражают в процентах.
Вопрос 2. Интерполирование функции многочленами Лагранжа.
Простейшая задача интерполяции заключается в следующем. На отрезке [a, b] заданы n + 1 точки xi = х0, х1, . . ., хn, которые называются узлами интерполяции, и значения некоторой
функции f(x) в этих точках
f(x0) = y0, f(x1) = y1, . . ., f(xn) = yn.
Требуется построить функцию F (х) (интерполяционная функция), принадлежащую известному классу и принимающую в узлах интерполяции те же значения, что и f(x), т. е. такую,
что
F(x0) = y0, F(x1) = y1, . . ., F(xn) = yn.
Интерполяционный полином в форме Лагранжа
Рассмотрим задачу интерполяции:
Пусть дана сетка x0, x1, xn и даны значения функции в узлах этой сетки y0, y1, yn, далее строим полином
Pnk (x)
( x  x0 ) * ( x  x1 ) * ... * ( x  xi 1 )
Pni ( x) 
* ( x  xi 1 ) * ... * ( x  x n )

( xi  x0 ) * ( xi  x1 ) * ... * ( xi  xi 1 ) *
( xi  xi 1 ) * ... * ( xi  x n )
n
( x  xn )
i  xn )
 (x
i 0
Где
Pni (x)
i
n
) =1
P ( xi
коэффициент Лагранжа, а n- степень полинома
Pni ( x k ) =0, где k  i, k  0, n
Далее образуем линейную комбинацию
n
Pn ( x)    i * Pni ( x)
i 0
Pn ( x)  yi
Pn ( x)   i , т.кPni ( xi )  1
n
Pn ( x)   yi * Pni ( x) 
i 0
n
( x  xn )
i  xn )
 y  (x
i 0
i
Погрешность интерполяции функции полиномом Лагранжа оценивается формулой:
Rn ( x )  f ( x )  Pn ( x )
Rn ( x )  r ( x ) * w( x )
Где r(x) – некая функция,
w( x)  ( x  x0 ) * ( x  x1 ) * ... *
n
( x  x n )   ( x  xi )
i 0
Введем некую вспомогательную функцию
x – некоторая фиксированная величина
 (s) , где  (s)  f (s)  Pn (s)  r ( x) * w(s)
s – переменная величина
S  x0 , x1 ,..., x n   ( s)  0
S  x,  ( s )  0
По теореме Роля
 ( s)  0, в двух точках (n+1)
( n1) (s)  0, S  
( n 1) ( )  0
( n 1) ( S )  f ( n 1) ( s )  0  (n  1)!*r ( x)
r ( x) 
f ( n 1) ( )
(n  1)!
Следовательно:
Rn ( x) 
f ( n1) ( )
* w( x)
(n  1)!
Интерполяционный многочлен Лагранжа удобен и употребляется в теоретических исследованиях, но с практической точки зрения его полезность вызывает сомнения, так как при
построении полинома степени n+1 -- Pn+1(x) полностью теряется информация о предыдущем полиноме -- Pn(x) .
Вопрос 3. Интерполяционные формулы Ньютона
Пусть дана сетка x0,x1…xn, пусть известны значения в узлах сетки yi=f(xi), i=0,n. Вводим систему многочленов Pk(x) = k = 0,n
P0(x) = 1, pi(x) = (x-x0),…,pk(x) = (x-x0)(x-x1)…(x-xk-1)
Pk(x) = 0 x=x0, x1,…,xk-1
Интерполяционный полином Ньютона
𝑃𝑛 (𝑥) = ∑𝑛𝑘=0 𝛼𝑘 𝑝𝑘 (𝑥), где 𝛼 - многочлены, которые надо найти
Pn ( xi )  yi , i  0, n
x  x0 
 Pn ( x) 
0 p 0 ( x 0 )  0
Pn ( x0 )  y0 
 0  y0
x  x1 
 Pn ( x1 )  0 p0 ( x1 ) 
1 p1 ( x1 )  0  1 ( x1  x0 ) 
y0  1 ( x1  x0 )
y y
Pn ( x1 )  y1 , 1  1 0
x1  x0
Пусть дана сетка x0,x1…xn, пусть известны значения в узлах сетки yi=f(xi), i=0,n, шаг сетки h-xi+1-xi=const
Введем
yi  yi 1  yi
-конечная разность 1-го порядка
 2 yi   yi 1  yi 
yi  2  2 yi 1  yi
 k yi   k 1 yi 1 
  k 1 yi
Pn( x )  y 0 
 y0
*
1!h
* ( x  x 0) 
 2 y1

