Metoda stycznych Newtona i łamanych Eulera ()

Iteracyjne metody rozwiązywania równań
Krzysztof Leśniak
4 stycznia 2007
Spis treści
1 Metoda bisekcji
1
2 Metoda stycznych
3
3 Równania różniczkowe
10
Literatura
13
0
4 i 2007
Iteracyjne metody rozwiązywania równań – K. Leśniak
1
1
Metoda bisekcji
Niech g : [a, b] → R będzie ciągła i g(a)·g(b) 6 0. Wtedy z twierdzenia Darboux istnieje p ∈ (a, b)
takie, że
g(p) = 0 (miejsce zerowe).
Punkt p można aproksymować dzieląc systematycznie przedziały na pół i sprawdzając, w której
połowie musi leżeć jakieś miejsce zerowe g:
[a0 , b0 ] := [a, b],
 
+
b
a
n
n

,

 an ,
2
[an+1 , bn+1 ] := 

a
+
b
n
n


, bn ,
2
bn
gdy g(an ) · g an +
2
6 0,
w przeciwnym wypadku.
Wbrew pozorom przedstawiony algorytm na ogół nie lokalizuje pierwiastka g najbliższego środb
kowi a +
2 . (Odrzucane przedziały mogą zawierać miejsca zerowe g.)
Błąd en = pn − p dla n-tego przybliżenia pn = an
g(x) = 0:

 |an − p| 6 1 · |an−1 − p|
2
|en | =
 |b − p| 6 1 · |b
n
n−1 − p|
2
lub pn = bn rozwiązania p równania



