Numerička Matematika. c Zlatko Drmač. Studeni 2010.

Transcript

1 Numerička Matematika c Zlatko Drmač Studeni 200

2 Sadržaj I Diferencijalne jednadžbe 3 Numeričko rješavanje IP za ODJ 4 Rješivost 5 2 Jednokoračne metode 6 2 Eulerova metoda 7 22 Konvergencija 8 23 Trapezna metoda 2 3 Runge Kuttine metode 2 4 Višekoračne metode 5 4 Adams Bashforth ove metode 5 42 Adams Moulton ove metode 9 43 Linearne diferencijske jednadžbe Konvergencija višekoračnih metoda 22 5 Kruti sistemi i A stabilnost 30 2 Rubni problem za ODJ 34 2 Rješavanje konačnim diferencijama 34 2 Varijacijska formulacija 38 3 Numeričko rješavanje PDJ 45 3 Paraboličke jednadžbe 45 3 Jednostavna diskretizacija Veza sa ODJ: Metoda linija 5 32 Eliptičke jednadžbe Hiperboličke jednadžbe 60

3 SADRŽAJ 2 II Aproksimacija funkcija 6 34 Diskretna Fourierova transformacija Trigonometrijska interpolacija Računanje kompleksnom aritmetikom 65

4 Dio I Diferencijalne jednadžbe 3

5 Poglavlje Numeričko rješavanje inicijalnog problema za ODJ U mnogim primjenama u prirodnim i inženjerskim znanostima se vremenska promjena stanja promatranog sustava (mehanički sustav, kemijska reakcija) opisuje diferencijalnim jednadžbama koje matematički opisuju zakone (npr zakoni mehanike) koji y (t) = f(t, y(t)), t t 0 y(t 0 ) = y 0 (0) Pri tome je f : I R d R d, gdje je I R otvoren interval, t 0 I, d i y 0 R d Po komponentama problem (0) glasi y (t) f (t, y (t), y 2 (t),, y d (t)) y (t 0 ) (y 0 ) y 2(t) f 2 (t, y (t), y 2 (t),, y d (t)) y 2 (t 0 ) =, = (y 0 ) 2 y d }{{ (t) } y (t) f d (t, y (t), y 2 (t),, y d (t)) }{{} f(t,y(t)) y d (t 0 ) (y 0 ) d Kažemo da je (0) inicijalni problem za sustav običnih diferencijalnih jednadžbi Ako je ( x ) ( ) b (t) f(t, x,, x d ) = A(t) + x d onda kažemo da je sustav ODJ linearan b d (t) 4

6 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 5 Rješivost Pod odredenim uvjetima problem (0) ima jedinstveno rješenje Pokazuje se da je ključni element Lipschitzovo svojstvo u varijabli x = (x,, x d ) T funkcije f(t, x) Definicija Za funkciju f : I D (t, x) f(t, x) R d kažemo da je Lipschitzova u varijabli x ako postoji konstanta L f (0, ) takva da za sve (t, v), (t, w) I D vrijedi f(t, w) f(t, v) L f w v Lema Neka funkcija f = (f,, f d ) T : I D R d ima neprekidne sve parcijalne derivacije j f k f k / x j, k, j =,, d, i neka su one omedene na I D Neka je D konveksan Tada je f Lipschitzova u varijabli x Dokaz: Neka su t I, z, z 2 D proizvoljni Primjenom teorema srednje vrijednosti je za svaku fukciju f k : I D R (uz oznake j = / x j ) f k (t, z 2 ) f k (t, z ) = d j f k (t, z + ξ (z 2 z ))((z 2 ) j (z ) j ) j= d z 2 z max j f k (t, z + ξ(z 2 z )) d max sup j=:d (t,x) I D ξ [0,] j= j f k (t, x) z 2 z d M f z 2 z, M f max max sup k=:d j=:d (t,x) I D j f k (t, x) Dakle, sve koordinatne funkcije f k su Lipschitzove pa se lako uvjerimo da f mora imati isto svojstvo Na primjer, neka je k indeks za kojeg je f(t, z 2 ) f(t, z ) = f k (t, z 2 ) f k (t, z ) Iz upravo dokazanog je f(t, z 2 ) f(t, z ) d M f z 2 z Slijedi najjednostavnija varijanta teorema o rješivosti problema (0) Teorem 2 Neka je f definirana i neprekidna na S = {(t, x) : (t, x) [a, b] R d }, a < b <

7 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 6 i neka vrijedi Lipschitzov uvjet: postoji L f (0, ) tako da za sve t [a, b] i u, v R d vrijedi f(t, u) f(t, v) L f u v Tada za svaki t 0 [a, b] i svaki y 0 R d postoji točno jedna funkcija y, derivabilna na [a, b], koja zadovoljava y (t) = f(t, y(t)), t [a, b], i y(t 0 ) = y 0 Primjer Postojanje rješenja u teoremu 2 je osigurano ako je f samo neprekidna Dodatno Lipschitzovo svojstvo osigurava da je rješenje jedinstveno Za ilustraciju, pogledajmo sljedeći problem sa f(t, x) = x /3 : y (t) = y(t) /3 Ako je zadano i y(0) = 0 onda je y(t) 0 očito jedno rješenje, a lako se provjeri da je još jedno rješenje dano s { ( 2 y(t) = t) 3/2 za t za t 0 Uočavamo da f u okolini nule nije Lipschitzova jer npr za x > 0 imamo f(t, x) f(t, x) x ( x) = x 2/3 i gornji kvocijent se ne može uniformno omediti U primjenama je važno znati koliko se mijenja rješenje y(t) problema (0) ako se promijeni početni uvjet y(t 0 ) = y 0 Teorem 3 Neka vrijede pretpostavke Teorema 2 Ako je ỹ(t) rješenje problema y (t) = f(t, y(t)), y(t 0 ) = ỹ 0 onda za svaki t [a, b] vrijedi ỹ(t) y(t) e L f (t t 0 ) ỹ 0 y 0 2 Jednokoračne metode Riješiti problem (0) numerički znači izračunati aproksimacije vrijednosti y(t i ) u konačno točaka t, t n u zadanom intervalu [t 0, T ]

8 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 7 2 Eulerova metoda Ključni element numeričkog rješavanja inicijalnog problema (0) je kako iskoristiti diferencijalnu jednadžbu i od poznate vrijednosti y(t 0 ) dobiti što bolju aproksimaciju za y(t ) i tako dalje, t 0 t t i t i+ sve do zadnje točke t n Sada uočimo da relaciju y(t i+ ) y(t i ) = t i+ y(t i+ ) = y(t i ) + t i y (τ)dτ = t i+ t i+ t i f(τ, y(τ))dτ (2) t i f(τ, y(τ))dτ (22) možemo iskoristiti za aproksimaciju y(t i+ ) tako što ćemo aproksimirati numeričku vrijednost integrala Istina, podintegralnu funkciju poznamo samo u lijevom rubu intervala [t i, t i+ ] pa je ovaj čas najjednostavnije što možemo t i+ t i f(τ, y(τ))dτ (t i+ t i )f(t i, y(t i )), y(t i+ ) y(t i ) + (t i+ t i )f(t i, y(t i )) Geometrijski, iz točke (t i, y(t i )) se gibamo duž pravca y(t) = y(t i )+f(t i, y(t i ))(t t i ) sve do t = t i+ Naravno, osim u t = t 0 kada je y(t 0 ) poznata zadana vrijednost, sve vrijednosti y(t i ) su zamijenjene aproksimacijama y i Diskretne vrijednosti t 0, t, možemo birati sa varijabilnim koracima h i = t i+ t i ili, jednostavnije, ekvidistantno h = t i+ t i za sve i = 0,, [y] = Euler(f, y 0, h, n) for i = 0,, n y i+ = y i + hf(t i, y i ) end [y] = Euler(f, y 0, t, n) for i = 0,, n y i+ = y i + (t i+ t i )f(t i, y i ) end Eulerova metoda je najjednostavniji primjer jednokoračne eksplicitne metode vrijednost y i+ je dobivena eksplicitnim izrazom koji koristi informaciju samo iz koraka t i