( x  x 0) *
2
2!h
( x  x1)  ... 
 n y0
( x  x 0) *
n
n!h
( x  x1)...( x  xn 1 )
Погрешность полинома Ньютона
f n1
Rn ( x) 
( x  x0) *
n  1!
( x  x1)...( x  xn)
Вопрос 4. Интерполирование сплайн-функциями
Сплайном n-го порядка называется функция, которая является полиномом m-ой степени и которая является непрерывной на любом подотрезке вместе со своими производными до
m-1-го порядка. Чаще всего используются кубические сплаиды
Пусть функция y=f(x) задана таблично :
x0 = a, xn = b , x0 < x1 < x2 < .... < xn , yi = f(xi) i = 0,..., n.
Кубической сплайн-интерполяцией называется функция j (x) такая, что
j (xi) = f(xi) , i=0,1,...,n ,
j ' (xi-0) = j ' (xi+0) , j ' ' (xi-0) = j ' ' (xi+0) i=1,...,n-1 (1)
j ' ' (x0) =0, j ' ' (xn) =0,
и j (x) = ai + bi(x-xi) +ci(x-xi)2 +di(x-xi)3 , xi-1 ё x ё xi
Величины коэффициентов a,b,c,d, находятся из системы уравнений (1). Для нахождения значений этих коэффициентов удобно, с помощью последовательного исключения
неизвестных, редуцировать систему (1) к системе трехточечных уравнений относительно коэффициентов с i , и решать ее далее с помощью метода прогонки
Вопрос 5. Метод наименьших квадратов
  max | f ( x)  g ( x) |
|| f ( x)  g ( x) || норма
n
   | f ( x)  g ( x) |
i 0
F(x)-начальная ф-ия, g(x) - интерполирующая функция
n
2
H    ( xi)( f ( xi)  g ( xi))
i 0
Н- невязка, w(x)>=0-весовая функция (при одном и том же значении несколько значении ф-ии)
 ( x)  1
m
g ( x)   ak * x k 
k 0
 a0  a1 * x  ...  am * x m
Степень полинома (m) выбираем сами (до 4,5)
n
H   ( f ( xi) 
i 0
m
  ak * xik ) 2
k 0
H  H (a 0, a1,..., am),
H  min
H
 0, j  0, m
aj
n
m
i 0
k 0
 ( f ( xi)   ak * xi
k
)2
n
H
 2 ( f ( xi) 
aj
i 0
m
 ak * xi
k
) xi j  0
k 0
n
n
a 0 xi0  a1 xi1 
i 0
i 0
n
 am xim   yi * xi0
i 0
n
n
a 0 xi1  a1 xi2 
i 0
i 0
n
 am xim1   yi * xi1
i 0
n
n
a 0 xim  a1 xim1 
i 0
i 0
n
 am xi
i 0
2m
  yi * xim
Вопрос 6. Вычисление определенного интеграла по формулам прямоугольников.
Разобьем [a,b] на N равных подотрезков, длина каждого подотрезка: h=(a-b)/N. Заменим на отрезке [xi-1, xi] функцию y=f(x) полиномом нулевой степени, то есть константой. Данный
полином можно однозначно провести через одну точку. В качестве такой точки выберем точку (xi, f(xi)), где xi-1/2=(xi+xi-1)/2 - середина отрезка [xi-1, xi]. Тогда полином, очевидно,
имеет вид: P0,i=f(xi). Теперь площадь криволинейной трапеции, образованной подграфиком функции y=f(x) на отрезке [xi-1,xi], заменим на площадь прямоугольника с основанием [xi-
xi
xi
1,xi]
и высотой f(xi), то есть вместо

xi 1
f ( x )dx
рассмотрим
P
0,i
xi 1
( x )dx  hf ( x
i
1
2
).
Суммируя площади всех таких прямоугольников на отрезке [a,b], получим квадратурную формулу (средних) прямоугольников:
 
 x 1 h 
f
(
x
)
dx

f

a
 i 
i 1 
2
h{ f1 / 2  f 3 / 2  ...  f N 1 / 2 }
b
N
Вопрос 7. Вычисление определенного интеграла по формулам трапеции.
Проведем через точки: (xi-1, f(xi-1)), (xi, f(xi)) полином первой степени (прямую линию). И заменим на отрезке [xi-1,xi] площадь криволинейной трапеции, образованной подграфиком
функции y=f(x), площадью обычной трапеции, образованной подграфиком функции y=P1,i(x), где в соответствии с формулой интерполяционного полинома в форме Лагранжа
P1,i ( x)  f ( xi1 )
x  xi
xi1  xi
x  xi1
 f ( xi )
xi  xi1
.
xi
 f ( x)dx
Таким образом вместо интеграла
рассмотрим
xi 1
xi
P
1,i
( x)dx 
xi 1
f ( xi1 )  f ( xi )
h
2
.
Просуммировав такие площади по всему отрезку [a,b], получим квадратурную формулу трапеций:
b
N
a
i 1
 f ( x)dx  
 h{
f x i 1   f x i 
h
2
f0  f N
 f 1  f 2  ...  f N 1 }
2
Вопрос 8. Вычисление определенного интеграла по формуле Симпсона.
Заменим площадь криволинейной трапеции, образованной подграфиком функции y=f(x) на частичном отрезке [xi-1,xi], площадью другой криволинейной трапеции, образованной
подграфиком функции y=P2,i(x), где
P2,i ( x)  f ( xi 1 ) *
( x  xi 1 / 2 )( x  xi )