=
1
2
· |en−1 |,
|en | 6 2−n · |e0 | 6 2−n · |a − b| n→∞
−→ 0.
Mówimy, że metoda ma liniowe tempo zbieżności.
Przykład. Znaleźć rozwiązanie p równania
g(x) = x4 + 10x − 100 = 0
w przedziale (2, 3) z dokładnością 0, 01.
an + bn
2
[an , bn ]
" − + #
2, 5; 3
" −
+
−
+
−
+
+
−
+
−
2, 875
−
2, 9375
+
2, 90625
+
2, 890625
−
2, 8984375
−
#
2, 890625; 2, 90625
−
2, 75
#
2, 875; 2, 90625
"
−
#
2, 875; 2, 9375
−
2, 5
#
2, 875; 3
"
#
2, 75; 3
"
bn
sign g an +
2
2; 3
"
+
Stąd p ∈ [2, 890625; 2, 90625] ⊂ [2, 89; 2, 91], czyli
p ≈ 2, 9 z dokładnością 0, 01.
4 i 2007
2
Iteracyjne metody rozwiązywania równań – K. Leśniak
Uwaga: Ciąg iteracji w metodzie bisekcji można opisać jako układ dynamiczny na rodzinie
odcinków
X = {[α, β] : a 6 α < β 6 b, g(α) · g(β) < 0}.
Opis bisekcji za pomocą układu dynamicznego na płaszczyźnie (krańce przedziału jako współrzędne punktów) jest mniej naturalny, gdyż należałoby „sztucznie” przesyłać na coś punkty
(β, α), β > α, np. na (α, β). Co gorsza, nie widać na co przesyłać punkty (α, β) spełniające
g(α) · g(β) > 0, bo wtedy w przedziale [α, β] nie musi być miejsc zerowych funkcji g.
Ćwiczenia
1. Wyznaczyć z dokładnością 0, 001 pierwiastki następujących równań:
(a) x3 = 5, (b) x5 − x − 1 = 0, (c) 3x = 4 x.
2. Podać przykład funkcji g : [a, b] → R z trzema miejscami zerowymi, dla której metoda
bisekcji wykryje pierwiastek: (a) położony najdalej od środka, (b) położony między najbliższym
a najdalszym od środka.
4 i 2007
Iteracyjne metody rozwiązywania równań – K. Leśniak
2
3
Metoda stycznych
Niech g : [a, b] → R, g ∈ C 2 [a, b] tzn. g ciągła na [a, b], g 00 istnieje i jest ciągła na (a, b). Szukamy
rozwiązania p równania g(x) = 0.
Algorytm (Newton-Raphson). Startujemy z x0 ∈ (a, b) i iterujemy
(NR) xn+1 = xn −
g(xn )
.
g 0 (xn )
Oczywiście iteracje zatrzymają się „przedwcześnie”, gdy pojawi się g 0 (xn ) = 0. Jeśli x0 nie będzie
wystarczająco bliskie rozwiązania p, to xn wypadnie z przedziału (a, b).
Ilustracja geometryczna
Równanie stycznej s do wykresu g w punkcie x0 :
6
¢¢
¢
t¢
¢
s(x) − s(x0 ) = g 0 (x0 ) · (x − x0 )
s(x0 ) = g(x0 )
¢
g(x)
b
pt ¢
-
¢
s(x)¢
¢x
¢ 1
⇔
s(x) = g(x0 ) + g 0 (x0 ) · (x − x0 ).
