Obicne diferencijalne jednadbe. Numericka analiza. M. Klaricić Bakula Listopad, 2008.

Transkripsi

1 Numericka analiza M. Klaricić Bakula Listopad, 2008.

2 Numericka analiza 2 1 Uvod Mnogi prakticni problemi se nakon matematickog modeliranja svode na rješavanje diferencijalnih jednadbi. Dok se nekim jednadbama rješenje moe eksplicitno izraziti pomoću poznatih funkcija, mnogo većem broju njih se ne moe odrediti egzaktno rješenje. Takve jednadbe rješavamo numericki, a ponekad se i rješivim jednadbama moe bre izracunati rješenje numerickim putem nego analitickim postupkom. U ovom poglavlju ćemo se upoznati s nekoliko metoda za rješavanje obi cnih diferencijalnih jenadbi (ODJ) oblika y 0 (x) = f (x; y (x)) ; x 2 (a; b) ; uz dodatni pocetni ili rubni uvjet. Ako je uz jednadbu zadan pocetni uvjet y (a) = y 0 ; onda govorimo o pocetnom (inicijalnom) problemu. Ako je umjesto pocetnog uvjeta uz jednadbu zadan rubni uvjet r (y (a) ; y (b)) = 0; pri cemu je r neka zadana funkcija, onda govorimo o rubnom problemu.

3 Numericka analiza 3 2 Eulerova metoda Prije nego se upoznamo općenito s jednokoracnim metodama za rješavanje ODJ, pogledajmo kao ilustraciju najjednostavniju od njih: Eulerovu metodu. To je metoda za rješavanje pocetnog problema oblika y 0 (x) = f (x; y (x)) ; y (a) = y 0 ; x 2 [a; b] : Metoda se zasniva na ideji da se y 0 u jednadbi zamjeni podijeljenom razlikom y 0 y (x + h) (x) = y (x) + O (h) ; h pa rješenje diferencijalne jednadbe zadovoljava jednadbu y (x + h) = y (x) + hy 0 (x) ho (h) = y (x) + hf (x; y (x)) ho (h) = y (x) + hf (x; y (x)) + O h 2 Clan ho (h) = O h 2 za dovoljno mali h moemo zanemariti, pa dobijemo y (x + h) y (x) + hf (x; y (x)) : (1)

4 Numericka analiza 4 Ocigledno tocnost ove formule znatno ovisi o tomu koliku smo pogrešku napravili odbacivanjem clana ho (h) ; pa nam je cilj h smanjivati dok ne postignemo eljenu tocnost. Stoga interval [a; b] podijelimo na n jednakih djelova, te stavimo h = b a n ; x i = a + ih; i = 0; : : : ; n: Korištenjem dobivene jednakosti (1) dobijemo aproksimaciju rješenja u tocki x 1 = a+h : y 1 = y (x 1 ) y (x 0 ) + hf (x 0 ; y (x 0 )) = y (x 0 ) + hf (x 0 ; y 0 ) : Dobivenu aproksimaciju koristimo za racunanje aproksimacije rješenja u tocki x 2 = a + 2h = x 1 + h : y 2 y (x 1 ) + hf (x 1 ; y (x 1 )) = y 1 + hf (x 1 ; y 1 ) : Ovaj postupak ponavljamo dok ne do demo do kraja intervala, odnosno do x n = b:

5 Numericka analiza 5 Opisani postupak nazivamo Eulerovom metodom i moemo ga kraće zapisati rekurzijom y i+1 y i + hf (x i ; y i ) ; i = 0; : : : ; n 1; gdje je pocetni uvjet y 0 zadan kao pocetni uvjet diferencijalne jednadbe. Dobivene vrijednosti y i su aproksimacije rješenja diferencijalne jednadbe u tockama x i :