9 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 8 Definicija 2 Jednokoračna eksplicitna metoda za numeričko rješavanje inicijalnog problema (0) računa niz aproksimacija y i+ = y i + h i ϕ(t i, y i, h i ), i = 0,, 2, (23) u kojem je y 0 = y(t 0 ) zadana inicijalna vrijednost a ϕ : [t 0, ) R d R + R d je preslikavanje koje definira metodu 22 Konvergencija Naravno, zanima nas kada možemo garantirati da će metoda (23) dati konvergentan niz aproksimacija Pri tome prvo trebamo definirati konvergenciju Za početak, važna nam je pogreška jednog koraka: ako metodi na intervalu [t i, t i+ ] [t, t + δt] damo egzaktnu vrijednost rješenja u lijevom rubu, koliko je odstupanje aproksimacije u t i+? Definicija 22 Lokalna pogreška diskretizacije metode (23) u točki t + h je definirana s ϵ(t, h) = y(t + h) y(t) hϕ(t, y(t), h) (24) Primijetimo da (23) daje y i+ y i h i ϕ(t i, y i, h i ) = 0, pa lokalna pogreška diskretizacije mjeri kako dobro egzaktno rješenje zadovoljava rekurziju jednokoračne metode (23) ϵ(t, h) h 0 = y i+ y i ϕ(t i, y i, h i ) h i = y(t + h) y(t) ϕ(t, y(t), h) }{{ h } y (t)(h 0) Odavde odmah izvodimo nužan uvjet da bi metoda imala smisla metoda treba biti konzistentna u smislu sljedeće definicije: Definicija 23 Metoda (23) je konzistentna ako za sve t [t 0, T ] vrijedi lim ϕ(t, y(t), h) = f(t, y(t)) h 0 Kažemo da je metoda reda konzistentnosti p ako je za sve t, t + h [t 0, T ] gdje je C konstanta neovisna o t i h ϵ(t, h) Ch p+,

10 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 9 Propozicija 2 Ako f : [t 0, T ] R d R d ima neprekidne parcijalne derivacije, onda Eulerova metoda ima red konzistentnosti p = Dokaz: Naime, koristeći Taylorov razvoj lako dobijemo y(t + h) = y(t) + hy (t) + h2 2 y(t + h) y(t) hf(t, y(t)) = h2 2 pa je ϵ(t, h) Ch 2 sa C = max τ [t0,t ] y (τ) y (ξ ) y d (ξ d) y (ξ ) y d (ξ d) Definicija 24 Globalna pogreška diskretizacije metode (23) u točki t i je definirana s γ i = y i y(t i ) (25) Kažemo da je metoda reda konvergencije p ako postoji konstanta K tako da je max i=0:n γ i Kh p, h = max i=0:n (t i+ t i ) Dokazi konvergencije su bazirani na dva ključna elementa: redu konzistentnosti i Lipschitzovom svojstvu fukncije ϕ koja generira metodu Pri tome su, naravno, teoremi koji pretpostavljaju jače uvjete jednostavniji za dokazati od onih koji dozvoljavaju i slabije polazne pretpostavke Teorem 22 Neka jednokoračna metoda (23) ima red konzistentnosti p, i neka je funkcija ϕ Lipschitzova u drugoj varijabli: postoji konstanta L ϕ (0, ) tako da je za sve t [t 0, T ], h > 0 i z, z 2 R d Tada vrijedi ϕ(t, z, h) ϕ(t, z 2, h) L ϕ z z 2 max y i y(t i ) C (e L ϕ(t t 0 ) ) i=0:n L ϕ ( ) p max (t i+ t i ) (26) i=0:n

11 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 0 Dokaz: Za globalnu pogrešku γ i = y i y(t i ), i = 0,, n, oduzimanjem relacija dobijemo y i+ = y i + h i ϕ(t i, y i, h i ) y(t i+ ) = y(t i ) + h i ϕ(t i, y(t i ), h i ) + ϵ(t i, h i ) γ i+ = γ i + h i (ϕ(t i, y i, h i ) ϕ(t i, y(t i ), h i )) ϵ(t i, h i ) γ i+ γ i + h i ϕ(t i, y i, h i ) ϕ(t i, y(t i ), h i ) + ϵ(t i, h i ) γ i + h i L ϕ γ i + ϵ(t i, h i ) = ( + L ϕ h i ) γ i + ϵ(t i, h i ) Sada stavimo h = max i h i, ϵ = max i ϵ(t i, h i ) Pokazali smo da vrijedi γ i+ ( + L ϕ h i ) γ i + h i Ch p, i = 0,, n Odavde se može zaključiti (tehnička lema) da je γ i C (e L i ϕ j=0 h j )h + γ L 0 e L i ϕ j=0 h j ϕ Korolar 23 Neka vrijede uvjeti iz Teorema 22 i neka je t (t 0, T ] Neka je h n = (t t 0 )/n i neka y i,hn, i =,, n, označava aproksimacije dobivene s fiksnim korakom h n Tada je lim y n,h n y(t) = 0 n Korolar 24 Ako f : [t 0, T ] R d R d ima neprekidne i omedene parcijalne derivacije, onda Eulerova metoda ima red konvergencije p = Primjer 2 (Poboljšanje Eulerove metode) Eulerova metoda je jednostavan proces i, kako je i za očekivati, ima mali red konvergencije Zanimljivo je vidjeti kako čak i tako jednostavnu metodu možemo jednostavnim trikom popraviti Ako je rješenje y(t) glatka funkcija, onda pogrešku u i tom koraku možemo analitički zapisati u obliku y i = y(t i ) + η h + η 2 h 2 + (27) pri čemu koeficijenti η, η 2, ne ovise o h Ako sada Eulerovom metodom do momenta t i dodemo prvo korakom h a zatim korakom h < h (npr h = h/2) dobijemo dvije aproksimacije (s korakom h do t i stižemo u ĩ koraka) y i,h = y(t i ) + η h + η 2 h 2 + yĩ, h = y(t i ) + η h + η2 h2 +

12 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ Sada od dvije dobivene aproksimacije y i,h i yĩ, h pokušajmo složiti linearnu kombinaciju αy i,h + βyĩ, h koja će biti bolja od obe Prirodno je zahtijevati α + β = Lako izračunamo da je αy i,h + βyĩ, h = y(t i ) + η (αh + β h) + η 2 (αh 2 + β h 2 ) + O(h 3 ) + O( h 3 ) i odmah uočavamo da odabir α i β tako da je još i αh + β h = 0 daje αy i,h + βyĩ, h = y(t i ) + O(h 2 ) Ako je na primjer h = h/2 onda je α =, β = 2 i imamo novu aproksimaciju y i = 2y 2i,h/2 y i,h Praktična izvedba ove nove sheme se sastoji u tome da se dva Eulerova procesa kombiniraju odmah u hodu Algoritam je jednostavan: y i+,h = y i + hf(t i, y i ) y i+/2,h/2 = y i + h 2 f(t i, y i ) y i+,h/2 = y i+/2,h/2 + h 2 f(t i + h 2, y i+/2,h/2) y i+ = 2y i+,h/2 y i+,h [y] = Euler2(f, y 0, h, n) for i = 0,, n y i+ = y i + hf(t i + h/2, y i + (h/2)f(t i, y i )) end Sada ćemo se uvjeriti da je lokalna pogreška diskretizacije poboljšane Eulerove metode za red veličine manja (u odnosu na klasičnu Eulerovu metodu) Računamo d i+ = y(t i+ ) y(t i ) hf(t i + h/2, y(t i ) + (h/2)f(t i, y(t i ))) = y (t i )h + y (t i ) h 2 + y (t i ) h

13 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 2 23 Trapezna metoda Ideja trapezne formule je jednostavna: U relaciji (??) treba integral numerički aproksimirati trapeznom formulom da dobijemo y(t i+ ) y(t i ) + t i+ t i (f(t i, y(t i ) + f(t i+, y(t i+ )))) (28) 2 Trapezna metoda je najjednostavniji primjer jednokoračne implicitne metode vrijednost y i+ y(t i+ ) se dobije koristeći samo informaciju iz koraka t i i pri tome je y i+ definiran implicitno kao rješenje jednadžbe 3 Runge Kuttine metode Željeli bismo poboljšati jednostavne jednokoračne metode Polazimo od osnovne relacije t k+ y(t k+ ) = y(t k ) + f(τ, y(τ))dτ, i u njoj pokušajmo numeričku vrijednost integrala aproksimirati koristeći dodatne čvorove u [t k, t k+ ] i dodatne slobodne parametre koje ćemo naknadno fino naštimati Konkretno, uzmimo na primjer tri čvora ξ, ξ 2, ξ 3, tri dodatna parametra c, c 2, c 3 i potražimo formulu oblika t k y k+ = y k + h[c f(ξ, y(ξ )) + c 2 f(ξ 2, y(ξ 2 )) + c 3 f(ξ 3, y(ξ 3 ))], (3) pri čemu ćemo slobodne parametre iskoristiti da dobijemo što veći red konzistentnosti, tj što je moguće manju lokalnu pogrešku diskretizacije Odaberimo ξ = t k, ξ 2 = t k + a 2 h, ξ 3 = t k + a 3 h sa 0 < a 2, a 3 < Kako nam vrijednosti y(ξ i ) nisu dostupne, zamijenit ćemo ih prediktorima aproksimacijama, ali opet sa slobodnim parametrima A 2, A 3, A 32 : y(ξ ) y k y(ξ 2 ) y k + ha 2 f(t k, y k ) y(ξ 3 ) y k + ha 3 f(t k, y k ) + ha 32 f(t k + a 2 h, y k + ha 2 f(t k, y k )) Odavde dobivamo opći oblik k tog koraka: Ψ = f(t k, y k ) Ψ 2 = f(t k + a 2 h, y k + ha 2 Ψ ) Ψ 3 = f(t k + a 3 h, y k + h(a 3 Ψ + A 32 Ψ 2 )) y k+ = y k + h(c Ψ + c 2 Ψ 2 + c 3 Ψ 3 ) (32)