¢
a
)
x0
Zatem:
s(x1 ) = 0 ⇔ g(x0 ) + g 0 (x0 ) · (x1 − x0 ) = 0 ⇔
⇔ x1 − x 0 = −
g(x )
g(x0 )
⇔ x1 = x0 − 0 0 .
0
g (x0 )
g (x0 )
Twierdzenie 1 (o zbieżności metody stycznych)
Niech g ∈ C 2 [a, b], p ∈ (a, b), g(p) = 0, g 0 (p) 6= 0. Wówczas istnieje takie otoczenie [p − δ, p + δ]
punktu p, δ > 0, że wszystkie ciągi (NR) startujące z x0 ∈ [p − δ, p + δ] zbiegają do p.
Sformułowanie dynamiczne:
Jeśli g ∈ C 2 [a, b], p ∈ (a, b), g(p) = 0, g 0 (p) 6= 0, to istnieje taka δ > 0, że funkcja f :
[p − δ, p + δ] → [p − δ, p + δ],
g(x)
f (x) = x − 0 ,
g (x)
jest dobrze zdefiniowana, a punkt p jest asymptotycznie stabilnym punktem stałym (=atraktorem)
układu generowanego przez f .
Dowód. Oznaczmy f (x) = x −
(err)
g(x)
. Oczywiście f (p) = p. Rozważmy przybliżenia:
g 0 (x)
[!]
en+1 = xn+1 − p = f (xn ) − f (p) = f 0 (ξn ) · (xn − p) = f 0 (ξn ) · en .
[!] ξn ∈ xn p istnieje na mocy twierdzenia Lagrange’a o wartości średniej.
Różniczkujemy
g 0 (x) · g 0 (x) − g(x) · g 00 (x)
g(x) · g 00 (x)
f 0 (x) = 1 −
=
,
(g 0 (x))2
(g 0 (x))2
skąd dla x = p
g(p) · g 00 (p)
0
= 0.
f (p) =
(g 0 (p))2
4 i 2007
4
Iteracyjne metody rozwiązywania równań – K. Leśniak
Dalej, skoro g ∈ C 2 [a, b], więc f 0 jest ciągła. Ciągłość f 0 i f 0 (p) = 0 dają łącznie:
∃γ ∃δ > 0
sup |f 0 (x)| 6 γ < 1.
|x−p|6δ
Stosując wielokrotnie (err) uzyskujemy:
|e1 | = |f 0 (ξ0 )| · |e0 | 6 γ · |e0 |,
|e2 | = |f 0 (ξ1 )| · |e1 | 6 γ · |e1 | 6 γ 2 · |e0 |,
|e3 | = |f 0 (ξ2 )| · |e2 | 6 γ · |e2 | 6 γ 3 · |e0 |,
..........................................
|en | = |f 0 (ξn−1 )| · |en−1 | 6 γ · |en−1 | 6 γ n · |e0 |,
|en | = |xn − p| 6 γ n · |e0 | −→ 0
n→∞
e0 = x0 − p,
e1 = x1 − p,
e2 = x1 − p,
.............
en−1 = xn−1 − p,
ξ0 ∈ x0 p ⊂ [p − δ, p + δ],
ξ1 ∈ x1 p ⊂ [p − δ, p + δ],
ξ2 ∈ x2 p ⊂ [p − δ, p + δ],
..........................
ξn−1 ∈ xn−1 p ⊂ [p − δ, p + δ],
(γ < 1). £
Przykład (Babilończycy). Niech g(x) = x2 − a, a > 0. Wtedy g 0 (x) = 2 x,
f (x) = x −
g(x)
x2 − a
1
=
x
−
=
0
g (x)
2x
2
x+
a
,
x
√
1
a
xn+1 = f (xn ) =
xn +
, xn n→∞
−→ a.
2
xn
Wyjaśnienie źródeł babilońskiego pomysłu:
√
√
√
√
√
xn ≈ a ⇒ xan ≈ √aa = a, xn > a ⇒ xan < √aa = a, xn < a ⇒