6 Numericka analiza 6 3 Jednokora cne metode Koristeći slicnu ideju kao u Eulerovoj metodi, diferencijalnu jednadbu y 0 (x) = f (x; y (x)) ; y (a) = y 0 ; x 2 [a; b] općenito moemo riješiti tako da interval [a; b] podijelimo na n jednakih podintervala oznacivši h = b a n ; x i = a + ih; i = 0; : : : ; n; dok aproksimaciju rješenja y i+1 u tocki x i+1 racunamo iz y i korištenjem aproksimacije oblika iz cega dobijemo rekurziju y (x + h) y (x) + h (x; y (x) ; h; f) ; y i+1 = y i + h (x i ; y i ; h; f) ; i = 0; : : : ; n 1:

7 Numericka analiza 7 Funkcija zove se funkcija prirasta, a razliciti izbori te funkcije deniraju razlicite metode. Uocimo da je sama funkcija f jedan od parametara funkcije : tako je u Eulerovoj metodi s kojom smo se upoznali Metode oblika (x; y (x) ; h; f) = f (x; y (x)) : y i+1 = y i + h (x i ; y i ; h; f) ; i = 0; : : : ; n 1; (2) nazivamo jednokoracnim metodama jer za aproksimaciju y i+1 koriste samo vrijednost y i, tj. u jednom koraku dobijemo iz y i sljedeću aproksimaciju y i+1 : Da bismo pojednostavnili zapis ubuduće ćemo izostaviti parametar f iz zapisa argumenata funkcije : O odabiru funkcije ovisi i tocnost metode. Za ocekivati je da ako odaberemo tako da aprosimacija tocnog rješenja y dana s y (x + h) y (x) + h (x; y (x) ; h; f) bude što tocnija, to će tocnija biti i aproksimacija y i+1 vrijednosti y (x i ) dana rekurzijom (2) :

8 Numericka analiza 8 Pogrešku aproksimacije y (x + h) y (x) + h (x; y (x) ; h; f) danu s (x; h) = (x; h) (x; y (x) ; h) ; pri cemu je y tocno rješenje jednadbe i y (x + h) (x; h) = y h nazivamo lokalnom pogreškom diskretizacije. (x)

9 Numericka analiza 9 Red metode odgovara njenoj to cnosti. Općenito, za jednokoracnu metodu kaemo da je reda (konzistencije) p ako je (x; h) = O (h p ) : Što je veći p metoda je tocnija, a to postiemo odgovarajućim odabirom funkcije : Već smo vidjeli da je npr. Eulerova metoda reda 2. Pod tocnošću metode podrazumijevamo ponašanje pogreške y (x i ) y i : Da bismo pojednostavnili argumentaciju, promatrat ćemo pogrešku u ksiranoj tocki y: Ako je jednokoracna metoda reda p; onda je y (b) y n = O (h p ) :

10 Numericka analiza 10 4 Runge-Kuttine metode Najpoznatije jednokoracne metode su zasigurno Runge-Kuttine metode. metoda je funkcija prirasta oblika rx (x; y; h) =! j k j (x; y; h) ; gdje su funkcije k j zadane s k j (x; y; h) = f x + c j h; y + h j=1! rx jl k l (x; y; h) ; j = 1; : : : ; r: l=1 Kod ovih Broj r nazivamo brojem stadija RK metode, i on oznacava koliko puta moramo izvrednjavati funkciju f u svako koraku metode. Razliciti izbor koecijenata! j ; c j i jl denira razlicite RK metode. Iz gornjeg izraza vidimo da se funkcije k j javljaju s obje strane jednadbe, tj. zadane su implicitno: zbog toga govorimo o implicitnim RK metodama.

11 Numericka analiza 11 Koecijenati! j ; c j i jl se najcešće biraju tako da red metode bude što je moguće veći. U praksi se najcešće koriste metode kod kojih je jl = 0 za l j: Naime, u tom slucaju k j moemo izracunati preko k 1 ; : : : ; k j 1 ; pa su funkcije k j zadane eksplicitno. Takve Runge-Kuttine metode nazivamo eksplicitnim RK metodama. Nadalje, obicno se dodaje i uvjet rx jl = c j: j=1 Smisao ovog uvjeta bit će objašnjen kasnije. Što se tocno doga da i kako se biraju koecijenti najbolje ćemo vidjeti iz jednoga primjera.

