Αριθµητική Ανάλυση. Ενότητα 6 Αριθµητική Παραγώγιση και Ολοκλήρωση. Ν. Μ. Μισυρλής. Τµήµα Πληροφορικής και Τηλεπικοινωνιών,

Αριθµητική Ανάλυση Ενότητα 6 Αριθµητική Παραγώγιση και Ολοκλήρωση Ν. Μ. Μισυρλής Τµήµα Πληροφορικής και Τηλεπικοινωνιών, Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 1 / 96

Αριθµητική Ολοκλήρωση Κλειστοί τύποι αριθµητικής ολοκλήρωσης Εστω I(f) = b µε f(x) C[a, b], τότε I(f) = F(b) F(a), όπου F(x) είναι το αόριστο ολοκλήρωµα της f(x). a f(x)dx (1) Ο υπολογισµός του I(f) ϑα γίνει από τον τύπο I(f) n a i f(x i ). () i=0 Η f(x) προσεγγίζεται µε ένα πολυώνυµο παρεµβολής f(x) p n (x). (3) Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 / 96

Κλειστοί τύποι αριθµητικής ολοκλήρωσης Υποθέτουµε ότι τα σηµεία x i, i = 0(1)n ισαπέχουν, δηλ. ( θ p n (x) = f 0 + 1 x i = x 0 + h, i = 0(1)n ) ( θ f 0 + ) ( θ f 0 + + n ) n f 0 (4) Για x 0 = a, x n = b έχουµε x = x 0 +θh θ = x x 0 h I(f) = b a f(x)dx xn x 0 p n (x)dx (5) Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 3 / 96

Κλειστοί τύποι Εχουµε για x = x 0 θ = 0, x = x n θ = n και dx = hdθ. n [ ( θ ) ( θ ) ( ] θ I n (f) h f 0 + f 0 + f 0 + + ) n f 0 dθ. (6) 1 n 0 Πολυώνυµο παρεµβολής p 1 (x) κανόνας του Τραπεζίου Για n = 1 η (6) παράγει Τελικά I 1 (f) = x1 x 0 f(x)dx h 1 0 I 1 (f) = [ ( θ f 0 + 1 x1 ο οποίος είναι γνωστός ως ο κανόνας του Τραπεζίου. ] ) ) f 0 dθ = h (f 0 θ+ θ 1 f 0 x 0 f(x)dx h (f 0 + f 1 ), (7) Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 4 / 96 0.

Πολυώνυµο παρεµβολής p 1 (x) y y= f(x) y=p 1 ( x) f 1 f 0 a= x = b x 0 1 x Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 5 / 96

Παράδειγµα I = 1 0 dx 1+x, x 0 = 0, x 1 = 1, h = 1 0, f(x) = 1 1+x I = T 1 (f) = 1 1 0 [ 1 1+0 + 1 ] = 3 1+1 4 = 0.75 dx 1+x = ln(1+x) 1 0 = ln 0.693147 E = I T 1 (f) = 0.693147 0.75 = 0.056853. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 6 / 96

y a= x 0 1 b=x x x 3 x Βελτίωση της προσέγγισης Το διάστηµα[a, b] διαιρείται σε n ίσα υποδιαστήµατα µήκους h = b a. n Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 7 / 96

Βελτίωση της προσέγγισης Τα x i ορίζονται από τον τύπο x i = a + ih, i = 0(1)n I(f) h I(f) = = b a x1 f(x)dx = x 0 f(x)dx + xn x 0 x f(x)dx x 1 f(x)dx + + xn x n 1 f(x)dx [ ] f(x 0 )+f(x 1 ) + h [ ] f(x 1 )+f(x ) + + h [ ] f(x n )+f(x n 1 ) [ I(f) = T n (f) h n 1 f 0 + f i + f n ], (8) i=1 ο οποίος είναι ο σύνθετος κανόνας του Τραπεζίου. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 8 / 96

Σύνθετος κανόνας του Τραπεζίου Στην πράξη ξεκινούµε µε n = 1 και διπλασιάζουµε το n, δηλ. n =, 4, 8, 16,..., οπότε υπολογίζονται οι ποσότητες T 1, T, T 4, T 8 κ.τ.λ. Αν T n T n < ǫ τότε διακόπτονται οι υπολογισµοί. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 9 / 96