√
 |xn − a| ,
√ 1
2 xn + xa − a <
n
 a − √a .
xn
a
xn
>
√a
a
=
√
a,
√
√
√
Jeśli xn leży blisko a, to xan też leży blisko a; przy tym jeśli xn leży po jednej stronie a, to xan
√
√
leży po drugiej stronie a. Jedna z liczb xn , xan znajduje się bliżej a niż druga, ale niezależnie
√
od tego która, ich średnia 12 xn + xan znajdzie się bliżej a od obu z nich.
Błąd przybliżenia.
W dowodzie twierdzenia o zbieżności metody stycznych pojawia się oszacowanie błędu przybliżenia en = xn − p:
|en | = |xn − p| 6 γ n · |e0 | = γ n · |x0 − p|,
gdzie
g(x) · g 00 (x) γ = sup 0
2 .
(g (x))
x∈(a,b)
Należy przy tym wybrać na tyle mały przedział (a, b) 3 p, aby γ < 1.
Przykład. Znaleźć z dokładnością do 0, 01 rozwiązanie p ∈ (2, 3) równania
g(x) = x4 + 10x − 100 = 0.
Z twierdzenia Darboux ∃p∈(2,3) g(p) = 0, bo g(2) < 0, g(3) > 0. Pochodna g:
g 0 (x) = 4x3 + 10 > 0 na przedziale (2, 3)
⇒ g – ściśle rosnąca na (2, 3)
⇒ g ma dokładnie jedno miejsce zerowe w (2, 3).
4 i 2007
Iteracyjne metody rozwiązywania równań – K. Leśniak
5
Aby znaleźć dostateczną liczbę iteracji n powinniśmy rozwiązać nierówność:
n
γ · |e0 | 6 0, 01,
g(x) · g 00 (x) γ = sup 0
2 .
(g
(x))
x∈(a,b)
Na ogół jednak należy uprzednio zawęzić przedział (a, b). W tym celu można użyć innych metod
szukania pierwiastków (np. metody bisekcji).
W naszym przypadku:
(a, b) = (2, 3) ⇒ γ > 1 (wystarczy podstawić x = 2),
(a, b) = (2, 5; 3) ⇒ 0, 51 < γ < 0, 52 < 1, g(2, 5) < 0 < g(3),
(a, b) = (2, 9; 3) ⇒ γ < 0, 1 < 1, g(2, 9) < 0 < g(3).
W praktyce wygodniej jest założyć a priori, że iteracje są zbieżne, a potem na odpowiednio
małym przedziale szacować błąd a posteriori.
Iterujemy:
(NR)
xn+1
3 x4n + 100
g(xn )
=
.
= xn − 0
g (xn )
4 x3n + 10
W tabeli zebrano dane z pięciu kroków iteracji wykonanych, gdy startujemy ze środka i z krańców
przedziału (2, 3).
n xn
xn
xn
0 2
2, 5
3
1 3.523809524 2.995689655 2.906779661
2 3.040489249 2.906419496 2.902533463
3 2.910890441 2.902532090 2.902524993
4 2.902557673 2.902524992 2.902524993
Jak widać „wylatujemy” z przedziału (2, 3), gdy x0 ≈ 2. Pożądaną dokładność uzyskujemy co
najwyżej po 4 iteracjach; dla porównania w metodzie bisekcji dopiero przy 6 podziale (0, 015 <
2−6 < 0, 016). Startując z x0 = 2, 5 dostajemy stosowne przybliżenie już w 2 kroku, a z x0 = 3
nawet w 1 kroku.
Chcąc się upewnić, że uzyskaliśmy pożądane przybliżenie musimy oszacować błąd za pomocą
pochodnych. Gdy to już raz dobrze zrobimy możemy iterować nasz ciąg dowoli, aż do uzyskania
pożądanej dokładności (lub zapełnienia stosu).
4 i 2007
6
Iteracyjne metody rozwiązywania równań – K. Leśniak
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0 2
2.2
2.4
x
2.6
2.8
3
00
g(x) · g (x) .
Zależność x →
7 0
2
(g (x))
Gdy x ∈ (2, 9; 3) szacujemy
00
|x4 + 10x − 100| · 12x2
g(x) · g (x) =
=
(g 0 (x))2 (4x3 + 10)2
2
= 12 · |x4 + 10x − 100| ·
x
4x3 + 10
1
= 12 · |x + 10x − 100| ·
2
4x + 10 x−1
4
=
2 [!]
6
6 12 · |34 + 10 · 3 − 100| · 4 · (2, 9)2 + 10 · (2, 9)−1
−2
< 12 · 11 · 0, 00073 < 0, 1.