12 Numericka analiza 12 5 Primjer: Eksplicitna RK metoda s dva stadija Pretpostavimo da za r = 2 imamo ispunjene prije spomenute uvjete na koecijente jl ; tj. da se radi o eksplicitnoj metodi. Tada imamo samo jedan nepoznati koecijent jl = i vrijedi (x; y; h) = 2X! j k j (x; y; h) =! 1 k 1 (x; y; h) +! 2 k 2 (x; y; h) ; j=1 k 1 = k 1 (x; y; h) = f (x; y) ; k 2 = k 2 (x; y; h) = f (x + h; y + hk 1 ) : Razvojem k 2 u Taylorov red reda 2 oko nule po varijabli h dobijemo k 2 = f + h (f x + f y f) + h2 2 f xx 2 + 2f xy 2 f + f yy 2 f 2 + O h 3 :

13 Numericka analiza 13 Razvoj u Taylorov red reda 3 rješenja y diferencijalne jednadbe y 0 = f ima oblik y (x + h) = y (x)+hf + h2 2 (f x + f y f)+ h3 6 Koristili smo pravila deriviranja fxx + 2f xy f + f yy f 2 + f y (f x + f y f) +O h 4 : y 00 = f x + f y f; y 000 = f xx + 2f xy f + f yy f 2 + f y (f x + f y f) : Sada je lokalna pogreška diskretizacije jednaka y (x + h) y (x) (x; y (x) ; h) h y (x + h) y (x) =! 1 k 1 (x; y; h) +! 2 k 2 (x; y; h) h 1 = (1! 1! 2 ) f + h (f x + f y f)! 2 2 +h 2 f xx + 2f xy f + f yy f 2 1! f y (f x + f y f) + O h 3 :

14 Numericka analiza 14 Da bi metoda bila reda jedan koecijente treba odabrati tako da se poništi prvi clan u razvoju (tj. clan kod kojeg se javlja h 0 ), dakle treba biti Ako je još ispunjeno i 1! 1! 2 = 0: 1 2! 2 = 0; metoda će bit reda dva jer će isceznuti clan uz h 1 : Kako imamo tri nepoznanice i dvije jednadbe, ocito nam za dobiti jedinstveno rješenje manjka barem jedna jednadba. Uvo denjem slobodnog koecijenta t dobivamo jedno moguće parametarsko rješenje gornjeg sustava:! 2 = t 6= 0;! 1 = 1 t; = 1 2t : Uocimo da se t ne moe odabrati tako da metoda bude reda 3, tj. tako da išcezne i clan uz h 2 :

15 Numericka analiza 15 U posebnom slucaju! 2 = 0 radi se o metodi s jednim stadijem, i to upravo o Eulerovoj metodi. Za! 2 = t = 1 dobijemo modiciranu Eulerovu metodu kod koje je (x; y; h) = f x + h2 ; y + h2 f (x; y) : Za! 2 = t = 1=2 dobijemo Heunovu metodu kod koje je (x; y; h) = 1 2 (k 1 + k 2 ) ; k 1 = f (x; y) ; k 2 = f (x + h; y + hk 1 ) :

16 Numericka analiza 16 6 Eksplicitne RK metode s cetiri stadija (RK-4 metode) U praksi najcešće susrećemo RK metode s cetiri stadija. Odgovarajuće jednadbe koje moraju zadovoljavati nepoznati koecijenti RK-4 metoda su:! 1 +! 2 +! 3 +! 4 = 1 (R1)! 2 c 2 +! 3 c 3 +! 4 c 4 = 1 2! 2 c 2 2 +! 3 c 2 3 +! 4 c 2 4 = 1 3! 3 c ! 4 (c c 3 43 ) = 1 6 (R2) (R3a) (R3b)