Παράδειγµα Να εφαρµοστεί σε δύο υποδιαστήµατα ο σύνθετος κανόνας του Τραπεζίου στο ολοκλήρωµα του προηγούµενου παραδείγµατος. Λύση Από την (8) και για n = έχουµε T (f) = h [f 0 + f 1 + f ] όπου x 0 = 0, x 1 = x 0 + 1h = 0+h = b a = 1 0 = 1 και x = 1. Αρα T (f) = 1 [ 1 4 1+0 + 1 1+1/ + 1 ] 1+1 = 1 4 και το αριθµητικό σφάλµα είναι [ 1+ 3 + 1 ] = 17 4 0.70833 E T = I(f) T (f) 0.015, Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 10 / 96

Πολυώνυµο παρεµβολής p (x) κανόνας του Simpson Για n = η (6) παράγει I(f) = b f(x)dx x a x 0 p (x)dx, όπου και x 0 = a, x 1 = a + h, x = b, h = b a I(f) = h x x 0 0 p (x)dx [ f 0 + ( θ 1 ) f 0 + ( θ ) f 0 ] dθ (9) Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 11 / 96

[ I(f) h f 0 +θ f 0 + θ(θ 1) f 0 ]dθ 0 [ ( ] = h f 0 θ+ θ f θ 3 0 + ) 6 θ f0 4 0 = h [f 0 + f 0 + 1 ] 3 f 0 [ = h f 0 + f 1 f 0 + 1 ] 3 (f 0 f 1 + f ). Τελικά I(f) h 3 [f 0 + 4f 1 + f,] (10) ο οποίος είναι γνωστός ως ο κανόνας του Simpson. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 1 / 96

Παράδειγµα Να εφαρµοστεί ο κανόνας του Simpson στο ολοκλήρωµα του προηγούµενου παραδείγµατος. Λύση Εχουµε κσι η (10) δίνει Αρα h = b a = 1 0 S (f) = h 1 [ 3 [f0 + 4f1 + f] = 3 I(f) = 1 0 dx 1+x = 1, x0 = 0, x1 = x0 + h = 0+ 1 = 1, x = 1 1 1+0 + 4 1 1+ 1 + 1 ] = 5 1+1 36 0.69444 αριθµητικό σφάλµα E S = I(f) S (f) = log 0.69444 = 0.693147 0.69444 = 0.00130. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 13 / 96

Σύνθετος κανόνας του Simpson Αν n είναι άρτιος τότε h = b a n και x i = x 0 + ih, i = 0(1)n xn x x4 xn I(f) = f(x)dx = x 0 f(x)dx + f(x)dx + + f(x)dx x 0 x x n I(f) h 3 [f0 + 4f1 + f]+ h 3 [f + 4f3 + f4]+ + h [fn + 4fn 1 + fn] 3 ή I(f) h [f0 + 4f1 + f + 4f3 + f4 + +fn + 4fn 1 + fn], (11) 3 I(f) S n(f) = h (n/) 1 3 [f0 + ο οποίος είναι ο σύνθετος κανόνας του Simpson. i=1 n/ f i + 4 f i 1 + f n], (1) i=1 Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 14 / 96

Η γεωµετρική ερµηνεία του σύνθετου κανόνα του Simpson y y=p (x) y=f(x) x 1 x 0 x x 3 x 4 x ο οποίος είναι ο σύνθετος κανόνας του Simpson. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 15 / 96

Πολυώνυµο παρεµβολής p 3 (x) Κανόνας των 3/8 Για n = 3 από την (6) έχουµε I(f) = τελικά = h = h = h x3 x 0 3 0 3 [ f(x)dx [ f 0 + ( θ 1 ) f 0 + ( θ ) ( θ f 0 + 3 ) 3 f 0 ] [ f 0 +θ f 0 + θ(θ 1) θ(θ 1)(θ ) f 0 + 3 f 0 ]dθ 0 6 ( ) ( ] f 0 θ + θ f θ 3 0 + 6 θ f 0 + 1 θ 4 3 4 6 4 θ3 +θ ) 3 f0 I(f) = x3 ο οποίος είναι γνωστός ως ο κανόνας των 3 8. dθ x 0 f(x)dx 3h 8 (f 0 + 3f 1 + 3f + f 3 ), (13) 0 Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 16 / 96