( xi 1  xi 1 / 2 )( xi 1  xi )
f ( xi 1 / 2 ) *
( x  xi 1 )( x  xi )

( xi 1 / 2  xi 1 )( xi 1 / 2  xi )
f ( xi )
( x  xi 1 )( x  xi 1 / 2 )
( xi  xi 1 )( xi  xi 1 / 2 )
есть интерполяционный полином второй степени (парабола) в форме Лагранжа, построенный по трем точкам (xi-1,f(xi-1)), (xi,f(xi)), (xi,f(xi)). Таким образом вместо интеграла
xi
 f ( x)dx
xi 1
рассмотрим величину
xi
P
2 ,i
( x)dx  h[
xi 1
f ( xi 1 )

6
.
2 f ( xi 1 / 2 ) f ( xi )

]
3
6
В результате суммирования величин по всему отрезку [a,b] получим квадратурную формулу Симпсона (формулу парабол):






 f x   f x  

N
 0

b
h   f x1   f x2   ... 
   
a f ( x)dx  6 2  f x N 1 
 

  f x  


  1/ 2


4 f x3 / 2   ...  

 


  f x N 1 / 2  

 f  x0  

 f x  

 2N






f
x

f
x

...
 
h  2
4
  .
 2
6    f x N 2 
 
  f x   f x  

3
4 1


   ...  f x N 1 

Вопрос 9. Квадратурные формулы интерполяционного типа.
a
  ( x) f ( x)dx
p(x) – весовая функция
b
a
 p( x) f ( x)dx 
b
n
 ck * f ( xk)
(1)
k 0
Далее заменим f(х) интерполяционный полином
Пусть на отрезке [a,b], узлы – xk и среди нет совпадающих, запишем полином Лагранжа
Pn( x ) 
n
w( x ) f ( xk )
 ( x  xk ) w( xk )
k 0
w( x ) 
n
 ( x  xi)
i 0
w( x ) 
n
 ( xk  xi),
i 0
i  k
Подставим это в формулу (1)
n
w( x) f ( xk)
k  0 ( x  xk ) w( xk ) *
a
dx 
p ( x )
b
n

k 0
b
p ( x) w( x)
*
(
x

xk
)
w
(
xk
)
a
fk ( x) 
dx 
b
p ( x) w( x)
*
(
x

xk
)
w
(
xk
)
a
ck  
dx ___( 2)
Формула(1) является квадратурной формулой интерполяционного типа, когда коэффициент с(к) вычисляется из формулы (2)
f ( x)  Pn( x)  Rn ( x)
f n1
Rn ( x) 
w( x)
n  1!
b
 p( x) f ( x)dx 
a
b
 p( x) Pn( x)dx 
a
 p( x) Rn ( x)dx 
a
n
 ck * f ( xk)  n
k 0
n -погрешность
b
1
n 
n  1! a
p ( x) f n1 *
( ) w( x)dx
Mn  1 
max f n1' ,
Mn  1 
n 1
|
f
( x) |
max
x[ a ;b ]
Mn  1
| n |
n  1! a
b
p ( x) | w( x) | *
dx _____(3)
Точность до n-го порядка включительно
Вопрос 10. Метод Рунге апостериорной оценки погрешности вычисления определенного
интеграла.
Выбираем шаг с которым мы вычисляем интеграл, далее выбираем метод решения, допустим от m-го порядка точности I=Ih+0(hm)
I  I h  c * hm
I  Ih / 2 
h
C ( )m
2
I  Ih
C m
h
Где c-const не зависит от h
I
2 m I h / 2  Ih
2m  1
Оценка интеграла, точное значение.
4 I h / 2  Ih
3
16I h / 2  Ih
Метод Симпсона I 
15
Для трапеции
I
I  Ih / 2 
2 m I h / 2  Ih
 Ih / 2
m
2 1
| I h / 2  Ih |

m
2 1
погрешность вычисления
Вопрос 11. Метод Гаусса вычисления определенного интеграла.
Метод наивысшей алгебраической точности
Построим квадратурную формулу так, чтобы она была точна для многочлена как можно большей степени. Потребуем чтобы формула была точна для многочлена степени m, это
эквивалентно тому, чтобы функция была точна для функции f(x0=xa,a =[0,m]
0
p
(
x
)
x
dx 

n
C x
k 1
k
0
k
 p( x) x dx 
1
n
C x
k 1
k
1
k
 p( x) x
m
dx 
n
C x
k 1
k
m
k
M+1=2n
M=2n-1
Если имеется m-узлов, то формула Гаусса точны для многочленов до (2n-1) порядка включительно
+ для одинакового количества узлов более точен.
- более сложная схема, так как выбираются не только степени, но и узлы
Используется для оценки интеграла с небольшим количеством узлов
Вопрос 12. Решение СЛАУ методом Гаусса.
a11x1  a12 x2  ...  a1n xn  b1
a21x1  a22 x2  ...  a2 n xn  b2
(1)
an1 x1  an 2 x2  ...  ann xn  bn
А*х=В (2)
А- основная матрица системы, х- вектор столбец неизвестных, В- вектор столбец элементов
a11  0,
x1  c11 x 2  ...  c1n x n 
cij 
aij
a11
b1
a11
, j  2, n
1 * * * * * * * ... * 