14 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 3 Sada osam slobodnih parametara treba odrediti tako da dobivena shema bude što je moguće bolja Za početak, osigurajmo npr da prediktori (32) u nekim jednostavnim primjerima rade perfektno Recimo, ako rješavamo y (t) = na (0, ) sa y(0) = 0, onda je rješenje dano s y(t) = t Ako zahtijevamo da su u ovom jednostavnom primjeru prediktori egzaktni, onda dobivamo uvjete a 2 = A 2 a 3 = A 3 + A 32 Ostale uvjete na slobodne koeficijente ćemo izvesti iz oblika lokalne pogreške diskretizacije d k+ = y(t k+ ) [y(t k ) + h(c Φ + c 2 Φ 2 + c 3 Φ 3 )], gdje je: Φ f(t k, y(t k )), Φ 2 f(t k + a 2 h, y(t k ) + A 2 hφ ), Φ 3 f(t k + a 3 h, y(t k ) + h(a 3 Φ + A 32 Φ 2 )) Sada sve Φ i razvijemo u Taylorov red oko (t k, y(t k )) Dobijemo Φ 2 = f(t k, y(t k )) + t f(t k, y(t k )) a 2 h + y f(t k, y(t k )) a 2 hf(t k, y(t k )) ttf(t k, y(t k )) a 2 2h ty(t k, y(t k )) a 2 2h 2 f(t k, y(t k )) yyf(t k, y(t k ))a 2 2h 2 f 2 (t k, y(t k )) + O(h 3 ) Φ 3 = f(t k, y(t k )) + a 3 hf (t k, y(t k )) + h 2 (a 2 A 32 F (t k, y(t k )) y f(t k, y(t k )) + 2 a2 3G(t k, y(t k ))) + O(h 3 ), gdje je F (t k, y(t k )) = t f(t k, y(t k )) + y f(t k, y(t k ))f(t k, y(t k )) G(t k, y(t k )) = 2 ttf(t k, y(t k )) tyf(t k, y(t k ))f(t k, y(t k )) + 2 yyf(t k, y(t k ))f 2 (t k, y(t k )) Takoder, imamo razvoj za y(t k+ ) oko t k, pri čemu je y (t k ) = f(t k, y(t k )) y (t k ) = F (t k, y(t k )) y (t k ) = G(t k, y(t k )) + F (t k, y(t k ))f(t k, y(t k )) Razumno je zahtijevati da se metoda koju pokušavamo konstruirati dobro ponaša u jednostavnim slučajevima

15 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 4 Ako sada sve navedene razvoje iskoristimo u izrazu za d k+ i uredimo ga po potencijama od h dobijemo d k+ = hf(t k, y(t k ))( c c 2 c 3 ) + h 2 F (t k, y(t k ))( 2 a 2c 2 a 3 c 3 ) + h [F 3 (t k, y(t k )) y f(t k, y(t k ))( 6 a 2c 3 A 32 ) + G(t k, y(t k ))( 6 2 a2 2c 2 ] 2 a2 3c 3 ) + O(h 4 ) Vidimo da možemo postići d k+ = O(h 4 ) ako koeficijenti zadovoljavaju sljedeći sustav jednadžbi: c + c 2 + c 3 = a 2 c 2 + a 3 c 3 = 2 a 2 A 32 c 3 = 6 a 2 2c 2 + a 2 3c 3 = 3 Šest parametara, četiri jednadžbe Uzmimo da su a 2, a 3 (0, ) slobodni parametri i riješimo uz uvjete a 2 a 3, a 2 2/3: c = 6a 2a (a 2 + a 3 ) 6a 2 a 3, c 2 = 3a 3 2 6a 2 (a 3 a 2 ), c 3 = 2 3a 2 6a 3 (a 3 a 2 ), A 2 = a 2, A 32 = a 3(a 3 a 2 ) a 2 (2 3a 2 ), A 3 = a 3 A 32 Rješenje kompaktno zapisujemo u obliku a a 2 A 2 a 3 A 3 A 32 c c 2 c 3 Tako na primjer imamo Kuttinu i Heunovu metodu reda 3, koje su dane, redom, Kutta: 0 /2 /2 2 /6 2/3 /6 Heun: 0 /3 /3 0 2/3 /4 0 3/4

16 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 5 Popularna je Runge Kuttina metoda stupnja i reda 4: Nekoliko komentara: 0 /2 /2 /2 0 /2 0 0 /6 /3 /3 /6 (33) Prvo što uočavamo je da je procedura izvodenja formula komplicirana Za metodu još višeg stupnja su izrazi s parcijalnim derivacijama još kompliciraniji Povećavanjem stupnja metode, tj uvodenjem više slobodnih parametara postižemo veći red metode Na žalost, stupanj 4 je najveći za kojeg je metoda reda 4 Maksimalni red za stupanj 5 je 4, za stupanj 6 je maksimalni red metode 5, za stupnjeve 7 i 8 je maksimalni red jednak 6, dok metoda stupnja 9 ima maksimalni red jednak 7 Metoda je nelinearna i u svakom koraku treba nekoliko puta računati vrijednosti funckije f 4 Višekoračne metode Kada pogledamo npr Eulerovu metodu koja počevši od zadane vrijednosti y(t 0 ) = y 0 generira niz aproksimacija u čvorovima t, t 2,, t k 3, t k 2, t k, t k onda nam se čini razumnim da pri računanju aproksimacije u t k+ uzmemo u obzir ne samo t k, y k nego i dio iz prošlosti, tj vrijednosti y k, y k 2, iz nekoliko prethodnik koraka Kako možemo iskoristiti tu informaciju? Rezultat su takozvane višekoračne metode Primjere takvih metoda ćemo konstruirati koristeći jednostavnu heuristiku baziranu na interpolacijskom polinomu 4 Adams Bashforth ove metode Prisjetimo se, u jednom koraku metoda koje smo do sada proučavali koristimo relaciju t k+ y(t k+ ) = y(t k ) + f(τ, y(τ))dτ, t k

17 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 6 i u njoj na različite načine numerički računamo integral Sada pogledamo informaciju nekoliko koraka unazad, recimo u vremenima t k 3, t k 2, t k, i zajedno sa informacijom u vremenu t k pokušajmo dobiti bolju procjenu integrala Konstruirajmo Lagrangeov interpolacijski polinom 3 i k j P 3 (t) = f(t k j, y k j )L k j (t), L k j (t) = (t t i) i k j (t k j t i ) j=0 i iskoristimo ga za aproksimaciju podintegralne funkcije na [t k, t k+ ] Time smo definirali metodu y k+ = y k + 3 f(t k j, y k j ) j=0 t k+ t k L k j (τ)dτ (4) } {{ } l j Ostaje izračunati koeficijente l j Inegrale ćemo računati zamjenom varijabli t = t k + sh, dt = hds, gdje je s [0, ] Idemo redom: l = l 0 = t k+ L k (τ)dτ = t k = h = h 6 t k+ = h 0 0 t k+ t k (t t k 3 )(t t k 2 )(t t k ) (t k t k 3 )(t k t k 2 )(t k t k ) dt h (3 + s) h (2 + s) h ( + s) ds 3 h 2 h h (s 3 + 6s 2 + s + 6)ds = h; t k L k (τ)dτ = 0 = h 2 t k+ t k h (3 + s) h (2 + s) h s ds 2 h h ( ) h 0 (s 3 + 5s 2 + 6s)ds = h; (t t k 3 )(t t k 2 )(t t k ) (t k t k 3 )(t k t k 2 )(t k t k ) dt

18 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 7 l 2 = l 3 = t k+ = h = h 2 t k L k 2 (τ)dτ = 0 0 t k+ = h t k+ t k h (3 + s) h ( + s) h s h ( ) h ( 2) h ds (s 3 + 4s 2 + 3s)ds = h; t k L k 3 (τ)dτ = 0 = h 6 t k+ t k h (2 + s) h ( + s) h s ( ) h ( 2) h ( 3) h ds 0 (s 3 + 3s 2 + 2s)ds = 9 24 h (t t k 3 )(t t k )(t t k ) (t k 2 t k 3 )(t k t k )(t k 2 t k ) dt (t t k 2 )(t t k )(t t k ) (t k 3 t k 2 )(t k 3 t k )(t k 3 t k ) dt Iako su gornji integrali elementarni, dali smo detalje računa s ciljem da se uoči da u tim formulama ima dosta strukture i da bi se u principu mogle očekivati zatvorene formule za računanje koeficijenata l i, bez da idemo kroz sve korake kao u gornjem primjeru To je uistinu moguće, ali za sada nećemo ulaziti u te detalje Algoritam 4 Adams Bashforthova eksplicitna metoda reda 4 [y] = Adams Bashforth 4(f, y 0:3, f 0:3, t, n) for i = 3,, n 2 y i+ = y i + h 24 (55f i 59f i + 37f i 2 9f i 3 ) f i+ = f(t i+, y i+ ) end y n = y n + h 24 (55f n 59f n f n 3 9f n 4 ) Ako želimo odmah dobiti osjećaj koliko je ovakva shema dobra, pogledajmo