17 Numericka analiza 17! 2 c 3 2 +! 3 c 3 3 +! 4 c 3 4 = 1 4! 3 c ! 4 c c = 12! 3 c 2 c ! 4 (c c 3 43 ) c 4 = 1 8! 4 c = 1 24 (R4a) (R4b) (R4c) (R4d) Pri tom je c 1 = 0; c 2 = 21 ; c 3 = ; c 4 = :

18 Numericka analiza 18 Dakle, vidimo da (nakon sre divanja) imamo 8 jednadbi i 10 nepoznatih koecijenata. Naglasimo sljedeće: ako elimo metodu reda 1, onda treba biti ispunjen samo uvjet (R1) ; ako elimo metodu reda 2, onda treba biti ispunjen i uvjet (R2) ; ako elimo metodu reda 3, onda trebaju biti ispunjeni i uvjeti (R3a) i (R3b) i tako dalje. U najboljem slucaju imat ćemo osam jednadbi, što u konacnici znaći najmanje dva slobodna parametra u rješenju. Napomenimo da metoda s cetiri stadija (RK-4 metoda) moe biti najviše reda 4: dva stupnja slobode iz sustava jednadbi ne mogu se iskoristiti tako da se red metode podigne na 5. Općenito, za metode s jednim, dva, tri ili cetiri stadija red metode u najboljem slucaju odgovara broju stadija. Za metode s 5, 6 i 7 stadija najveći mogući red je redom 4, 5 ili 6, dok je za metode s 8 ili više stadija najveći mogući red barem za dva manji od broja stadija. Upravo to je razlog što su metode s cetiri stadija najpopularnije. Naime, da bismo povećali red za jedan (s 4 na 5) moramo povećati broj stadija za dva (s 4 na 6), a to znatno uvećava sloenost metode.

19 Numericka analiza 19 7 Neke poznate RK-4 metode 7.1 Klasi cna Runge-Kutta metoda = 1 6 (k 1 + 2k 2 + 2k 3 + k 4 ) ; k 1 = f (x; y) ; k 2 = f x + h 2 ; y + h 2 k 1 ; k 3 = f x + h 2 ; y + h 2 k 2 ; k 4 = f (x + h; y + hk 3 ) :

20 Numericka analiza /8 metoda = 1 8 (k 1 + 3k 2 + 3k 3 + k 4 ) ; k 1 = f (x; y) ; k 2 = f x + h 3 ; y + h 3 k 1 ; k 3 = f x + 2h 3 ; y h 3 k 1 + hk 2 ; k 4 = f (x + h; y + h (k 1 k 2 + k 3 )) :

21 Numericka analiza Gillova metoda = 1 k k 1 = f (x; y) ; k 2 = f 2 p 2 k 2 + x + h 2 ; y + h 2 k 1 ; 2 + p 2 k 3 + k 4 ; k 3 = f x + h p ; y + h k 1 + h 2 p! 2 k 2 ; 2 2 p 2 k 4 = f x + h; y h 2 k 2 + h 2 + p! 2 k 3 : 2

22 Numericka analiza 22 8 O koecijentima Runge-Kuttine metode Iz prethodnog smo vidjeli da za RK metode s 2 i 4 stadija treba vrijediti X! j = 1 j da bi one bile konzistentne s redom barem 1. To općenito vrijedi za sve RK metode, a o tomu nam govori sljedeći teorem. TEOREM. Runge-Kuttina metoda sa s stadija ima red konzistencije barem 1 ako i samo ako vrijedi sx! j = 1: j=1

23 Numericka analiza 23 DOKAZ. Teorem srednje vrijednosti daje nam ocjene y (x + h) = y (x) + hy 0 (x) + O 1 h 2 i k j = f x + c j h; y + h X l jlk l = f (x; y) + O 2 (h) ; pa lokalna greška diskretizacije koja je dana s y (x + h) (x; h) = y (x) h zadovoljava jednakost X! j k j X (x; h) = y 0 (x) + O 1 (h)! j (f (x; y) + O 2 (h)) : j j