 0 * * * * * * * ... *
 0 * * * * * * * ... *


Приведение матрицы коэффициентов к треугольному виду составляет суть прямого хода Гаусса
x1  c12 x 2  c13 x3  ...  c1n x n  d1
______ x 2  c 23 x3  ...  c 2 n x n  d 2
_____________ x n 1  c( n 1) n x n  d n 1
Выбираем max- элемент
Вопрос 13. Решение СЛАУ специального вида методом прогонки.
Данный метод предназначен для решения систем специального вида (трехдиагональной) матрицы коэффициентов.
- ai xi-1 + ci xi - bi xi+1 = fi i=2, ... , n-1
x1 = k 1 x2 + n 1 (2)
xn = k 2 xn-1 + n 2
На первом этапе находятся коэффициенты
a i+1 = bi /(ci - ai a i) , b i+1 = ( b i ai + fi ) /(ci - ai a i ) i=2, ... , n-1 (прямой ход), a 2 = k 1 , b 2 = n 1,
а на втором этапе находится решение
xi = a i+1 xi+1 + b i+1 , i = n-1, ... ,2,1
xn = (n 2 + b n ) / ( 1-a n k 2 ).
Для корректности метода прогонки достаточно, чтобы коэффициенты a i были по модулю меньше единицы, а выражения в знаменателях формул были отличны от нуля.
Вопрос 14. Решение СЛАУ методом Якоби
Пусть имеется система А*х=В и пусть эту систему привели к идентичному виду х=С*х+D, где С-матрица размерности как и А, D – вектор столбца
Произвольный вектор
 x 10 
 
0
x   x 20 
 0
 xn 
 
строим итерационный процесс, как
x k 1  Cx k  D , где к – номер итерации.
x1k 1  C11 x1k  C12 x2k 
...  C1n xnk  d1
x2k 1  C 21 x1k  C 22 x2k 
...  C 2 n xnk  d 2
xnk 1  C n1 x1k  C n 2 x2k 
...  C nn xnk  d n
| xik 1  xik |
Считаем до тех пор, пока
  , i  1, n
Достаточные условия сходимости:
n
| c
j 1
ij
|  
1, i  1, n
n
| c
i 1
ij
|  
1, j  1, n
Вопрос 15. Решение СЛАУ методом Зейделя
Является модификацией метода простой итерации
Пусть имеется система А*х=В и пусть эту систему привели к идентичному виду х=С*х+D, где С-матрица размерности как и А, D – вектор столбца
 x 10 
 
0
x   x 20  строим итерационный процесс, как
Произвольный вектор
 0
 xn 
 
x1k 1 , x 2k 1 ,..., xik11
x1k 1  C11 x1k  C12 x2k  ...
 C1n xnk  d1
x2k 1  C11 x1k 1  C22 x2k  ...
 C2 n xnk  d 2
x3k 1  C31 x1k 1  C32 x2k 1  ...
 Cnn xnk  d n
Преимущество: экономия оперативной памяти, сходится быстрее
Вопрос 16. Метод деления отрезка пополам.
Простейшим методом нахождения корней уравнения f(x) = 0 является метод деления пополам или дихотомия. Предположим, мы нашли две точки
имеют разные знаки, тогда между этими точками, если
отрезок
пополам и введем точку.
и
, такие что
и
, находится хотя бы один корень функции f . Поделим
Либо,
либо.
Оставим ту половину отрезка, для которой
значения на концах имеют разные знаки. Теперь этот отрезок делим пополам и оставляем ту его часть, на границах которой функция имеет разные знаки, и так далее, до достижения
требуемой точности.
К достоинствам метода деления пополам следует отнести его высокую надежность и простоту, при этом от функции требуется только непрерывность. Порядок сходимости метода
линейный, на каждом шаге точность возрастает вдвое.
Недостатком метода является тот факт, что прежде чем начать его применение, необходимо предварительно найти две точки, значения функции в
которых имеют разные знаки. Очевидно, что метод неприменим для корней четной кратности. Он также не может быть обобщен на случай
комплексных корней и на системы уравнений
Вопрос 17. Решение нелинейных уравнений методом простой итерации.
F(x)=0 (1)
Преобразуем уравнение (1) к виду:
x   (x) (2)
x0  [a, b] , исходя из х0 строим итерационный процесс:
x1   ( x0 ), x2 
  ( x1 ),..., xn   ( xn1 )
Если последовательность (3) имеет предел - x( n
x  lim xn ,
тогда
(3)
)
x   ( x x) , то есть – корень уравнения (2)
x 
Теорема
Пусть
 (x )
непрерывна на отрезке [a,b] и пусть при заданном х0 из отрезка [a,b] последовательность (3)
(2)
Доказательство
x n   ( x n 1 )
lim x  lim  ( x
lim x   (lim x
n 
n 
n
n
n 
n 
x   ( x)
Достаточное условие сходимости:
n 1
)
n 1
)
 lim x
тогда
x
корень уравнения
x   (x)
Отображение
Липшица
 (x )
называется сжимающим на отрезке [a,b] с коэффициентом сжатия С, где
C  (0,1) , если для любых двух точек x ' , x ' '
выполняется условие
|  '' ( x)   ( x' ) | c | x' ' x' |
Теорема
Пусть
x   (x)
имеет решение
отрезке [a,b] уравнения
x  [a, b] и пусть  (x ) - сжимающая на отрезке [a,b], с коэффициентом сжатия С, тогда x
является единственным решением на
x   (x) . И существует сколь угодно число R>0, такое, что при выборе х0 из условия | x  x0 | R
все члены последовательности
x1   ( x0 ), x2   ( x1 ),..., xn   ( xn1 ) будут определены, причем выполняется неравенство | x  xk | c k | x  x0 | , где к=0,1,2,…..
В случаи наличия у
 (x ) производной  ' ( x ) на отрезке [a,b], которая удовлетворяет условию |  ' ( x) | c  1 условие Липшица выполняется автоматически.
Вопрос 18. Метод Ньютона нахождения корней нелинейных уравнений.
Пусть f(x) имеет непрерывные f’(x) и f’’(x), причем f’(x) сохраняет свой знак.
Пусть известно начальное приближение x0. Заменим f(x) двумя первыми членами ряда Тейлора
f ( x)  f ( x0 ) 
f ' ( x0 )( x  x0 )