19 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 8 lokalnu pogrešku diskretizacije: d k+ = y(t k+ ) y(t k ) h 24 {55f(t k, y(t k )) 59f(t k, y(t k )) + 37f(t k 2, y(t k 2 )) 9f(t k 3, y(t k 3 ))} = jer je f(t, y(t)) = y (t) = y(t k+ ) y(t k ) h 24 {55y (t k ) 59y (t k ) + 37y (t k 2 ) 9y (t k 3 )} = Taylorov razvoj oko t k = hy (t k ) + 2 h2 y (t k ) + 6 h3 y (t k ) + 24 h4 y (4) (t k ) + 20 h5 y (5) (t k ) + O(h 6 ) h 24 {55y (t k ) 59[y (t k ) hy (t k ) + 2 h2 y (t k ) 6 h3 y (4) (t k ) + 24 h4 y (5) (t k ) + O(h 5 )] + 37[y (t k ) 2hy (t k ) + 2h 2 y (t k ) 4 3 h3 y (4) (t k ) h4 y (5) (t k ) + O(h 5 )] 9[y (t k ) 3hy (t k ) h2 y (t k ) 9 3 h3 y (4) (t k ) h4 y (5) (t k ) + O(h 5 )] = h5 + O(h 6 ) Slično, koristeći pet uzastopnih koraka dobijemo: Algoritam 42 Adams Bashforthova eksplicitna metoda reda 5 [y] = Adams Bashforth 5(f, y 0:4, f 0:4, t, n) for i = 4,, n 2 y i+ = y i + h (90f 720 i 2774f i + 266f i 2 274f i f i 4 ) f i+ = f(t i+, y i+ ) end y n = y n + h (90f 720 n 2774f n f n 3 274f n f n 5 ) Sažetak: Nova aproksimacija se konstruira koristeći informaciju iz prethodnih m koraka Kažemo da je metoda m koračna Za početak trebamo m vrijednosti y 0, y, y 2,, y m, te m primjena funkcije f za računanje vrijednosti f 0, f, f 2,, f m U svakom koraku trebamo samo jednu novu primjenu funkcije f

20 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 9 Lokalna pogreška diskretizacije npr reda O(h 5 ) za m = 4 je bitno poboljšanje u odnosu na npr Eulerovu metodu Prije nego krenemo na sustavnu analizu višekoračnih metoda, pogledajmo još jedan primjer: Adams Moultonove metode 42 Adams Moulton ove metode Adams Moultonove metode polaze od iste ideje kao i Adams Bashfortove, ali se ovdje u čvorove inteporlacije uključuje i čvor t i+ Što smo time dobili? Ukupno se gleda isti broj prethodnih koraka, ali s jednim čvorem više možemo konstruirati interpolacijski polinom višeg stupnja Nadalje, interval nad kojim ćemo integrirati pomoću interpolacijskog polinoma je uključen u interval nad kojim interpoliramo Dakle, imamo P 3 (t) = 3 f(t k j, y k j )L k j (t), L k j (t) = j= y k+ = y k + 3 f(t k j, y k j ) j= t k+ t k L k j (τ)dτ } {{ } l j i k j (t t i) i k j (t k j t i ) Uočavamo da se na desnoj strani takoder pojavljuje nepoznata vrijednost y k+, što znači da je jedan korak metode zadan kao rješenje jednadžbe Ako izračunamo koeficijente, dobijemo [y] = Adams Moulton4(f, y 0:3, f 0:3, t, n) for k = 3,, n 2 y k+ y k + h (25f(t 720 k+, y k+ ) + 646f k 264f k + 06f k 2 9f k 3 ) f k+ = f(t k+, y k+ ) end y n = y n + h (25f(t 720 n, y n ) + 646f n 264f n f n 3 9f n 4 ) Vrijede svi komentari kao kod Adams Bashfortovih metoda, plus jedan novi: U svakom koraku metode trebamo riješiti jednadžbu čije rješenje je nova vrijednost u Adams Moultovoj metodi Odmah se, naravno, postavlja pitanje rješivosti: da li je u svakom koraku y k+ dobro definiran i kako ga efikasno izračunati?

21 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ Linearne diferencijske jednadžbe Višekoračna metoda sa m koraka generira niz diskretnih vrijednosti koje, uz odgovarajućih m početnih vrijednosti, zadovoljavaju jednadžbe oblika Φ k (y k, y k+,, y k+m ) = 0, k = k 0, k 0 +, k 0 + 2, (42) Gornja relacija definira diferencijsku jednadžbu reda m Sa {y k } ćemo označavati rješenje od (42) tj niz y k, y k+,, koji za svaki k k 0 zadovoljava (42) Nas će posebno zanimati linearne diferencijske jednadžbe α (k) m y k+m + α (k) m y k+m + + α (k) y k+ + α (k) 0 y k = γ k+m, α (k) m 0 (43) Uz svaku takvu jednadžbu vežemo njenu pripadnu homogenu jednadžbu α (k) m y k+m + α (k) m y k+m + + α (k) y k+ + α (k) 0 y k = 0, (44) koja ima važnu ulogu u opisu skupa rješenja od (43) Za očekivati je da ćemo do korisne informacije o rješenju doći oponašanjem rješavanja sustava linearnih algebarskih jednadžbi i običnih diferencijalnih jednadžbi Odmah vidimo da je trivijalni nul niz {0} jedino rješenje homogene jednadžbe (44) sa zadanim y 0 = = y m = 0 Očito je da je sa svakim zadanim y 0,, y m jedinstveno zadano rješenje {y k } Neka su sada {y () k },, {y(l) k } nekih l rješenja od (44) Kažemo da su {y(i) k }, i =,, l, linearno nezavisni u k 0 ako su linearno nezavisni retci matrice Y k0 = y () k 0 y () y (2) k 0 y (2) y (l) k 0 k 0 + y () k 0 +m k 0 + y (2) k 0 +m y (l) k 0 + y (l) k 0 +m tj ako (η,, η l )Y k0 = 0 η = = η l = 0 Odavde odmah slijedi da je maksimalni broj linearno nezavisnih rješenja u bilo kojoj točki k = k 0 jednak m Definicija 4 Fundamentalni sistem rješenja jednadžbe (44) u točki k = k 0 je svaki skup od m linearno nezavisnih rješenja u točki k = k 0 Teorem 4 Svaki niz {y k } koji je za k k 0 rješenje linearne homogene diferencijske jednadžbe (44) možemo napisati kao linearnu kombinaciju rješenja iz fundamentalnog sistema u k = k 0,

22 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 2 Posebno nas zanimaju fundamentalni sistemi u k = 0 linearne homogene diferencijske jednadžbe sa konstantnim koeficijentima α m y k+m + α m y k+m + + α y k+ + α 0 y k = 0, α 0 0, α m 0 (45) Ako rješenje potražimo u obliku y n = e λn ζ n, ζ = e λ 0, onda uvrštavanjem u (45) dobijemo ζ n (α m ζ m + α m ζ m + + α ζ + α 0 ) = 0 Dakle, {ζ n } je rješenje od (45) ako i samo ako je ζ nultočka polinoma ρ(ζ) = α m ζ m + α m ζ m + + α ζ + α 0 (46) Lema 42 Neka polinom ρ(ζ) ima m jednostrukih nultočki ζ,, ζ m {ζ k },, {ζm} k čine fundamentalni sistem rješenja u k = 0 Tada Dokaz: Zbog α 0 0 je ρ(0) 0, tj niti jedno rješenje {ζi k } nije trivijalno Linearnu nezavisnost u k = 0 vidimo iz činjenice da je determinanta matrice ζ ζ m ζ 2 ζ m 2 jednaka (ζ i ζ j ) 0 ζ ζ m i<j Ako su neke nultočke polinoma ρ(ζ) višestruke, sa ukupno l < m medusobno različitih, onda konstrukcija iz prethodne leme ne daje dovoljno rješenja za fundamentalni sistem Trebamo konstruirati dodatna rješenja Za motivaciju, neka je ζ dvostruka i zamislimo je kao rezultat kolizije u limesu dvije jednostruke ζ, ζ + ϵ, ϵ 0 Zbog linearnosti je (u toj zamišljenoj situaciji) za svaki ϵ > 0 rješenje dano i formulom ϵ ((ζ + ϵ) k ζ k ), pri čemu je lim ϵ 0 ϵ ((ζ + ϵ) k ζ k ) = d dζ ζk ζ=ζ = kζ k Teorem 43 Neka su ζ,, ζ l sve medusobno različite nultočke polinoma (46), te neka je κ i algebarska kratnost nultočke ζ i Tada m nizova {y k } = {ζi k } {y k } = {kζ k i } {y k } = {k(k )ζ k 2 i } i =,, l (47) {y k } = {k(k ) (k κ i + 2)ζ k κ i+ i } čine fundamentalni sistem rješenja od (45) u k = 0