24 Numericka analiza 24 Budući je y rješenje diferencijalne jednadbe to vrijedi (x; h) = f (x; y) + O 1 (h) X = f (x; y) 1 Odavde lako slijedi tvrdnja teorema y 0 = f (x; y) ; j! j X j! j (f (x; y) + O 2 (h)) + O 3 (h) :

25 Numericka analiza 25 Sljedeća zanimljivost je vezana uz odre divanje koecijenata c j : Već smo prije spomenuli da je uobicajen izbor c j = P l jl: Me dutim, ostaje pitanje da li je takav izbor najbolji? Odgovor je da i o tomu nam govori naredni teorem. TEOREM. Neka je RK metoda zadana s sx y i+1 = y i + h e kj ; e kj = f x + ec j ; y + h j=1! sx jl e kl reda konzistencije ep; te neka je p red konzistencije metode zadane s! sx sx y i+1 = y i + h k j ; k j = f x + c j ; y + h jl k l ; pri cemu je Tada je p ep: j=1 c j = sx jl : l=1 l=1 l=1

26 Numericka analiza 26 9 Konvergencija jednokora cnih metoda U ovom odjeljku ćemo promatrati ponašanje konvergencije priblinog rješenja y i dobivenog nekom jednokoracnom metodom. Oznacimo s F n (a; b) prostor svih funkcija f : (a; b) R! R kojima su sve parcijalne derivacije do ukljucivo reda n neprekidne i ogranicene. U daljnjem tekstu ćemo pretpostavljati da je promatrana funkcija f 2 F 1 (a; b) ; a s y ćemo oznaciti egzaktno rješenje pocetnog problema y 0 = f (x; y) ; y (x 0 ) = y 0 ; x 0 2 [a; b] ; y 0 2 R: Uocimo da pretpostavka f 2 F 1 (a; b) povlaci egzistenciju i jedinstvenost rješenja y na intervalu [a; b] : Neka (x; y; h) denira jednokoracnu metodu y i+1 = y i + h (x i ; y i ; h) ; i = 0; 1; 2; : : : gdje je x i+1 = x i + h: Zanima nas ponašanje pogreške e i = y i y (x i ) :

27 Numericka analiza 27 Za ksirani x 2 [a; b] deniramo korak i globalnu pogrešku diskretizacije h n = x x 0 n e (x; h n ) = y n y (x) : Promatrat ćemo globalnu pogrešku diskretizacije kada n! 1 jer tada h n! 0 i x n = x: DEFINICIJA. Jednokoracna metoda je konvergentna ako za sve x 2 [a; b] i sve f 2 F 1 (a; b) vrijedi lim e (x; h n) = 0: n!1 Ono što je za nas znacajno jest da su sve jednokoracne metode reda p > 0 konvergentne i da, štoviše, vrijedi e (x; h n ) = O (h p n) : Nadalje, red globalne greške diskretizacije jednak je redu lokalne greške diskretizacije.

28 Numericka analiza 28 LEMA. Ako brojevi i zadovoljavaju ocjenu oblika j i+1 j (1 + ) j i j + B; > 0; B 0; i = 0; 1; 2; : : : onda vrijedi j n j e n j 0 j + en 1 B: DOKAZ. Iz pretpostavke leme odmah slijedi j n j (1 + ) n j 0 j + jer je < e za > 1 = (1 + ) n j 0 j + (1 + )n 1 B e n j 0 j + en 1 B; h 1 + (1 + ) + (1 + ) n 1i B