Σύνθετος κανόνας των 3/8 Αν n = 3k δηλ. πολλαπλάσιο του 3 τότε ο σύνθετος κανόνας των 3 8 είναι ο I(f) 3h 8 [f 0+3f 1 +3f +f 3 +3f 4 +3f 5 +f 6 + +f n 3 +3f n +3f n 1 +f n ]. (14) Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 17 / 96

Σφάλµα αποκοπής στην Αριθµητική Ολοκλήρωση όπου E n (f) = 1 (n+1)! b a E n (f) = b a [f(x) p n (x)]dx (15) (x x 0 )(x x 1 ) (x x n )f (n+1) (ξ 1 (x))dx (16) ξ 1 [x 0, x n ], x 0 = a, x i = x 0 + ih, i = 0(1)n, Αλλά h = b a, x n = b, x = x 0 +θh. n x x i = (θ i)h, dx = hdθ άρα E n (f) = hn+ (n+1)! n 0 θ(θ 1)(θ ) (θ n)f (n+1) (ξ (θ))dθ. (17) Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 18 / 96

Σφάλµα στον κανόνα Τραπεζίου Για n = 1 η (17) δίνει E T 1 (f) = I(f) T 1(f) = h3! 1 0 θ(θ 1)f () (ξ 1 (θ))dθ. Λόγω όµως του Θεωρήµατος Μέσης τιµής για Ολοκληρώµατα b f(x)g(x)dx = f(η) b a a g(x)dx, (αν g(x) 0 ή αν g(x) 0) άρα ή E T 1 (f) = h3 f () (ξ) E T 1 (f) = h3 f () (ξ) 1 1 0 θ(θ 1)dθ, ξ (x 0, x 1 ) τοπικό σφάλµα αποκοπής (18) Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 19 / 96

Παρατηρήσεις 1 Αν h = b a δεν είναι αρκετά µικρό τότε ο κανόνας του τραπεζίου δεν παράγει ικανοποιητικά αποτελέσµατα. Αν max f () (ξ) M τότε a<ξ<b E T 1 (f) h3 M 1. (19) Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 0 / 96

Σφάλµα στον σύνθετο τύπο του Τραπεζίου ή E T n(f) = = b + a { x1 f(x)dx T n(f) = xn x 0 f(x)dx h (f0 + f1) x 0 { xn f(x)dx h (fn 1 + fn) x n 1 f(x)dx T n(f) } { x + f(x)dx h } (f1 + f) + x 1 } E T n(f) = h3 1 f (ξ 1) h3 1 f (ξ ) h3 1 f (ξ n). Λόγω, όµως, του Θεωρήµατος Ενδιάµεσης Τιµής Αλλά hn = b a συνεπώς E T n(f) = h3 1 [nf (ξ)], ξ [a, b]. En(f) T = (b a)h f (ξ), ξ [a, b] ολικό σφάλµα αποκοπής (0) 1 Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 1 / 96

Ταχύτητα σύγκλισης του σύνθετου κανόνα του Τραπεζίου Από την (0) έχουµε En(f) T (b a)h 1 M. (1) Ο τύπος (1) δηλώνει ότι αν f(x) C [a, b], τότε ο σύνθετος κανόνας του Τραπεζίου έχει ταχύτητα σύγκλισης O(h ). Επίσης, επειδή η δεύτερη παράγωγος κάθε σταθεράς και κάθε πολυωνύµου πρώτου ϐαθµού είναι µηδέν, τότε, λόγω της (1), το απόλυτο ολικό σφάλµα αποκοπής είναι µηδέν και ο τύπος του Τραπεζίου για σταθερές και γραµµικά πολυώνυµα ϑα παράγει ακριβή αποτελέσµατα. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 / 96