|g(x)| = |x4 + 10x − 100| 6 |34 + 10 · 3 − 100| ,







bo g rośnie i |g(2, 9)| < |g(3)|;







 (4x2 + 10 x−1 )−2 6 4 · (2, 9)2 + 10 · (2, 9)−1 −2 ,
[!] 














Zatem
i dla x0 ∈ (2, 9; 3):
0
bo (4x2 + 10 · x−1 ) = 8 x − 10 x−2 >
> 8 · 2 − 10 · 1−2 = 6 > 0 ⇒
⇒ x 7→ 4x2 + 10 x−1 — rośnie.
g(x) · g 00 (x) γ = sup 0
2 6 0, 1
(g (x))
x∈(2,9;3)
|en | 6 γ n · |e0 | < (0, 1)n · 0, 1 = 10−(n+1) .
4 i 2007
Iteracyjne metody rozwiązywania równań – K. Leśniak
7
Rząd zbieżności. Przypomnijmy, że
(
3
g ∈ C [a, b] ⇔
g : [a, b] → R – ciągła,
g 000 – istnieje i jest ciągła na (a, b).
Twierdzenie 2 (o rzędzie zbieżności metody stycznych)
Jeżeli g ∈ C 3 [a, b], p ∈ (a, b), g(p) = 0, g 0 (p) 6= 0, to zbieżność ciągu (xn )∞
n=0 w metodzie stycznych
jest kwadratowa:
∀ϑ>0 ∃n0 ∀n>n0
1
|xn+1 − p| 6
· |f 00 (p)| + ϑ · |xn − p|2 .
| {z }
| {z }
2
en
en+1
„Reguła kciuka”
W każdej iteracji liczba cyfr dokładnych się podwaja.
Wyjaśnienie reguły: Jeśli
f 00 (p)
2
< 1, to ∃n0 ∀n > n0
|en | 6 10−k ⇒ |en+1 | 6 10−2k .
Dowód. Używamy notacji wprowadzonej przy twierdzeniu o zbieżności metody stycznych; w
szczególności
en = xn − p,
xn+1 = f (xn ),
f (x) = x −
g(x)
.
g 0 (x)
Mamy
en+1 = xn+1 − p = f (xn ) − f (p).
Rozwijając f (xn ) ze wzoru Taylora dla f wokół p:
en+1 = f (xn ) − f (p) = f 0 (p) · (xn − p) +
1 00
[!] 1
· f (ξn ) · (xn − p)2 = · f 00 (ξn ) · en2 ,
2
2
[!] Bo f 0 (p) = 0.
Skoro f 00 – ciągła, a |ξn − p| 6 |xn − p| −→ 0, więc
n→∞
1
2
1
n→∞ 2
· f 00 (ξn ) −→
∀ ϑ > 0 ∃ n0 ∀ n > n0
|en+1 | 6
ξn ∈ xn p.
· f 00 (p). Z definicji granicy:
1 00
|f (p)| + ϑ · |en |2 .
2
£
Nawet kwadratowe tempo zbieżności daje czasem kiepskie rezultaty numeryczne.
Przykład. g(x) =
√
x − 3, x > 0; g(x) = 0 ⇔ x = 9. Zastosujemy do g metodę stycznych.
√
g(x)
x−3
√ ,
=x−
f (x) = x − 0
g (x)
2 x
xn+1 = f (xn ).
4 i 2007
8
Iteracyjne metody rozwiązywania równań – K. Leśniak
n
xn
xn
yn
0
9.01
8.96
8.96
1
9.009722453 8.961114829 8.958885171
2
9.009452604 8.962198485 8.957739164
3
9.009190238 8.963251846 8.956561101
4
9.008935149 8.964275765 8.955350080
5
9.008687135 8.965271069 8.954105171
6
9.008446000 8.966238562 8.952825418
7
9.008211554 8.967179026 8.951509839
30 9.004297131 8.982853506 8.908620907
W trzeciej kolumnie obliczamy wartość f wykonując jak najmniejszą liczbę działań:
yn+1 = c
f (yn ),
gdzie c
f (y) = y −
√3
y
−1
2
.
1 = 0, x 6= 0, a > 0;
Przykład („powolna śmierć”). g(x) = a − x
(NR)
xn+1 = xn −
g(x) = 0 ⇔ x = a−1 .
g(xn )
= 2 xn − a xn2 .
g 0 (xn )
Niech a = 10−10 , x0 = a. Wtedy
x1 = 2 x0 − a x02 = 2 · 10−10 − 10−30 ≈ 2 · 10−10 = 2 x0
x2 = 2 x1 − a x12 ≈ 2 x1 ≈ 22 x0
......................................................
2
xn = 2 xn−1 − a · xn−1
≈ 2 · xn−1 ≈ 2n · x0 = 2n · 10−10 .
Jeśli chcemy xn ≈ a−1 = 1010 , to potrzebujemy n > 60 iteracji:
2n · 10−10 ≈ 1010 ,
2n ≈ 1020 ≈ (103 )6 ≈ (210 )6 .
Tymczasem wg „reguły kciuka” powinno wystarczyć n ≈ 5 iteracji:
20 < 2n – liczba dokładnych cyfr po n iteracjach,
20 = 10 cyfr przed przecinkiem + 10 cyfr po przecinku.
Uwaga: Odpowiednio użyty ciąg xn+1 = 2 xn − a · xn2 prowadzi do szybkiego algorytmu wyznaczania odwrotności liczby a.
4 i 2007
Iteracyjne metody rozwiązywania równań – K. Leśniak
9
Wielowymiarowy schemat Newtona.
Dla przejrzystości ograniczamy się do dwóch wymiarów:
(
"
xn+1
yn+1
#
"
=
g(x, y) = 0,
h(x, y) = 0.

#
xn
yn
− [J(xn , yn )]−1 · 
 ∂g
(u, v),
 ∂x
J(u, v) = 
∂h
(u, v),
∂x
Przykład.
(
g(xn , yn )
h(xn , yn )
∂g
(u, v)
∂y
∂h
(u, v)
∂y