1!
f (x )
xi  x0  ' 0
f ( x0 )
Если известно приближенность xk-1, то в методе Ньютона
xk  xk 1 

f ( xk 1 )
,
'
f ( xk 1 )
k  1,2,...
1
*
2
C ( x  xk 1 ) 2
| x  xk |
max | f '' ( x) |
c
max | f ' ( x) |
+ достаточно высокая степень сходимости
- необходимость достаточно точно указывать начальную приближенность
Вопрос 19. Численное решение задачи Коши для ОДУ 1-го порядка. Постановка исходной
задачи.
𝑢(𝑛) ) = 0, где х – независимая переменная.
𝑢(𝑛) =f(x,u,u’,u’’,..,𝑢(𝑛−1) ), где 𝑢(𝑛) - старшая переменная
F(x, u, u’, u’’,..,
Решить дифференциальное уравнение – это значит найти такую функцию, которая при подстановке в исходное дифференциальное уравнение обращает его в тождество.
u=u(x)
Общее решение – это соотношение между функцией, независимой переменной и произвольными постоянными. Количество произвольных постоянных равно порядку
дифференциального уравнения.
Частное решение – получается из общего решения, если придать произвольным постоянным определенное значение.
Cx – некоторая произвольная постоянная.
𝑦
y’=
𝑥
y=Cx
y’=C
𝑦
𝑥
𝐶𝑥
=
=C
𝑥
Y(x=3)=12
y(3)=12
𝑢1
𝑢1 ’
𝑢2= 𝑢1′
u’=
u’’=
u’=
𝑢1
𝑢1 ′ = 𝑢2
𝑢2 ’=𝑢3
…
𝑢(𝑛−1) ’ =f(x,u,u’,u’’,..𝑢(𝑛−1) ),
Задача коши для ДУ 1-го порядка
u’=f(x,y)
(1)
𝑥
𝑢
u( 0 ) = 0
Задача нахождения решения уравнения (1) удовлетворяет заданному начальному условию называется задачей Коши для ДУ 1-го порядка.
Предположим, что f(x,y) является достаточно гладкой (имеет столько производных, сколько нам нужно) рассмотрим следующую прямоугольную область:
𝑢
D ={0<x<X, |u0 |<U}
Если функция f(x,y) в области D удовлетворяет условию Липшеца:
𝒖
𝒖
𝒖 −𝒖
|f(x,
𝟐 ) – f(x, 𝟏 )| < k| 𝟐
𝟏 |, k=const>0
то задача Коши имеет единственное решение.
(2)
Для уравнения (1) решением является функция u=u(x), предположим, что уравнение (1) имеет еще одно решении u~(x)= u~, начальное уравнение: µ(x)= u~(x)-u(x)
µ0 =𝑢0 ~ - 𝑢0
µ(x) – разница этих решений
u~’- u’=f(x, u~) – f(x,u)
µ’(x)=
𝑓(𝑥,𝑢~)− 𝑓(𝑥,𝑢)
*µ
µ
µ’ = f’(x,u+© µ) µ
0<©<1
© - некоторое число
Умножаем обе части на µ
𝑑µ
µ
= 𝑓𝑢 ‘
𝑑𝑥
𝒅µ𝟐
1/2
𝒅𝒙
µ2
= L(x, µ)
µ𝟐
(3)
Если произвуодная < 0, то
𝑑µ2
𝑑𝑥
< 0, следовательно
µ2 (x)<= µ2 (𝑥0 )
𝑢 ~ 𝑢
|u~ - u|<=| 0
0|
Если L(x, µ) > 0 , то функция возрастающая.
Для исследования устойчивости используют модельное уравнение:
λ некоторая константа
0<x=X
𝑑µ
𝑑𝑥
+ λ µ =0, если µ(0)= µ0
Если решим, то
µ 𝑒 −λ x
µ(0)=
0
λ >0, тогда µ(0) убывающая величина устойчивая величина
X->∞ , тогда µ(0) стремится к 0
λ <0, тогда µ(0) возрастающая величина
Вопрос 20. Построение разностной схемы для численного решения ОДУ
В рассмотренной области пространства вместо непрерывной среды вводится ее разностный анализ.
Вместо функции непрерывного аргумента мы вводим функции дискретного аргумента .
𝑦𝑖 =y(𝑥𝑖 ), I = 0, +-1, +-2…
𝑢~(𝑥0 )= - 𝑢0 ~.
Дифференциальное уравнение заменяем соответствующими конечно-разностными соотношениями. В итоге дифференциальная задача заменяется (аппроксимируется) разностной
схемой (системой разностных уравнений).
𝑦𝑖+1 в точке 𝑥𝑖+1
𝑦
Метод дающий формулу для вычисления 𝑖+1 по к –предыдущим значениям у (
Если к=1, то это одношаговые методы Рунге-Кутта
Если к>1, то это многошаговый метод.
𝑦𝑖 , 𝑦𝑖−1 , . . , 𝑦𝑖−𝑘+1 ) называется к-шаговым методом.
Вопрос 21. Разностная аппроксимация дифференциальных операторов.
Берем три соседних узла
xi 1 , xi , xi 1
И пусть знаем значения этих узлов
, шаг будет постоянен
y i  y ( xi )
xi  xi 1  xi 1  xi 
 h  const
Выделяют следующие виды производных:
yi 1  yi
Правая производная
h
y  yi 1
y  i
Левая производная
h
y  y i 1
y   i 1
Центральная производная
2h