Παράδειγµα ίνεται το ολοκλήρωµα του οποίου η ακριβής τιµή είναι. I(f) = π 0 sinx dx, Ο ακόλουθος πίνακας εµφανίζει τις τιµές του T n(f), που είναι οι προσεγγίσεις του I(f) µε το σύνθετο κανόνα του Τραπεζίου. Να σηµειωθεί ότι σε κάθε νέα γραµµή, ο αριθµός των υποδιαστηµάτων n διπλασιάζεται και συνεπώς το µέγεθος του υποδιαστήµατος υποδιπλασιάζεται. Η στήλη Λόγος εµφανίζει τον λόγο των διαδοχικών σφαλµάτων, δηλαδή τον παράγοντα µε τον οποίο ελαττώνεται το σφάλµα όταν διπλασιάζεται το n. Επίσης, ας σηµειωθεί ότι ο λόγος του σφάλµατος στην τελευταία στήλη προσεγγίζει το λόγο h (h/) = 4. Αυτό είναι αναµενόµενο για µια ακολουθία συγκλίνουσα µε ταχύτητα σύγκλισης O(h ). Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 3 / 96

Σφάλµα και ταχύτητα σύγκλισης του σύνθετου κανόνα του Τραπεζίου n h T n (f) En T = I(f) T n(f) Λόγος 1 π 0.0000000.0000000 π/ 1.5707963 0.49036 4.65979 4 π/4 1.8961188 0.1038811 4.131681 8 π/8 1.974316 0.057683 4.031337 16 π/16 1.9935703 0.006496 4.007741 3 π/3 1.9983933 0.0016066 4.00199 64 π/64 1.9995983 0.0004016 4.00048 18 π/18 1.9998996 0.0001004 4.00010 Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 4 / 96

Σφάλµα στον κανόνα του Simpson Για n = η (17) δίνει E S (f) = I(f) S (f) = h4 3! 0 θ(θ 1)(θ )f (3) (ξ 1 (θ))dθ. () Τώρα όµως δεν µπορούµε να εφαρµόσουµε το ϑεώρηµα Μέσης τιµής για ολοκληρώµατα γιατί η ποσότητα θ(θ 1)(θ ) αλλάζει πρόσηµο στο θ = 1. Ακολουθώντας διαφορετική πορεία είναι δυνατόν να αποδειχθεί ότι E S h5 (f) = 90 f(4) (ξ), ξ [a, b]. (3) Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 5 / 96

Το ολικό σφάλµα αποκοπής του σύνθετου τύπου του Simpson Το ολικό σφάλµα αποκοπής του σύνθετου κανόνα του Simpson ϐρίσκεται ακολουθώντας ανάλογη πορεία όπως του σύνθετου κανόνα του Τραπεζίου. Ετσι εύκολα αποδεικνύεται ότι E S n (f) = (b a) h4 f (4) (ξ), ξ [a, b] (4) 180 Ο κανόνας του Simpson είναι ακριβής για όλα τα πολυώνυµα ϐαθµού 3. Αυτό το αποτέλεσµα δεν ήταν αναµενόµενο, γιατί ϑα περίµενε κανείς να είναι ακριβής για πολυώνυµα ϐαθµού το πολύ, αφού το πολυώνυµο παρεµβολής για την εύρεση του κανόνα του Simpson είναι ϐαθµού. Επίσης, µε την προϋπόθεση ότι f(x) C 4 [a, b] ο σύνθετος κανόνας του Simpson έχει ταχύτητα σύγκλισης O(h 4 ). Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 6 / 96

Παράδειγµα ίνεται το ολοκλήρωµα του οποίου η ακριβής τιµή είναι. I(f) = π 0 sinx dx, Ο ακόλουθος πίνακας εµφανίζει τις τιµές του S n(f), που είναι οι προσεγγίσεις του I(f) µε τον σύνθετο κανόνα του Simpson. Να σηµειωθεί ότι σε κάθε νέα γραµµή, ο αριθµός των υποδιαστηµάτων n διπλασιάζεται και συνεπώς το µέγεθος του υποδιαστήµατος υποδιπλασιάζεται. n h S n(f) En S = I(f) S n(f) Λόγος π/.0943951039 0.0943951039 4 π/4.00455975498 0.00455975498 0.70179 8 π/8.0006916995 0.0006916995 16.940059 16 π/16.00001659105 0.00001659105 16.3806 3 π/3.00000103337 0.00000103337 16.0559 64 π/64.00000006453 0.00000006453 16.01378 18 π/18.00000000403 0.00000000403 16.00344 Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 7 / 96