23 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 22 Primjer 4 Nultočke polinoma ρ(ζ) su općenito komplesni borjevi pa su rješenja opisana u Teoremu 43 kompleksna Ako trebamo realna rješenja jednadžbe (45) sa realnim koeficijentima, onda sve komplesne nultočke dolaze u kolpleksno konjugiranim parovima i svaki takav par možemo zamijeniti sa realnim i imaginarnim dijelom Na primjer, y n+2 + y n = 0 ima ρ(ζ) = ζ 2 + sa ζ = i, ζ 2 = i, pa su rješenja {i k }, {( i) k } Umjesto njih, za realan fundamentalni sistem možemo uzeti {cos(nπ/2)} i {sin(nπ/2)} 44 Konvergencija višekoračnih metoda Analiziramo konvergenciju m koračne metode na intervalu [a, b], kojeg smo podijelili na n jednakih podintervala duljine h = (b a)/n, oblika [t k, t k+ ], t k = a+kh, k = 0,, Zanima nas kako dobro izračunate vrijednosti y k aproksimiraju vrijednosti točnog rješenja y(t k ) kada n, tj kada h 0 Općenito se može promatrati proizvoljne podjele, ali takve da max k (t k+ t k ) konvergira u nulu kada n Takva razmatranja su tehnički nešto kompliciranija i nećemo ih provoditi Kod nas će niz t 0,, t n uvijek definirati ekvidistantnu subdiviziju sa konstantnim korakom h = t k+ t k Lako vidimo da pomakom indeksa svaku m koračnu metodu iz prethodnih sekcija možemo zapisati u generičkom obliku kao m α j y k+j = hϕ(t k, y k,, y k+m, h), α m 0, (48) j=0 gdje su y 0 y(t 0 ),, y m y(t m ) zadane početne aproksimacije, preslikavanje ϕ koje definira metodu je definirano na ϕ : [a, b] } R d R d {{ R } d R + R d m+ Metoda je linearna m koračna ako je oblika m m α j y k+j = h β j f(t k+j, y k+j ), α m 0 (49) j=0 j=0 Dijeljenjem (48) s α m možemo definicijsku relaciju normirati tako da bez smanjenja općenitosti uzimamo α m = Iz analize linearnih diferencijskih jednadži u 43 znamo da m koračna generira više rješenja (rezultat zamjene diferencijalne jednadžbe prvog reda diferencijskom m tog reda) i da će za uspjeh višekoračne metode morati postojati mehanizam koji će prigušiti ta parazitska rješenja

24 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ Red metode Kao i kod jednokoračnih metoda, uvodimo pojam lokalne pogreške diskretizacije: Definicija 42 Za m koračnu metodu (48) i t + jh [a, b], j = 0,, m, je lokalna pogreška diskretizacije m τ m (t, h) = α j y(t + jh) hϕ(t, y(t),, y(t + mh), h) j=0 Kažemo da je metoda konzistentna reda konzistentnosi p ako postoje h > 0 i D > 0 tako da, za sve h h i t + jh [a, b], j = 0,, m, vrijedi ocjena τ m (t, h) Dh p+ Kod linearnih višekoračnih metoda je lokalna pogreška diskretizacije oblika m m τ m (t, h) L m (y(t), h) = α j y(t + jh) h β j y (t + jh) (40) j=0 i možemo je shvatiti i kao linearni diferencijski operator koji djeluje na (ovisno o situaciji i primjeni) dovoljno glatke funkcije y( ) Koristeći Taylorove razvoje y(t + jh) = y(t) + y (t)jh + y (t) 2! y (t + jh) = y (t) + y (t)jh + y (t) 2! j=0 j 2 h 2 + y (t) j 3 h 3 + 3! j 2 h 2 + y(4) (t) j 3 h 3 + 3! i grupiranjem elemenata po potencijama od h izraz za L m (y(t), h) možemo zapisati u obliku L m (y(t), h) = C 0 y(t) + C hy (t) + C 2 h 2 y (t) + + C l h l y (l) (t) + gdje su koeficijenti C l dani s m C 0 = α j, C = j=0 C l = l! j= m jα j j= m j l α j (l )! m β j, i općenito j=0 m j l β j, l = 2, 3, Definicija 43 Kažemo da je linearni diferencijski operator (40) reda p ako je C 0 = = C p = 0 i C p+ 0 j=

25 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ Ocjena globalne pogreške Želimo ocijeniti globalnu pogrešku e k = y k y(t k ), k = 0,, n, te vidjeti što se dogada kada h 0 Za početak, slijedimo shemu koju smo primijenili kod jednokoračnih metoda Komplikacije koje nastaju zbog složenije strukture višekoračne metode ćemo rješavati u hodu Naravno, u realnim uvjetima primjene metode ne možemo izbjeći pogreške konačne (strojne) aritmetike i druge aproksimacije pri računanju vrijednosti funkcije ϕ, rješavanja jednadži u implicitnim metodama itd To znači da za realističnu analizu metode, u k tom koraku (48) trebamo uključiti i tu dodatnu pogrešku označimo je s ξ k+m Oduzimanjem relacija m α j y k+j = hϕ(t k, y k,, y k+m, h) + ξ k+m j=0 m α j y(t k+j ) = hϕ(t k, y(t k ),, y(t k+m ), h) + τ m (t k, h) j=0 i uz oznake τ k+m = τ m (t k, h), δ k = ϕ(t k, y k,, y k+m, h) ϕ(t k, y(t k ),, y(t k+m ), h) dobijemo m α j e k+j = hδ k + ξ k+m τ k+m, k = 0,, n m (4) }{{} j=0 ω k Izvedene relacije možemo kompaktno zapisati kao e k+ e k+2 e k+m e k+m } {{ } E k+ = A e k e k+ e k+m 2 e k+m } {{ } E k 0 + 0, A= 0 ω k }{{} Ω k Sada zamjenama E k = A(AE k 2 + Ω k 2 ) + Ω k itd dobijemo I d } α 0 α α m 2 {{ α m } A α k E k = A k E 0 + A k j Ω j, k = 0,, n m +, (42) j=0

26 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 25 gdje E 0 = (e 0,, e k ) T sadrži pogreške inicijalnih m vrijednosti y 0,, y m Odmah uočavamo da postoji opasnost nekontroliranog rasta pogreške sa k Zato pretpostavimo da je Tada je sup A k C < (43) k k E k A k E 0 + A k j Ω j (44) j=0 k C( E 0 + Ω j ); (45) j=0 Ω j = ω j h δ j + ξ j+m + τ j Sada pretpostavimo da je ϕ Lipschitzova: ϕ(t k, y k,, y k+m, h) ϕ(t k, y(t k ),, y(t k+m ), h) L ϕ i odmah zaključimo da je δ j L ϕ Ω j max i=0:n m τ i + hl ϕ m i=0 e j+i pa je m j=0 m e j+i + ξ j+m i=0 y k+j y(t k+j ) (46) max τ k + hl ϕ (m E j + E j+ ) + ξ j+m k=0:n m k k Ω j (n max τ i + n max ξ i ) +hl ϕ (m E i + E i+ ) i i j=0 }{{} i=0 η Sada u (45) vrijedi k η + hl ϕ (m + ) E i + hl ϕ E k i=0 k E k C( E 0 + η + hl ϕ (m + ) E i + hl ϕ E k ) i=0

27 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 26 Neka je sada h > 0 odabran tako da je h L ϕ C <, i neka je h (0, h ] Prethodna nejednakost daje E k C ChL ϕ ( E 0 + n max i τ i + n max i ξ i ) + (m+)cl ϕ ChL ϕ k h E i i=0 k α + β h E i, k =,, n m + i=0 U ovoj situaciji primjenjujemo standardnu nejednakost koja je opisana u sljedećoj lemi: Lema 44 Neka su zadani h 0,, h r > 0 i α 0, β 0 Ako v,, v r zadovoljavaju i v 0 α, v i α + β h j v j, i =,, r, onda vrijedi v i e β i j=0 h j, i =,, r Dakle, imamo j=0 E k max(c, ) ( E 0 + n max ChL ϕ i K( E 0 + h max i sa K = τ i + n max i ξ i )e τ i ) + K h max ξ i, i (m+)cl (b a) max(c, ) ϕ (b a) Ch L e ϕ Ch L ϕ (m+)cl ϕ (n m)h ChL ϕ 443 Omedenost niza A k i Dahlquistov uvjet stabilnosti Jedna od ključnih pretpostavki u prethodnim razmatranjima je bila da je niz potencija A k omeden odozgor Zapravo, iz relacije (42) se dade naslutiti da je ta omedenost i nužna za dobro ponašanje globalne pogreške Zato nam je važno znati koji su uvjeti na samu metodu pa da niz A k bude omeden Sljedeća propozicija to pitanje svodi na pitanje omedenosti potencija matrice A α