,



g(x, y) = x2 y 2 − 2 x3 − 5 y 3 + 10 = 0,
h(x, y) = x4 − 8y + 1 = 0.
n xn
0 −2
yn
2
1 −1.974264706 2.022058824
2 −1.973521069 2.021167558
3 −1.973520514 2.021167042
4 −1.973520515 2.021167042
Rozwiązanie symboliczne znalezione przez Maple angażuje rozwiązania wielomianu 10 stopnia. Rozwiązanie numeryczne znalezione przez Maple: x ≈ 1.596014884, y ≈ 0.936068923.
Ćwiczenia
1. Wyznaczyć z dokładnością 0, 001 pierwiastki następujących równań:
(a) x3 = 5, (b) x5 − x − 1 = 0, (c) 3x = 4 x.
2. Potwierdzić spostrzeżenie Babilończyków, że dla 0 < x 6=
√
a:
√ √ a √ 1
a
x+
− a < min x − a , − a
2
oraz xn −→
n→∞
√
x
a, gdzie x0 > 0, xn+1 =
x
1
2
xn +
a
xn
.
3. Wyznaczyć
trzeci krok w wielowymiarowym schemacie Newtona dla
(
x4 + y 4 = 16,
a)
gdy startować z (x0 , y0 ) = (1, 3) oraz (x0 , y0 ) = (3, 1),
x2 + y 2 = 4,
(
x2 + ln y = 0,
b)
gdy startować z (x0 , y0 ) = (1, 1) oraz (x0 , y0 ) = (0, 5; 2).
y 2 + ln x = 0,
4 i 2007
10
3
Iteracyjne metody rozwiązywania równań – K. Leśniak
Równania różniczkowe
Rozważmy zagadnienie początkowe
(
y 0 (t) = − y(t),
y(0) = 1.
Rozwiązanie:
y 0 (t) = − y(t)
(y6≡0)
⇐⇒ (ln |y(t)|)0 =
ln |y(t)| = − t + C
y 0 (t)
= −1
y(t)
y(t) = ± eC · e−t
⇔
⇔
(y(0)=1)
y(t) = e−t .
⇐⇒
Metoda szeregów potęgowych Frobeniusa. Szukamy rozwiązania y w postaci szeregu:
y(t) =
∞
X
a n · tn .
n=0
Podstawiamy szereg do zagadnienia początkowego:
∞
X
∞
X
(n + 1) · an+1 · tn =
n=0
n · an · tn−1 = y 0 (t) = − y(t) = −
n=1
Zatem
∞
X
an · tn .
n=0
(
1
· an ,
an+1 = − n+1
a0 = 1.
Rozwiązujemy równanie rekurencyjne
an = (−1)n ·
Ostatecznie
y(t) =
∞
X
n
an · t =
n=0
∞
X
(−1)n
n=0
Metoda łamanych Eulera.
n!
1
.
n!
n
·t =
∞
X
(−t)n
n=0
= e−t .
n!

0

 y (t) = ϕ(t, y(t))


y(0) = w0
y : [0, T ] → R
Dzielimy przedział [0, T ] na N równych części:
h=
T
N
(tzw. długość kroku),
ti = i · h
(i = 0, 1, . . . , N ),
[0, T ] =
N
[
[ti−1 , ti ] .
i=1
Schemat Eulera:
wi+1 = wi + h · ϕ(ti , wi ),
i = 0, 1, . . . , (N − 1).
Rozwiązanie przybliżone:





łamana 
(t0 , w0 ) , (t1 , w1 ), . . . , ( tN , wN ) .
| {z }
|{z}
=(0,y(0))
=T
4 i 2007
Iteracyjne metody rozwiązywania równań – K. Leśniak
11
Ilustracja geometryczna
w2
:XXX w3
w»
1 »»»
X
z
→
w
-N
¢¢̧
(ti , wi ) (ti+1 , wi+1 ) = h · [1, ϕ(ti , wi )]
¢
¢
¢
-
¢
y(t2 )
¢
Z
¢
Z
w0 = y(0)
0 = t0
Przy odpowiednich założeniach można
pokazać, że wraz z N → ∞ dostajemy
coraz lepsze przybliżenie:
y(t1 )
t1
»
:
»»»
ZZ
~
t2
y(tN )
y(t3 )
wi ≈ y(ti ),
0
-
t3
y (ti ) = ϕ( ti , y(ti ) ) ≈ ϕ(ti , wi ).
tN = T
Przykład.
Uwaga: Na ogół wi 6= y(ti ).