Αριθµητική επαλήθευση της ταχύτητας σύγκλισης του σύνθετου κανόνα του Simpson n h S n (f) En S = I(f) S n(f) Λόγος π/.0943951039 0.0943951039 4 π/4.00455975498 0.00455975498 0.70179 8 π/8.0006916995 0.0006916995 16.940059 16 π/16.00001659105 0.00001659105 16.3806 3 π/3.00000103337 0.00000103337 16.0559 64 π/64.00000006453 0.00000006453 16.01378 18 π/18.00000000403 0.00000000403 16.00344 Η στήλη Λόγος εµφανίζει τον λόγο των διαδοχικών σφαλµάτων, δηλαδή τον παράγοντα µε τον οποίο ελαττώνεται το σφάλµα όταν διπλασιάζεται το n. Επίσης, να σηµειωθεί ότι ο λόγος του σφάλµατος στην τελευταία στήλη προσεγγίζει το λόγο h 4 (h/) 4 = 16. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 8 / 96

Ταχύτητα σύγκλισης Για την αριθµητική επαλήθευση της ταχύτητας σύγκλισης ενός σύνθετου κανόνα όταν δεν γνωρίζουµε την ακριβή τιµή του ολοκληρώµατος εργαζόµαστε ως εξής: Ας υποθέσουµε ότι έχουµε προσεγγίσει την τιµή ενός ορισµένου ολοκληρωµάτος I(f) χρησιµοποιώντας τον σύνθετο κανόνα του τραπεζίου. Εστω ότι τα T n(f), T n(f) και T 4n(f) συµβολίζουν τις προσεγγίσεις που λαµβάνονται εφαρµόζοντας τον σύνθετο κανόνα του τραπεζίου και χρησιµοποιώντας αντίστοιχα υποδιαστήµατα µε h, h/, και h/4. ίνεται ο λόγος T n(f) T n(f) T n(f) T 4n(f). Αφού ο σύνθετος κανόνας του τραπεζίου έχει ϑεωρητικά ταχύτητα σύγκλισης O(h ), ϑα πρέπει να αναµένουµε ότι E n 4E n για αρκετά µικρό h, όπου E n(f) = I(f) T n(f). Για τον ανωτέρω λόγο έχουµε T n(f) T n(f) T = Tn(f) I(f) (Tn(f) I(f)) n(f) T 4n(f) T n(f) I(f) (T 4n(f) I(f)) για αρκετά µικρό h. E n(f)+e n(f) E n(f)+e 4n(f) 4En + E n E n + 1 4 En = 4 Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 9 / 96

Παράδειγµα 1 ίνεται το ορισµένο ολοκλήρωµα I(f) = 1 0 1+x 3 dx. Να επαληθευτεί αριθµητικά ότι η ταχύτητα σύγκλισης του σύνθετου κανόνα του τραπεζίου είναι O(h ). Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 30 / 96

Αριθµητική επαλήθευση της ταχύτητας σύγκλισης του σύνθετου κανόνα του Τραπεζίου Ο ακόλουθος πίνακας εµφανίζει τις προσεγγιστικές τιµές του σύνθετου κανόνα του τραπεζίου στο I(f) για διάφορες τιµές του n. Παρατηρήστε ότι ο λόγος n h T n(f) T n(f) T n (f) T n (f) T 4n (f) 1 1 1.07106781186 4.33558 1/ 1.133883476483 4.05769 4 1/4 1.11699393318 4.01494 8 1/8 1.11830349496 4.003560 16 1/16 1.111793319381 4.000889 3 1/3 1.1115349393 4.000 64 1/64 1.111469550038 18 1/18 1.111453365349 T n(f) T n(f) T n(f) T 4n(f) προσεγγίζει το 4 όσο το h µειώνεται, επαληθεύοντας έτσι αριθµητικά ότι η ταχύτητα σύγκλισης είναι O(h ). Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 31 / 96