y 
u
x
Все эти производные- конечно разностные соотношения
y xx 
yi 1  2 yi  yi 1
h2
Говорят, что разностный оператор
место соотношение:
Lh
Аппроксимация второй производной
аппроксимирует дифференциальный оператор
L
с порядком
i  Lh u  Lu  0(h n )
Вопрос 22. Численное решение ОДУ методом Эйлера.
yi 1  yi
  1k1 ,
h
 1  1, k  f ( xi , yi )
yi 1  yi  hf ( xi , yi )
+ очень простая формула
Оценка погрешности
n  0 в точки xi , если для погрешности аппроксимации имеет
 i  yi  u ( xi )
 i  yi  u i
 i 1  yi 1  ui 1
 i 1  yi  hf i  ui 1
 i 1  ui   i 
 hf i  ui 1
 i 1   i

h
u  ui 1
 i
 fi
h
f i  f i  f ( xi , ui ) 
 f ' u ( xi , ui   i ) 
 f ( xi , ui ),0    1
Теперь подставим в наше уравнение
 i 1  i

h
 f ' u ( xi , ui   i ) 
 f ( xi , u i ) 
ui 1  u
h
i  f ( xi , ui ) 


ui 1  ui
h
Исследуем на устойчивость
Условия устойчивости
| yi 1 || yi | ... | y0 |
yi 1  yi (1  h ), h  2
Вопрос 23. Численное интегрирование ОДУ методом Рунге-Кутта 2-го порядка.
yi 1  yi

h
  1k1   2 k 2 
  1 f ( xi , yi ) 
  2 f ( xi  a2 h, yi  hki b2 )
Условия задания
 i ,  2 , a, b2
 i  yi  u i
i   1  f ( xi , ui ) 
  2 f ( xi  a2 h, ui 
 hb21 f ( xi , ui ) 

ui 1  ui
h
Элементы правой части разложим в ряд Тейлора
f ( x i  a 2 h, u i 
 hb21 f ( xi , u i ) 
 f ( xi , u i ) 
f i
 hb21 *
x
f
* f ( x i , u i ) i  0( h 2 )
u
u
u i 1  u i  i h 
x
 2ui h 2
 2
 0( h 3 )
x 2!
u i 1  u i u i


h
x
 2u
 2 h  0( h 2 )
x
 a2 h
Попробуем выразить
 2u
h
x
u '  f ( x, u )
f f
u' ' 
 u'
x u
ui 1  ui
 u 'i 
h
f h f
 i  i*
x 2 u
h
* f ( xi , ui )  0(h 2 )
2
Теперь подставим все это в уравнение невязки
i   i f ( x i , y i ) 
  2 f ( xi , u i )  a 2
b21
h df