29 Numericka analiza 29 TEOREM. Za dane x 0 2 [a; b] i y 0 2 R promatramo pocetni problem y 0 = f (x; y) ; y (x 0 ) = y 0 ; koji ima jedinstveno rješenje y (x) : Neka je funkcija neprekidna na skupu G = f(x; y; h) j x 2 [a; b] ; jy y (x)j ; jhj h 0 g za neke h 0 ; > 0. Nadalje, neka postoje pozitivne konstante M i N takve da vrijedi za sve (x; y 1 ; h) ; (x; y 2 ; h) 2 G i j (x; y 1 ; h) (x; y 2 ; h)j M jy 1 y 2 j j (x; h)j = j (x; h) (x; y (x) ; h)j N jhj p ; p > 0 za sve x 2 [a; b] ; h h 0 : Tada postoji h 2 (0; h 0 ] takav da za globalnu pogrešku diskretizacije vrijedi nejednakost je (x; h n )j jh n j p N emjx x 0j 1 M za sve x 2 [a; b] i h n = (x x 0 ) =n; n 2 N; uz jh n j h: Ako je = 1 onda je h = h 0 :

30 Numericka analiza 30 DOKAZ. Funkcija e denirana s e (x; y; h) = 8 < : je ocigledno neprekidna na skupu (x; y; h) ; (x; y; h) 2 G (x; y (x) + ; h) ; x 2 [a; b] ; jhj h 0 ; y y (x) (x; y (x) ; h) ; x 2 [a; b] ; jhj h 0 ; y y (x) eg = f(x; y; h) j x 2 [a; b] ; y 2 R; jhj h 0 g i za sve (x; y 1 ; h) ; (x; y 2 ; h) 2 e G zadovoljava uvjet e (x; y 1 ; h) e (x; y2 ; h) M jy 1 y 2 j : (3)

31 Numericka analiza 31 Zbog e (x; y (x) ; h) = (x; y (x) ; h) tako der vrijedi (x; h) e (x; y (x) ; h) N jhj p ; x 2 [a; b] ; jhj h 0 : (4) Pretpostavimo da jednokoracna metoda generirana s e denira aproksimacije ey i za y (x i ) ; pri cemu je x i = x 0 + ih; tj. Zbog ey i+1 = ey i + h e (x i ; ey i ; h) ; i = 0; 1; 2; : : : y (x i+1 ) = y (x i ) + h (x i ; h) za pogrešku e i = ey i y (x i ) lako dobijemo rekurzivnu formulu h i h i e i+1 = e i + h e (x; eyi ; h) e (x; y (xi ) ; h) + h e (x; y (xi ) ; h) (x i ; h) :

32 Numericka analiza 32 No iz (3) i (4) imamo e (x i ; ey i ; h) e (xi ; y (x i ) ; h) M jey i y (x i )j = M je i j ; e (x i ; y (x i ) ; h) (x i ; h) N jhj p ; pa dobivamo i rekurzivnu ocjenu je i+1 j (1 + jhj M) je i j + N jhj p ; i = 0; 1; 2; : : : pri cemu je e 0 = ey 0 y (x 0 ) = 0: Iz prethodne leme lako slijedi je i j N jhj p e Mjx x ij 1 : M

33 Numericka analiza 33 Neka je sada x 2 [a; b] ; x 6= x 0, ksiran i h = h n = (x x 0 ) =n; n 2 N: Tada zbog x n = x 0 + nh = x; e (x; h n ) = e n vrijedi je (x; h n )j N jhj p e Mjx x 0j 1 M za sve x 2 [a; b] i sve h n za koje je ispunjeno jh n j h 0 : Budući je jx x 0 j jb aj i > 0; to postoji h 2 (0; h 0 ] takav da je je (x; h n )j za sve x 2 [a; b] i sve h n za koje je ispunjeno jh n j h 0 : Drugim rijecima, za jednokoracnu metodu generiranu funkcijom prirasta zbog denicije e za jhj h 0 imamo ispunjeno ey i = y i ; e i = e i ; e (xi ; ey i ; h) = (x i ; y i ; h) : Tvrdnja teorema, dakle, slijedi za sve x 2 [a; b] i sve h n = (x x 0 ) =n; n 2 N; uz jh n j h

34 Numericka analiza Višekora cne metode...