Παρατήρηση Από την (4) συµπεραίνεται ότι ο κανόνας του Simpson δεν ϑα έχει την αναµενόµενη ταχύτητα σύγκλισης αν δεν ισχύει η f(x) C 4 [a, b]. Παράδειγµα Να χρησιµοποιηθεί ο σύνθετος κανόνας του Simpson για την προσέγγιση του ολοκληρώµατος Λύση I = 1 0 x dx = 3. Η στήλη Λόγος στον ακόλουθο πίνακα δείχνει ότι η σύγκλιση δεν είναι η αναµενόµενη 16 αλλά περίπου.8, λόγω της ασυνέχειας όλων των παραγώγων της x στο 0. n Σφάλµα Λόγος.860e 4 1.01e.8 8 3.587e 3.83 16 1.68e 3.83 3 4.485e 4.83 Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 3 / 96

Χρήση σφάλµατος αποκοπής Είναι δυνατόν να επιλεγεί το πλήθος των σηµείων σε ένα σύνθετο κανόνα ολοκλήρωσης έτσι ώστε να επιτευχθεί επιθυµητή ακρίβεια στην προσέγγιση της τιµής του ολοκληρώµατος. Αν απαιτηθεί E T n(f) < ǫ, τότε το h πρέπει να εκλεγεί έτσι ώστε [ ] 1 1ǫ h <, M = max (b a)m x [a, b] f (x), h = b a. n Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 33 / 96

Ανοικτοί τύποι Αριθµητικής Ολοκλήρωσης Οι ανοικτοί τύποι αριθµητικής ολοκλήρωσης δεν συµπεριλαµβάνουν τα άκρα του ορισµένου ολοκληρώµατος στα σηµεία παρεµβολής. Πιο συγκεκριµένα έχουµε I(f) = b a f(x)dx xn+1 x 1 p n (x) dx (5) όπου a = x 0 h, x i = x 0 + ih, i = 0, 1,,..., n, b = x n+1 = x n + h και h = b a n+. Η (5) µε αντικατάσταση του p n (x) γίνεται I(f) h n+1 1 [ f 0 + ( θ 1 ) ( θ f 0 + ) ( θ f 0 + + n ) n f 0 ] dθ. (6) Για διάφορες τιµές του n η (6) παράγει τους ανοικτούς τύπους αριθµητικής ολοκλήρωσης. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 34 / 96

Κανόνας του µέσου Για n = 0 η (6) δίνει I(f) = x1 x 1 f(x)dx h 1 1 f 0 dθ = hf 0. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 35 / 96

Γεωµετρική ερµηνεία του κανόνα του µέσου y x a 1 1 x b x1 x Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 36 / 96

Κανόνας του µέσου a + b Για x 0 = a, b, ο κανόνας του µέσου δίνει x 0 = a, x 0 = b x 0 = a + b h = b a I(f) (b a)f(a) I(f) (b a)f(b) I(f) (b a)f( a + b ) Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 37 / 96

Κανόνας του µέσου Για n = 1 η (6) δίνει I(f) = h x x 1 f(x)dx 1 [ ( θ f 0 + 1 ( ) ) f 0 ]dθ = h f 0θ + θ f0 1 = 3h (f0 + f1), σφάλµα EA 1(f) = 3h3 4 f (ξ) (7) Για n = η (6) δίνει I(f) = h x3 x 1 f(x)dx 3 1 [ ( θ f 0 + 1 ) ( θ f 0 + ) f 0 ]dθ = 4h (f0 f1 + f), (8) 3 ο οποίος είναι γνωστός ως ο τύπος του Milne µε σφάλµα E A (f) = 14h5 45 f(4) (ξ). Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 38 / 96

Ορισµός Ενας τύπος αριθµητικής ολοκλήρωσης έχει ακρίβεια ϐαθµού n αν παράγει ακριβή αποτελέσµατα για όλα τα πολυώνυµα ϐαθµού n και δεν είναι ακριβής για πολυώνυµο ϐαθµού n + 1. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 39 / 96