2 dx
df
h
f ( x i , u1 ) i 
2
du i
 ui 
df i
h
dx
df
f ( x i , u i ) h  0( h 2 )
du
i  u ' i ( 1   2 ) f ( x i , u i ) 

h df

2 dx
df
h
 (b2 2  1) f ( x i , u i )
2
du
u '  f ( x, u )
 (a 2 2  1)
0  u i  f ( x i , u i )
Для аппроксимации
 i   2  1,
 2  0,
i 1
Чтобы схема(1) имела 2-ой порядок точности необходимо чтобы
a  1
1
2
1)
  1, a  1 / 2
a  
Подставим в схему (1)
yi 1  yi

h
1
 f ( xi  h, yi 
2
1
 hf ( xi , yi )
2
h
fi
2
 yi 
y  yi 
yi 1
 hf ( xi 
Схема счет-пересчет
h
, yi )
2
  1/ 2
a 1
yi 1  yi

h
1
1
 f i
f ( xi 
2
2
 h, yi  hf ( xi , ui )
2)
y  yi  hf i
yi 1  yi 
h
fi 
2
h

f ( xi  h, yi )
2

Устойчива при
h  2
Вопрос 24. Общая формулировка методов Рунге-Кутта для решения ОДУ. Семейство
методов 3-го и 4-го порядка.
Одним из способов повышения порядка сходимости разностных схем для ОДУ является использование методов Рунге-Кутта.
du
 f ( x, u )
dx
(1)
Пусть известно приближенное значение
Задаются коэффициенты
u i  y ( xi )
. явный m-этапный метод Рунге-Кутта состоит в следующем:
ar brj ,  r , r  1, m, j  1, m  1 , а затем вычисляется значение функции:
k1  f ( xi , yi )
k 2  f ( xi  a2 h, yi 
 hk1b2 )
km 
 xi  am h, yi 



 f   hk1bm1  hk 2bm 2 



...

hk
b
m

1
m
,
m

1


После этого находим новые значения у
m
y i 1  y i
  r kr
h
r 1
Выбор коэффициентов
ar br ,  r
производим так, чтобы разложенные функции Ох в ряд Тейлора и линейная комбинация(2) совпадали до возможно больших
m
степеней n, при произвольной функции f(x,u) и произвольном шаге h. Кроме того, чтобы формула (2) аппроксимировала уравнению (1) необходимо чтобы

r 1
r
1
Наиболее удобной и употребительной является схема метода Рунге-Кутта 4-го порядка. Она имеет следующий вид
На каждом шаге величины
рассчитываются заново.
Метод Рунге–Кутта часто применяется для решения дифференциальных уравнений и систем уравнений из-за его высокой точности. Отличительная особенность метода – уточнение
наклона интегральной кривой за счет вычисления производной не только в начале текущего отрезка интегрирования, но и, например, в середине отрезка (для двучленных схем
Рунге–Кутта) или четырехкратное вычисление производных в методе четвертого порядка.
Вопрос 25. Общая формулировка многошаговых методов для численного решения ОДУ
В общем случаи k-шаговая разностная схема выглядим следующим образом:
k
1 k
  m yi m  m0  m f i m
h m 0
 0  0,  m  0,
Схема(1) предназначена для нахождения
yi
(1)
- некоторые числовые коэффициенты
по предыдущим значениям
Если предположить что в (1), то получим явную схему.
 0  0 явная схема
А)
yi 

k
1
0
1
0
 (h
m 1
f i m ) 
g ( yi 1 , yi 2 ,..., yi  k )
0  0
Б)
m
получаем неявную схему
 0 yi  h 0 f i 
 g ( yi1 , yi2 ,..., yik )
Для каждого i, должны решать нелинейное уравнение.
Погрешность аппроксимирующей схемы (1):
k
i    m f ( xi m , ui m ) 
m 0
1
*
h
k
*   m u ( xi m )
m 0
Коэффициенты находятся из соображения аппроксимации и устойчивости
k

m 1
k
m
Проинтегрируем
на отрезке. ( x
i i 0
 1,  m  0
m 1
dy
 f ( x, u )
dx
.....xi )
u ( x i ) )  u ( x i i 0 ) 
i

 f ( x, u)dx
i i 0
yi 1 , yi 2 ,..., yi k
если
k  1 , то получаем одношаговый метод.
Вопрос 26. Метод Адамса решения задачи Коши для ОДУ.
u ( xi )  u ( xi i 0 ) 
i

 f ( x, u )dx
i i 0
i
i0  1,  f ( x, u )dx 
i 1
k
 h *   m f i m
m 0
Тогда получим следующую схему
k
y i  y i 1
   m f i m
h
m 0
Если в (1) положить что
k  1,  0  0, 1  1 получим следующую схему:
yi  yi 1
 f i 1
h
метод Рунге-Кутто 1порядка
Если в (1) положить что
k  1,  0  1, 1  0
yi  yi 1
 fi
h
получим следующую схему:
одношаговая неявная схема Адамса
+ неявные схемы более устойчивые, можем не заботится о шаге
Если в (1) положить что
k  1,  0  1  1 / 2
получим следующую схему:
yi  yi1

неявная симметричная схема Адамса
h
 1 / 2( f i  f i1 )
k  2,  0  0,
Если в (1) положить что
1  3 / 2,  2  1 / 2
получим следующую схему:
yi  yi 1

h
Явная двухшаговая схема Адамса
 3 / 2 f i 1  1 / 2 f i 2
Модельное уравнение;
f  y
yi  yi 1

h
 (3 / 2)yi 1 
 (1 / 2)yi 2  0
yi  (1  (3 / 2)  ) *
* yi 1  (  / 2) yi 2  0
  h
Решение ищут в следующем виде:
yi  q i
, подставим
3

