Практикум по методам решения задачи Коши для систем ОДУ. Даутов P.З. - 15 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

КФУ | Казань

Составители: 

Рубрика: 

§ 2. Методы Рунге-Кутта. 15
3. Методы Рунге-Кутта при q = 2. Формулы имеют вид
y
i+1
= y
i
+ h
(
p
1
k
1
+ p
2
k
2
)
,
где
k
1
= f(t
i
, y
i
),
k
2
= f(t
i
+ α
2
h, y
i
+ β
21
hk
1
).
Попытаемся удовлетворить соотношениям (15) при возможно боль-
шем значении m. В данном случае
ψ
i+1
(h) =
u(t
i
+ h) − u
i
h
−
(
p
1
k
1
(h, u
i
) + p
2
k
2
(h, u
i
)
)
. (17)
Как мы видели выше, равенство ψ
i+1
(0) = 0 выполняется, если
p
1
+ p
2
= 1.
Разложим u(t
i
+ h) в ряд Тейлора в точке t
i
. Тогда
u(t
i
+ h) − u
i
h
= u
′
i
+
h
2!
u
′′
i
+
h
2
3!
u
′′′
i
+ . . . (18)
Учтем, что согласно уравнению u
′
(t) = f(t, u(t)); поэтому
u
′′
(t) = f
′
t
(t, u(t)) + f
′
u
(t, u(t))u
′
(t) = f
′
t
(t, u(t)) + f
′
u
(t, u(t))f(t, u(t)).
C учетом этих формул нетрудно видеть, что равенство
0 = ψ
′
i+1
(0) =
{
(1 − 2α
2
p
2
)f
′
t
+ (1 − 2β
21
p
2
)ff
′
u
}
t=t
i
,u=u
i
дает еще два уравнения для определения коэффициентов
1 − 2α
2
p
2
= 0, 1 − 2β
21
p
2
= 0.
Вычисления показывают, что выбором коэффициентов условию
ψ
′′
i+1
(0) = 0 удовлетворить не удается. Это легко увидеть на примере
уравнения с f(t, u) = u. В этом случае в выражении (17) второе сла-
гаемое линейно зависит от h и его 2-я производная по h равна нулю.
Из формулы (18) легко видеть, что 2-я производная по h от первого
слагаемого в (17) при h = 0 равна 1/3u
′′′
(t
i
). Поэтому
ψ
′′
i+1
(0) = 1/3u
′′′
(t
i
).
§ 2. Методы Рунге-Кутта.                                                               15


      3. Методы Рунге-Кутта при q = 2. Формулы имеют вид
                                (             )
                   yi+1 = yi + h p1 k1 + p2 k2 ,

где

                         k1 = f (ti , yi ),
                         k2 = f (ti + α2 h, yi + β21 hk1 ).

Попытаемся удовлетворить соотношениям (15) при возможно боль-
шем значении m. В данном случае
                       u(ti + h) − ui (                               )
          ψi+1 (h) =                 − p1 k1 (h, ui ) + p2 k2 (h, ui ) .            (17)
                             h
Как мы видели выше, равенство ψi+1 (0) = 0 выполняется, если

                                    p1 + p2 = 1.

Разложим u(ti + h) в ряд Тейлора в точке ti . Тогда
                  u(ti + h) − ui    ′  h ′′ h2 ′′′
                                 = ui + ui +   u + ...                              (18)
                        h              2!    3! i
Учтем, что согласно уравнению u′ (t) = f (t, u(t)); поэтому

u′′ (t) = ft′ (t, u(t)) + fu′ (t, u(t))u′ (t) = ft′ (t, u(t)) + fu′ (t, u(t))f (t, u(t)).

C учетом этих формул нетрудно видеть, что равенство
           ′
                    {                                      }
      0 = ψi+1 (0) = (1 − 2α2 p2 )ft′ + (1 − 2β21 p2 )f fu′ t=ti ,u=ui

дает еще два уравнения для определения коэффициентов

                       1 − 2α2 p2 = 0,       1 − 2β21 p2 = 0.

Вычисления показывают, что выбором коэффициентов условию
  ′′
ψi+1 (0) = 0 удовлетворить не удается. Это легко увидеть на примере
уравнения с f (t, u) = u. В этом случае в выражении (17) второе сла-
гаемое линейно зависит от h и его 2-я производная по h равна нулю.
Из формулы (18) легко видеть, что 2-я производная по h от первого
слагаемого в (17) при h = 0 равна 1/3u′′′ (ti ). Поэтому
                                ′′
                               ψi+1 (0) = 1/3u′′′ (ti ).

Страницы