Οι τύποι των Newton-Cotes Οι τύποι που µελετήθηκαν ονοµάζονται τύποι των Newton-Cotes και είναι δυνατόν να αποδειχθεί το ακόλουθο ϑεώρηµα Θεώρηµα Αν I n (f) είναι ένας τύπος αριθµητικής ολοκλήρωσης Newton-Cotes (κλειστός ή ανοικτός) µε n+1 σηµεία παρεµβολής, τότε (α) Αν το n είναι άρτιο και f(x) C n+ [a, b], τότε υπάρχει µια σταθερά c και έναξ [a, b] τέτοιο ώστε I(f) = I n (f) c(b a) n+3 f (n+) (ξ). Ο ϐαθµός ακριβείας του I n (f) είναι n+1. (ϐ) Αν το n είναι περιττό και f(x) C n+1 [a, b], τότε υπάρχει µια σταθερά c και έναξ [a, b] τέτοιο ώστε I(f) = I n (f) c (b a) n+ f (n+1) (ξ ). Ο ϐαθµός ακριβείας του I n (f) είναι n. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 40 / 96

Παρατηρήσεις 1. Αµφότεροι οι τύποι για n = και n = 3 έχουν ϐαθµό ακριβείας 3. Συνεπώς, οι τύποι των Newton-Cotes µε άρτιο n είναι καλύτεροι αφού παράγουν αποτελέσµατα µε ίδια ακρίβεια αλλά µε λιγότερους υπολογισµούς της τιµής µιας συνάρτησης.. Για δεδοµένο n, έχουµε c < c και κατά συνέπεια οι κλειστοί τύποι παράγουν γενικά καλύτερα αποτελέσµατα από τους ανοικτούς. Οι ανοικτοί τύποι χρησιµοποιούνται κυρίως για την αριθµητική επίλυση συνήθων διαφορικών εξισώσεων. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 41 / 96

Η µέθοδος των προσδιοριστέων συντελεστών Εστω ότι I(f) = b a f(x)dx w 0 f 0 + w 1 f 1 + w n f n (9) όπου x i = x 0 + ih, i = 0(1)n. Οι συντελεστές w 0, w 1,..., w n προσιδορίζονται έτσι ώστε ο ανωτέρω τύπος αριθµητικής ολοκλήρωσης να είναι ακριβής (δηλαδή τα δύο µέλη του είναι ίσα) για όλα τα πολυώνυµα µε όσο το δυνατόν µεγαλύτερου ϐαθµού. Αν f(x) = a 0 + a 1 x + +a m x m, τότε E n (f) = 0 για κάθε πολυώνυµο ϐαθµού m. E n (f) = xn x 0 f(x) n w i f i (30) i=0 Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 4 / 96

...Η µέθοδος των προσδιοριστέων συντελεστών ή E n (f) = E n (a 0 + a 1 x + +a m x m ) = xn x 0 (a 0 + a 1 x + +a m x m )dx [ xn = a 0 1 dx x 0 n i=0 ] [ n xn w i 1 + a 1 x dx i=0 [ xn + a m x m dx x 0 n i=0 w i x m i ] x 0 w i (a 0 + a 1 x i + +a i x m i ) n w i x i ]+ + = a 0 E n (1)+a 1 E n (x)+ +a m E n (x m ). (31) i=0 Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 43 / 96

...Η µέθοδος των προσδιοριστέων συντελεστών Συνεπώς E n(f) = 0 για κάθε πολυώνυµο ϐαθµού m αν και µόνο αν E n(x k ) = 0, k = 0(1)m. (3) Για n = 0 b a f(x)dx w 0f(x 0 ) Απαιτούµε ο παραπάνω τύπος να είναι ακριβής για f(x) = 1, οπότε αντικαθιστώντας έχουµε A = x 0 = a, x 1 = b, x 1 = x 0 + h. x1 x 0 f(x)dx = B = w 0f(x 0) = w 0 1 x1 x 0 1 dx = x 1 x 0 = h Απαιτώντας A = B λαµβάνουµε συνεπώς w 0 = h I(f) = x1 x 0 f(x)dx hf(x 0), που είναι ο κανόνας του ορθογωνίου. (33) Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 44 / 96

Για n = 1 I(f) = x 1 x 0 f(x)dx w 0 f 0 + w 1 f 1 Είναι x 0 = a, x 1 = b = x 0 + h Απαιτούµε ο παραπάνω τύπος να είναι ακριβής για f(x) = 1 και f(x) = x. Για f(x) = 1 έχουµε x1 x1 A = f(x)dx = 1 dx = x 1 x 0 = h x 0 x 0 B = w 0 f(x 0 )+w 1 f(x 1 ) = w 0 + w 1. Απαιτώντας A = B προκύπτει w 0 + w 1 = h. (34) Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 45 / 96