28 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 27 Propozicija 45 Vrijedi (A α I d ) k = A k α I d i za {,, 2 } je (A α I d ) k = A k α Dokaz: Direktna provjera Propozicija 46 Karakteristični polinom matrice A α = α 0 α α m 2 α m je ujedno i njen minimalni polinom i glasi χ Aα (λ) = λ m + m j=0 α jλ j Dokaz: Lako provjerimo, razvojem determinante po zadnjem retku, da je zbilja det(λi A α ) = λ m + m j=0 α jλ j Nadalje, ako je p(λ) = l j=0 β jλ j polinom stupnja l < m (β l 0), pokazat ćemo da je p(a α ) 0 Primijetimo da je e T A j α = e T j+, j =,, m Dakle, e T p(a α ) = l β j e T A j α = (β 0, β,, β l, 0,, 0) 0 }{{} m l j=0 Teorem 47 Neka je A proizvoljna n n matrica Tada je niz potencija (A k, k = 0,, 2, ) omeden ako i samo ako su ispunjena sljedeća dva uvjeta: Spektralni radijus matrice A je najviše jedan: spr(a) 2 Svaka svojstvena vrijednost λ za koju je λ = je jednostruka nultočka minimalnog polinoma od A (Ovo je ekvivalentno zahtjevu da u Jordanovoj normalnoj formi od A toj svojstvenoj vrijednosti λ pripadaju blokovi) Dokaz: Neka je A = T JT dekompozicija sa Jordanovom normalnom formom λ i J = i J i, gdje je J i = blok dimenzije n i n i Ako je n i =, onda λ i λ i je J i = (λ i )

29 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 28 Ako pretpostavimo dva uvjeta teorema, onda je, za svaki λ i, λ i i λ i = = n i = Specijalno je za n i 2 ispunjeno λ i < pa ε = max ni 2 λ i zadovoljava λ i + ε kad god je n i 2 Ako stavimo D ε = diag(, ε,, ε n ) i definiramo J ε = Dε JD ε, onda je λ i ε (J ε ) ij = ε j i J ij, tj J ε = J ε,i, gdje je J ε,i =, ili J εi = (λ i ) Očito je J ε, pa je onda i za svaki k = 0,,, Jε k Konačno, kako je A k = T D ε Jε k Dε T, zaključujemo A k λ i T T ( max ni 2 λ i ) n Sada pokažimo da su uvjeti teorema i nužni Pa recimo da ne vrijede oba Ako ne vrijedi prvi uvjet, onda je spr(a) >, pa postoji svojstvena vrijednost λ i od A koja je po modulu strogo veća od jedan, λ i > Tada je spr(a k ) λ i k, (k ), pa A k ne može biti omedeno Ako ne vrijedi drugi uvjet, onda mora postojati svojstvena vrijednost λ i od A modula jedan i sa n i 2 Sada se sjetimo da f(j i ) = J k i ima strukturu npr ako je n i = 5 f(j i ) = f(λ i ) f() (λ i )! 0 f(λ i ) f (2) (λ) 2! f () (λ i )! 0 0 f(λ i ) f (3) (λ) 3! f (2) (λ) 2! f () (λ i )! ε λ i f (4) (λ) 4! f (3) (λ) 3! f (2) (λ) 2! f () (λ)! f(λ i ) f(λ i ) odakle zaključujemo da je (J k i ) 2 = kλ k i, tj da J k i pa onda i J k neograničeno raste kada k, J k k Naravno, onda, iz J k = T A k T, je A k J k /( T T ) 444 Konvergencija = stabilnost + konsistentnost Sada prethodna razmatranja možemo formalizirati i iskazati u obliku ključnih teorema u analizi višekoračnih metoda Definicija 44 m koračna metoda m α j y k+j = hϕ(t k, y k,, y k+m, h) j=0,

30 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 29 je nul stabilna (kažemo i Dahlquist stabilna) ako njen pripadni polinom ρ(ζ) = α m ζ m + α m ζ m + + α ζ + α 0 ima sve nultočke unutar kruga {ζ C : ζ } i ako je svaka nultočka sa ruba tog kruga jednostruka (ρ(ζ) = 0 & ζ = = ρ (ζ) 0) Dakle, dokazali smo sljedeći teorem: Teorem 48 Neka je m koračna metoda (48) nul stabilna i neka je C = sup k A k Nadalje, neka ϕ zadovoljava Lipschitzov uvjet: postoji konstanta L ϕ > 0 tako da za sve t [a, b], h > 0 i sve v i, w i R d vrijedi ϕ(t, v 0,, v m, h) ϕ(t, w 0,, w m, h) L ϕ m j=0 v j w j Tada za h < /(CL ϕ ) i svaki n N za kojeg je h = (b a)/n (0, h ] vrijedi max y k y(t k ) K( max k=0:n y k y(t k ) + k=0:m h max i τ i + h max ξ i ) i gdje je K = onda imamo (m+)cl (b a) max(c, ) ϕ (b a) Ch L e ϕ Ako je metoda konsistentna reda p Ch L ϕ max y k y(t k ) K( max y k y(t k ) + Dh p + k=0:n k=0:m h max ξ i ) i Uočavamo dvije stvari: (i) Ako je metoda reda konzistentnosti p, onda je u idelanim teorijskim uvjetima (ξ i = 0 za sve i) njen potencijal aproksimiranja točnog rješenja s greškom O(h p ) uvjetovan odgovarajućom ocjenom za max k=0:m y k y(t k ), tj inicijalnih m vrijednosti y 0,, y m moraju biti odgovarajuće kvalitete Drugim riječima, za startati m koračnu metodu ćemo trebati jednokoračnu metodu odgovarajućeg reda Za to nam mogu poslužiti npr Runge Kuttine metode (ii) U praktičnom računanju, kada ne možemo izbjeći pogreške ξ i 0, vidimo da postoji efekt njihovog akumuliranja i faktor /h = n/(b a) sprječava da taj dio pogreške ide u nulu kada h 0 To znači da valja biti oprezan sa izborom koraka h

31 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 30 Definicija 45 Kažemo da je linearna višekoračna metoda (49) konvergentna ako za sve inicijalne probleme za koje vrijedi Teorem 2 vrijedi lim y n = y(x) h 0 x=a+nh za sve x [a, b] i niz {y n } generiran metodom s inicijalnim uvjetima y i = y i (h) za koje je lim h 0 y i (h) = y 0, i = 0,, m Teorem 49 (Dahlquits) Linearna višekoračna metoda je konvergentna ako i samo ako je konzistentna i nul stabilna 5 Kruti sistemi i A stabilnost Promotrimo linearni sustav diferencijalnih jednadžbi y (t) = Ay(t) + φ(t) u kojem d d matrica A ima jednostruke svojstvene vrijednosti λ,, λ d, sa pripadnim, medusobno nezavisnim, svojstvenim vektorima v,, v d Znamo da je tada opće rješenje oblika d y(t) = c i e λit v i + ψ(t) i= U primjenama, na primjer kemiji, jednadžbe opisuju kemijsku reakciju i zanima nas stacionarno rješenje, pri čemu je Re(λ i ) < 0 za sve i Sama kemijska reakcija se sastoji od više procesa koji se odvijaju u različitim vremenskim skalama Za transijentni dio rješenja vrijedi lim t d c i e λit v i = 0, i= pri čemu svaki e λ it trne u nulu brzinom ovisnom o λ i Ako želimo numerički dobiti stacionarno rješenje, onda numerička metoda mora u vremenu napredovati tako daleko dok cijeli transijentni dio ne utrne Brzina najsporije padajuće komponente je odredena sa min i Re(λ i ) što je taj broj manji (tj što je neka svojstvena vrijednost bliže imaginarnoj osi) to će trebati više koraka metode S druge strane, ako je max i Re(λ i ) veliki, to nas tjera na uzimanje manjeg koraka diskretizacije h što je taj broj veći trebamo manji korak Sve zajedno, u najgoroj situaciji smo ako moramo numerički rješavati jednadžbu na velikom intervalu i to sa jako malim korakom