0

 y (t) = − y(t)
y(0) = 1
y : [0, 1] → R


T = 1,
w0 = 1,
ϕ(t, u) = −u ⇒ ϕ(t, y(t)) = − y(t),
wi+1 = wi + h · (−wi ) = (1 − h) · wi .
Niech N = 10. Wtedy h = 0, 1,
w0 = 1,
w1 = 0, 9 w0 = 0, 9,
w2 = 0, 9 w1 = (0, 9)2 ,
..............................
w10 = (0, 9)10 = 0, 3486784401.
Porównajmy wartość w10 z rzeczywistą wartością y(t10 ) = y(1) = e−1 ≈ 0, 36787944.
Przykład („niepożądany kierunek”).
(
Rozwiązaniem jest funkcja y(t) =
2
3
t
y 0 (t) = y 1/3 (t)
y(0) = 0
3/2
. Tymczasem schemat numeryczny jej nie przybliża.
Mamy ϕ(t, u) = u1/3 , w0 = 0, t0 = 0. Obierzmy [0, T ] = [0, 1] oraz jakiekolwiek N . Wtedy
h = N1 ,
1/3
w1 = w0 + ϕ(t0 , w0 ) · h = w0 + w0 ·
1/3
wi+1 = wi + wi
·
1
N
1
N
= 0,
= 0, bo wi = 0.
Wyjaśnienie:
4 i 2007
12
Iteracyjne metody rozwiązywania równań – K. Leśniak
0.24
0.22
0.2
0.18
0.16
0.14
0.12
0.1
0.08
0.06
0.04
0.02
0
0
0.2
0.1
0.3
t
0.5
0.4
0.6
y ≡ 0 stanowi rozwiązanie osobliwe
– jest obwiednią rodziny krzywych całkowych
y(t) =
2
3
1/3
(t − a)
.
Ogólnie równanie y 0 = α y prowadzi do schematu Eulera
wi+1 = wi + h · α wi .
Przyjmując h = 1, i = n dostajemy ciąg geometryczny:
wn+1 = (1 + α) · wn .
Podobnie ciągłe równanie logistyczne (występujące np. w modelu Verhulsta)
y 0 = α · y · (1 − y),
po dyskretyzacji przyjmuje kształt:
wn+1 = wn + α · wn · (1 − wn ) = α · wn · (1 + α−1 ) − wn .
Zamieniając zmienne xn =
wn
,
1+α−1
r = α (1 + α−1 ):
xn+1 = r xn (1 − xn ).
Równania rekurencyjne typu logistycznego prowadzą do chaosu. Jest to o tyle interesujące, że
rozwiązania logistycznego równania różniczkowego nie wykazują zachowań chaotycznych. Można
się o tym przekonać na podstawie jawnych rozwiązań równania rózniczkowego (które łatwo wyznaczyć, bo równanie ma rozdzielone zmienne). Nota bene z twierdzenia Poincarego wiadomo,
że żadne równanie różniczkowe opisujące potok (= ciągły układ dynamiczny) na płaszczyźnie
nie może mieć rozwiązań chaotycznych; dopiero w trzech wymiarach może zaistnieć chaos.
Ćwiczenia
1. Opisać rekurencyjnie współczynniki an rozwinięcia w szereg potęgowy rozwiązania y(t) =
∞
P
n=0
an · tn zagadnienia
(
(a)
0
2
y (t) = t · y(t)
y(0) = 2,
(
(b)
0
y (t) = 2t · y(t)
y(0) = 1,
(c)

00
0
t

 y (t) = y (t) + y(t) + e


y 0 (0) = −1
y(0) = −1.
4 i 2007
Iteracyjne metody rozwiązywania równań – K. Leśniak
13
W przypadku (a) pokazać, że an 6= 0 ⇔ 3 | n.
(
2. Napisać schemat Eulera dla zagadnień (a) i (b) z ćw.1 oraz (c)
y 0 (t) = t · y 2 (t) + y(t) + 1
y(0) = −1.
Literatura
[W]
»Lecture Notes on Numerical Analysis« Song Wang
http://www.maths.uwa.edu.au/∼swang/courses/3A2/Notes.pdf
[LT]
»Theory of difference equations« V.Lakshmikantham, D.Trigiante
[KW] »Analiza matematyczna w zadaniach« cz.I W.Krysicki, L.Włodarski
[P]
»Równania różniczkowe zwyczajne« A.Palczewski
[HK] »A First Course in Dynamics« B.Hasselblatt, A.Katok
[C]
»Projects in scientific computation« R.E.Crandall
[F]
»Sbornik zadacz po differencjalnym uravnenam« A.F.Filippov
4 i 2007