 )q   0
2
2
9
D  1    2
4
| q1 | 1
q i  (1 
при любых M D>0
| q 2 | 1
при условии
aq 2  bq  c  0
| b | a  c
ca
3

|   1 | 1 
2
2
3

1   1  1
2
2
2
 1

Условия устойчивости:
h  1, 
некоторый параметр
Вопрос 27. Краевая задача для ОДУ. Постановка задачи.
Краевая
задача
ставится
таким
следующим
образом,
найти
y  y ( x), F ( x, y, y ' , y ' ' )  0 , и краевым условиям
такую
функцию,
которая
удовлетворяет
исходному
 1 ( y (a), y ' (b))  0
, где a и b – границы выбранного отрезка.
 2 ( y (b), y ' (b))  0
Рассмотрим линейную задачу, то есть соотношение исходного уравнения и краевой задачи линейны.
уравнению
y ' ' p( x) y ' q( x) y  f ( x)
 1 y (a)   2 y ' (a)  A
линейное уравнение 2-го порядка и краевые условия
1 y (b)   2 y ' (b)  B
Где p(x), q(x) и f(x)- непрерывные функции на отрезке [a;b],
 1 ,  2 , 1 ,  2
- некоторые коэффициенты.
1 |  |  2 | 0
Ограничения
| 1 |  |  2 | 0
Если А=В=0, то получаем однородные краевые условия
Вопрос 28. Метод конечных разностей для ДУ 2-го порядка.
x1  a, xn  b
Возьмем
однородную
сетку
xi  x 0  i * h
pi  p ( xi ),
,
где
,h 
ba
n
.Производные заменяем конечно-разностными соотношениями
y i  y ( xi ), i  0, n
Тогда после подстановки, линейное уравнение 2-го порядка и краевые условия будут иметь вид:
yi  2  mi yi 1 
 z i yi  f i h 2
1 y0 
y1  y0
A
h
1 y n 
2
 2
заменяем
p(x),
q(x)
и
f(x)
сеточными
yi 1  yi
,
h
y  2 yi 1  yi
y' '  i2
h2
y ' ( xi ) 
qi  q ( xi ),
f i  f ( xi ),
,
y n  y n1
B
h
Где mi= -2 + pih, zi=1 - pih + qih2
Более точное решение при замене центральными разностями
.
функциями
ly i 1  mi yi1 
 zi yi 1  2 f i h 2
 1 y0 
yi  y 0
A
h
1 y n 
 2
 2
y n  y n1
B
h
Где li=2 + hpi, mi= -4 + 2h2qi, zi= 2 - pih
Вопрос 29. Аналитические методы решения задачи Коши для ОДУ.
y n  f ( x, y, y' ,
y' ' ,..., y n1
(1)
y( x0 )  y0 , y ' ( x0 ) 
Начальные условия
 y '0 ,..., y n1 ( x0 )  y n10
Задача Коши это уравнения (1) и (2)
1.
Метод последовательного дифференцирования
Предположим, что искомое частное решение разложимо в ряд Тейлора по степеням
Решение будет выглядеть
(2)
x  x0
(вблизи точки
x0
).
y ( x)  y ( x0 ) 
y ' ( x0 )
( x  x0 ) 
1!
y ' ' ( x0 )

( x  x0 ) 2  ...
2!
y n ( x0 )

( x  x0 ) n
n!
y n ( x0 )  F ( x0 , y ( x0 ),

y ' ( x0 ),..., y n 1 ( x0 )
n-ую производную находим
x0
и подставляем в (1)
2.
Метод неопределенных коэффициентов
Применим для линейных дифференциальных уравнений на примере ДУ 2-го порядка
y ' ' p ( x) y '
 q( x) y  f ( x)
y ( o )  y0 ,
y ' ( 0)  y 0 '
Предположим, что решение этого уравнения коэффициент
p( x), q( x), f ( x)

y ( x)   Cn x n
n 0

p ( x )   pn x n
n 0

q ( x )   qn x n
n 0

f ( x)   f n x n
n 0
, где
Cn
- коэффициенты которые нужно найти
, разложимы в степенной ряд:

y ' ( x)   C n nx n 1
n 0

y ' ' ( x)   C n n(n  1) x n  2
n 0
Подставляем в наше уравнение

 C n(n  1) x
n2

n
n 0

  pn x

n
n 0

  qn x
 C nx
n 0

n
n 0
 C nx
n 0
n 1

n 1

n
n

  fn xn
n 0
Два многочлена равны только в том случаи, если равны коэффициенты при одинаковых степенях
x 0 : 2C 2  p0 C1 
 q0 C 0  f 0
x1 : 6C 2  p1C1 
 2 p0 C 2  q1C0  q0 C1  f1
x n : C n 2 (2)( n  1) 
 L(C n1 , C n )  f n
Далее последовательно определяем С