32 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 3 Definicija 5 Linearni sustav diferencijalnih jednadžbi y (t) = Ay(t) + φ(t) je krut ako su sve svojstvene vrijednosti λ,, λ d matrice A u lijevoj otvorenoj poluravnini (Re(λ i ) < 0, i =,, d) i ako je omjer max i Re(λ i ) min i Re(λ i ) Primjer 5 Promotrimo na (0, ) sustav y (t) = Ay(t) sa inicijalnim uvjetom y(0) = y 0, gdje pretpostavljamo da je matrica A ima samo jednostruke svojstvene vrijednosti λ,, λ d, te da je max j Re(λ j ) < 0 Tada je A dijagonalizabilna i njenu spektralna dekompozicija je A = V ΛV, gdje su stupci v,, v d svojstveni vektori, Av i = λ i v i, Λ = diag(λ i ) n i= Rješenje y(t) možemo pisati kao y(t) = e ta y 0 = V e tλ V y 0 = d e λjt (V y 0 ) }{{} j v j γ j j= d e λjt γ j v j j= Kako su sve svojstvene vrijednosti po pretpostavci u lijevoj poluravnini, vrijedi lim t y(t) = 0 Pri tome brzina padanja rješenja u smjeru svojstvenog vektora v j ovisi o veličini Re(λ j ) Dakle, ako je neki Re(λ j ) < 0 blizu nuli, onda će trebati odgovarajuće veliki t > 0 dok ta komponenta ne bude dovoljno mala Ako ovaj problem pokušamo riješiti Eulerovom metodom, u k tom koraku imamo y k = (I d + ha) k y 0 = V (I d + hλ) k V y 0 = d ( + hλ j ) k γ j v j j= Odmah uočavamo problem: ako je za neki j + hλ j >, onda će duž smjera v j niz y k rasti u beskonačno brzinom +hλ j k Kažemo da imamo parazitsko rješenje koje je generirala metoda i koje je očito u suprotnosti sa ponašanjem rješenja koje u beskonačnosti trne u nulu Sada na istom primjeru primijenimo trapeznu metodu U k tom koraku je y k+ = y k + h 2 (Ay k + Ay k+ ) y k = (I d h 2 A) k (I d + h 2 A)k y 0 = d j= ( + h λ ) k 2 j hλ γ j v j 2 j

33 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 32 Sada odmah uočimo da je, zbog Re(λ j ) < 0, + h 2 λ j hλ <, za proizvoljan h > 0 2 j Dakle, trapezna formula će u beskonačnosti reproducirati ponašanje egzaktnog rješenja i to sa proizvoljnim korakom h > 0, neovisno o svojstvenim vrijednostima Za nastavak proučavanja fenomena opisanog u prethodnom primjeru promatramo model problem y (t) = λy(t), t 0, y(0) =, (5) sa rješenjem y(t) = e λt Uzimamo Re(λ) < 0, tako da je lim t y(t) = 0 Za metodu koja sa korakom h > 0 rješava ovaj problem definiramo domenu (linearne) stabilnosti kao skup D = {hλ C : lim y n = 0} n U gornjim primjerima je dakle D Euler = {z C : + z < }, D Trapez = {z C : + z 2 z < } = {z C : Im(z) < 0} 2 Definicija 52 Numerička metoda za (5) je A stabilna ako njena domena stabilnosti D sadrži cijelu otvorenu lijevu poluravninu {z C : Im(z) < 0} Sada želimo proučiti kako izgleda numeričko rješenje problema (5), ako koristimo m koračnu metodu m α j y k+j = hλ j=0 m β j y k+j, k = 0,, 2, j=0 Zahtijevamo stabilnost za svaki odabir inicijalnih vrijednosti y 0,, y m Aproksimacije generirane metodom zadovoljavaju linearnu diferencijsku jednadžbu m (α j hλβ j )y k+j = 0, k = 0,, 2, (52) j=0

34 POGLAVLJE NUMERIČKO RJEŠAVANJE IP ZA ODJ 33 Stavimo σ(ζ) = m β j ζ j, ω(ζ; ξ) = ρ(ζ) ξσ(ζ) j=0 Prema 43, rješenje od (52) je odredeno nultočkama pripadnog polinoma m (α j hλβ j )ζ j = ρ(ζ) hλσ(ζ) = ω(ζ; hλ) j=0 Propozicija 5 Neka je ω(ζ; ξ) polinom pridružen linearnoj m koračnoj metodi (52) i neka su z (ξ),, z l(ξ) (ξ) sve njegove medusobno različite nultočke Tada je metoda (52) A stabilna ako i samo ako vrijedi da je za svaki ξ C sa Re(ξ) < 0 ispunjeno max z i (ξ) < i=:l(ξ) Navedimo još jedan, donekle razočaravajući rezultat Teorem 52 (Dahlquist) Eksplicitna linearna višekoračna metoda ne može biti A stabilna A stabilna implicitna višekoračna metoda može biti reda najviše dva Takvih rezultata ima još: Teorem 53 Niti jedna eksplicitna Runge Kuttina metoda ne može biti A stabilna Naravno, ovi negativni rezultati ne znače da su te metode beskorisne, već nas upozoravaju da metode u konkretnim primjenama treba uvijek primijenjivati cum grano salis

35 Poglavlje 2 Rubni problem za ODJ U primjenama se često javljaju tzv rubni problemi, gdje uz diferencijalnu jednadžbu koja definira funkciju na nekoj domeni imamo i zadano ponašanje rješenja jednadžbe na rubovima domene Jednostavni primjer je rubni problem za običnu diferencijalnu jednadžbu drugog reda u (x) = f(x, u(x), u (x)), x [a, b] R u(a) = α, u(b) = β Mi ćemo osnovne elemente numeričkog rješavanja rubnih problema ilustrirati na jednom specijalnom primjeru iz klase Sturm Liouvilleovih rubnih problema: y (x) + r(x)u(x) = f(x), x [a, b] y(a) = α, y(b) = β (20) Teorem 204 Ako su funkcije r, f : [a, b] R neprekidne na [a, b] i ako je r(x) 0 za sve x [a, b] onda problem (20) ima jedinstveno rješenje y C 2 [a, b] 2 Rješavanje konačnim diferencijama Segment [a, b] diskretiziramo na standardni način: odaberemo n N, stavimo h = (b a) n +, x i = a + i h, i = 0,, n + (2) Koristeći centralne diferencije, lijevu stranu jednadžbe izračunatu u unutarnjim čvorovima možemo zapisati kao u (x i ) = u(x i h) + 2u(x i ) u(x i + h) h 2 34 u (4) (x i + θ i h) h2 2 (22)

36 POGLAVLJE 2 RUBNI PROBLEM ZA ODJ 35 (Naravno, u ovom momentu pretpostavljamo da je u klase C 4 ) Znači da rješenje problema u čvorovima x i, i =,, n, zadovoljava u(x i h) + 2u(x i ) u(x i + h) h 2 + r(x i )u(x i ) = f(x i ) + u (4) (x i + θ i h) h2 2 (23) Aproksimacije u i u(x i ) ćemo odrediti tako da zadovoljavaju slične jednadžbe i to tako da zanemarimo nepoznati O(h 2 ) član i u i definiramo (uz oznake r i = r(x i ), f i = f(x i )) s u i + 2u i u i+ h 2 + r i u i = f i, i =,, n, (24) gdje je u 0 = u(a) = α, u n+ = u(b) = β Vidimo da zadane rubne vrijednosti možemo iskoristiti u prvoj i u zadnjoj jednadžbi Tako na primjer u prvoj, koja glasi u 0 + 2u u 2 h 2 + r u = f možedmo iskorititi u 0 = α i dobiti 2u u 2 h 2 + r u = f + α h 2 Kada analogono modificiramo i zadnju jednadžbu, dobiveni sustav jednadžbi možemo zapisati u matričnom obliku kao 2+r h 2 2+r 2 h 2 u f +α/h 2 2+r 3 u 2 f h 2 u 3 2 f 3 h 2 = (25) 2+r n h 2 2+r n h 2 u n u n f n f n +β/h 2 tj h 2 Av = f Da bi aproksimacija bila dobro definirana, trebamo npr imati osiguranu regularnost matrice A Teorem 2 Ako su r i 0, i =,, n, onda je matrica 2+r h 2 2+r 2 h 2 2+r 3 h A = 2 2+r n h 2 2+r n h 2

37 POGLAVLJE 2 RUBNI PROBLEM ZA ODJ 36 pozitivno definitna i 0 A Ã, gdje je Specijalno je à = A à (b a)2 8h 2 Dokaz: Koristeći Geršgorinove krugove zaključujemo da je S(Ã) [0, 4] Lako vidimo da je à regularna, pa 0 S(Ã) Ako bi λ = 4 bila svojstvena vrijednost od Ã, onda bi à 4I bila singularna, što je nemoguće jer je à 4I = ΩÃΩ sa Ω = diag(±) Dakle, S(Ã) (0, 4) Specijalno je à pozitivno definitna, pa je i A = à + h2 diag(r i ) n i= pozitivno definitna: za x 0 je n x Ax = x Ãx + h 2 r i x i 2 > 0 Matricu A napišimo kao produkt A = D(I J), J = 0 2+r h 2 2+r 2 h 2 0 i= 2+r 2 h 2 2+r 3 h r 3 h 2 2+r n h r n h 2 2+rnh 2 0 D = diag(2 + r i h 2 ) n i= Slično je à = D(I J), D = 2I Odmah uočavamo da je 0 D D, 0 J J = Kako je J = 2 (2I Ã), zaključujemo da je S( J) (, ) pa je spr( J) < Dakle, red k=0 J k konvergira i I + J + J 2 + J 3 + = (I J),

38 POGLAVLJE 2 RUBNI PROBLEM ZA ODJ 37 Nadalje, iz 0 J J slijedi da i k=0 J k konvergira i 0 I + J + J 2 + J 3 + = (I J) (I J) Konačno, iz 0 D D imamo 0 A = (I J) D (I J) D = à Sada izračunajmo gornju ogradu za à Prvo se prisjetimo: Ako je S 0, onda imamo S = max x = Sx = max k=:n S = max k=:n n j= Odavde imamo T S 0 = T S Sada promotrimo problem n s kj j= ( ) s kj = S z (x) =, a < x < b z(a) = z(b) = 0, kojem je egzaktno rješenje parabola z(x) = (x a)(b x) Kako je 2 z(4) (x) 0, centralne diferencije perfektno aproksimiraju drugu derivaciju od z u čvorovima pa je z(x ) h à 2 = = à = z(x ) h 2 (26) z(x n ) z(x n ) Kako je zaključujemo da je max x [a,b] (b a)2 (x a)(b x) = 2 8 à = z(x ) h 2 z(x n ) (b a)2 8h 2

39 POGLAVLJE 2 RUBNI PROBLEM ZA ODJ 38 Teorem 22 Neka rubni problem 20 ima rješenje u C 4 [a, b] Neka je u = (u,, u n ) diskretna aproksimacija rješenja na mreži čvorova (2), dobivena iz (25) Tada vrijedi u(x i ) u i u(4) h 2 (x i a)(b x i ) 24 (b a)2 u (4) h 2 96 Dokaz: Oduzimanjem relacija (23) i (25) dobijemo u u(x ) u (4) (x + θ h) h A 2 = h2 2 u n u(x n ) u (4) (x n + θ n h) odakle je u u(x ) = h4 u n u(x n ) 2 A u (4) (x + θ h) u (4) (x n + θ n h) Ako sada pogledamo apsolutne vrijednosti po komponenetama i uvažimo da je 0 A Ã, max i u (4) (x i + θ i h) u (4), dobijemo (koristeći (26)) u u(x ) (x a)(b x ) u(4) h 4 Ã 2 = u(4) h 2 24 u n u(x n ) (x n a)(b x n ) 2 Varijacijska formulacija Promatramo problem uz pretpostavke da je Uočimo da je (p(x)u (x)) + q(x)u(x) = g(x), x [a, b] u(a) = α, u(b) = β p C [a, b], p(x) p 0 > 0 q C[a, b], q(x) 0 f C[a, b] C 2 [a, b] v L(v) (pv ) + qv C[a, b] (27) (28)

40 POGLAVLJE 2 RUBNI PROBLEM ZA ODJ 39 linearno preslikavanje pa gornju diferencijalnu jednadžbu možemo zapisati u obliku L(v) = f Sada pogledajmo dodatne rubne uvjete Ako je α = β = 0, onda je D(L) {v C 2 [a, b] : v(a) = v(b) = 0} C 2 [a, b] vektorski potprostor, i ako onda L definiramo kao onda naš polazni problem (27) postaje L : C 2 [a, b] D(L) C[a, b] (29) Uvedimo skalarni produkt i pripadnu normu: (u, v) b a L(u) = f, u D(L) (20) u(x)v(x)dx, u 2 = (u, u) (2) Teorem 23 Operator L je u skalarnom produktu (, ) simetričan na D(L): za sve u, v D(L) vrijedi (L(u), v) = (u, L(v)) Dokaz: Provjera direktnim računom koristeći parcijalnu integraciju i definiciju prostora D(L) Vrijedi (u, L(v)) = b u(x)[ (p(x)v (x)) + q(x)v(x)]dx a b = u(x)p(x)v (x) b a + (p(x)v (x)u (x) + q(x)u(x)v(x))dx = b a (p(x)v (x)u (x) + q(x)u(x)v(x))dx = (v, L(u)) = (L(u), v), a jer je zadnji izraz simetričan u u i v Iz prethodnog računa vidimo da je izraz (L(u), v) definiran na većoj klasi funkcija na primjer, za razliku od L(u) uopće ne koristi drugu derivaciju Prije nego nastavimo, trebamo malu digresiju:

41 POGLAVLJE 2 RUBNI PROBLEM ZA ODJ 40 Definicija 2 Kažemo da je f : [a, b] R apsolutno neprekidna na [a, b] ako za svaki ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svaki konačan niz podintervala [a i, b i ] sa a a < b < a 2 < b 2 < a 3 < < a n < b n b vrijedi n b i a i < δ = i= n f(b i ) f(a i ) < ϵ i= Komentar 2 Ako je f apsolutno neprekidna onda je ona i neprekidna i f (x) x postoji gotovo svuda Vrijedi i f(x) = f(a) + f (t)dt Ako su f i g apsolutno neprekidne onda vrijedi formula parcijalne integracije Definirajmo prostor funkcija K m [a, b] = {f : [a, b] R : f (m ) apsolutno neprekidna, f (m) L 2 [a, b]} (22) Vidimo da je (L(u), v) dobro definiran i na skupu D = {u K [a, b] : u(a) = u(b) = 0} na kojem možemo definirati simetričnu bilinearnu formu [u, v] = b a a (p(x)u (x)v (x) + q(x)u(x)v(x))dx (23) Teorem 24 Postoje pozitivne konstane γ > 0 i Γ > 0 tako da za svaki u D vrijedi γ u 2 [u, u] Γ u 2 (24) Specijalno je, za svaki u D(L) \ {0}, [u, u] (L(u), u) > 0 Dokaz: Uzmimo u D Vrijedi u(x) = u(a) + x u (t)dt = x u (t)dt u(x) 2 = x a u (t)dt 2 a x x 2 dt b u (t) 2 dt (b a) u (t) 2 dt a a a a

42 POGLAVLJE 2 RUBNI PROBLEM ZA ODJ 4 i zaključujemo da je b u 2 (b a) Sada koristeći p(x) p 0 > 0 i q(x) 0 imamo a u (t) 2 dt (b a) 2 u 2 [u, u] = b a (p(x)u (x) 2 + q(x)u(x) 2 )dx p 0 b a u (x) 2 dx p 0 b a u 2 Takoder, pa (24) vrijedi sa [u, u] p (b a) u 2 + q (b a) u 2 ( p (b a) + q (b a) 3 ) u 2 γ = p 0 b a, Γ = p (b a) + q (b a) 3 Odmah vidimo da ovakav pristup daje elegantne dokaze Na primjer, ako su y, y 2 D(L) dva rješenja problema (27), vrijedi L(y ) = L(y 2 ) = f, pa je odmah L(y y 2 ) = 0 Iz Teorema 24 je 0 = (y y 2, L(y y 2 )) γ y y 2 2 0, pa je y = y 2 Sada definiramo funkcional F : D R, F (u) = [u, u] (f, u) (25) 2 Teorem 25 Neka je y D(L) rješenje rubnog problema (27) Tada za svaki u D, u y povlači F (u) > F (y) Dokaz: Uzmimo u D i računajmo F (u) = 2 [u, u] (L(y), u) = ([u, u] 2[y, u] + [y, y] [y, y]) 2 = 2 ([u y, u y] [y, y]) > [y, y] = F (y) 2

43 POGLAVLJE 2 RUBNI PROBLEM ZA ODJ 42 Gornji rezultat daje ideju da rješenje y pokušamo dobiti minimizacijom funkcionala F po D Uočimo da je D D(L) Samu minimizaciju ćemo provesti aproksimativno, na sljedeći način: Odaberimo n dimenzionalni potprostor S D, n <, i pokušajmo izračunati u S = arg min u S F (u) Da bi račun bio praktično i konkretno provediv, S zadajemo bazom u,, u n, u kojoj je svaki u S prikazan s u = n i= ξ iu i Na taj način je S R n pa minimiziramo n Φ(ξ,, ξ n ) = F ( ξ j u j ) = n n n 2 [ ξ j u j, ξ k u k ] (f, ξ k u k ) ξ n = n j= j= k= j= n [u k, u j ]ξ k ξ j + k= n ξ k (f, u k ) Uz oznake ξ [u, u ] [u, u n ] (f, u ) x =, A =, b = (26) [u n, u ] [u n, u n ] (f, u n ) imamo problem minimizacije na R n k= Φ(x) = 2 xt Ax x T b min Teorem 26 Problem minimizacije F (u) min, u S, ima jedinstveno rješenje u S = n i= ξ iu i u kojem su koeficijenti x = (ξ,, ξ n ) T odredeni kao jedinstveno rješenje sustava jednadžbi Ax = b, sa b kao u (26) Ako je y D(L) rješenje problema (27), tj L(y) = f, onda je Dokaz: Dokaz ide u četiri poteza: k= [u S y, u S y] = min[u y, u y] (27) u S Matrica A = (a ij ) R n n definirana kao u (26) je pozitivno definitna To vidimo iz x T Ax = [u, u]