Για f(x) = x έχουµε A = x1 x 0 f(x)dx = x1 x 0 xdx = x x 1 = x x 0 1 x 0 ή και A = h(x 0 + x 1 ) B = w 0 f(x 0 )+w 1 f(x 1 ) = w 0 x 0 + w 1 x 1. Απαιτώντας A = B προκύπτει w 0 x 0 + w 1 x 1 = h(x 0 + x 1 ). (35) Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 46 / 96

Λύνοντας το σύστηµα (34) και(35) ϐρίσκουµε w 0 = w 1 = h. Αρα x1 x 0 f(x)dx h [f(x 0)+f(x 1 )] (36) ο οποίος είναι ο κανόνας του τραπεζίου και είναι ακριβής για πολυώνυµα πρώτου ϐαθµού. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 47 / 96

Τοπικό σφάλµα Προκειµένου να ϐρούµε το σφάλµα έχουµε x1 x 0 f(x)dx = h [f(x0)+f(x1)]+af() (ξ), (37) όπου A σταθερά που ϑα προσδιοριστεί καιξ (x 0, x 1). Το τοπικό σφάλµα έχει την έκφραση Af () (ξ) καθόσον ο τύπος (36) είναι ακριβής για πρώτου ϐαθµού πολυώνυµα. Η σταθερά A ϑα προσδιοριστεί από την απαίτηση ο τύπος να ισχύει για f(x) = x, δηλαδή x1 x 0 x dx = h (x 0 + x 1)+A ή ή ή x 3 1 x 3 0 3 h(x 1 + x 0x 1x 0) 3 = h (x 0 + x 1)+A h(x 0 + x 1) = A A = h3 1 όπως αναµενόταν (ϐλ. τοπικό σφάλµα αποκοπής του Τραπεζίου) (38) Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 48 / 96

Ολοκλήρωση κατά Romberg Ξεκινώντας µε τον κανόνα του Τραπεζίου για h 1 = b a [ ] b f(x)dx = h m 1 f(a)+f(b)+ f(x i ) (b a) h f (ξ), (39) 1 a όπου a < ξ < b, h = (b a) m, x i = a + ih, i = 0(1)m, τον εφαρµόζουµε διαδοχικά για h 1 = h, h = h 1, h 3 = h, h 4 = h 3,, h 4 = h n 1 i=1 ή γενικά για. h k = b a, k = 1(1)n k 1 Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 49 / 96

...Ολοκλήρωση κατά Romberg Τα αποτελέσµατα των διαδοχικών εφαρµογών του ( σύνθετου ) τύπου ( του ) Τραπεζίου για ( h k, k = 1(1)n συµβολίζονται µε T(f, h), T f, h, T f, h 4,, T R 11 R 1 R 31 R n1 Οι προσεγγίσεις R k1, k = 1,, συγκλίνουν πολύ αργά. Για το λόγο αυτό επιταχύνονται µε τη µέθοδο του Richardson. Είναι δυνατόν να δειχτεί ότι ο σύνθετος κανόνας του Τραπεζίου µπορεί να γραφτεί ως εξής I = b a f, h n 1 f(x)dx = R k 1,1 + c 1h k 1 + c h 4 k 1 + +c mh m k 1 + O(h m+ k 1 ). (40) Θέτοντας στον ανωτέρω τύπο όπου k 1 το k έχουµε I = R k,1 + c 1h k + c h 4 k + +c mh m k + O(h m+ k ) (41) ή ϑέτοντας όπου h k το h k 1 στον τελευταίο τύπο λαµβάνουµε I = R k,1 + c1h k 1 4 + ch4 k 1 16 + + cm hm m k 1 + O(h m+ k 1 ). (4) ) Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 50 / 96

...Ολοκλήρωση κατά Romberg Απαλείφοντας τον όρο h k 1 από τον πρώτο και τον τελευταίο τύπο προκύπτει ή I = 4Rk1 Rk 1,1 3 4Rk1 Rk 1,1 + c h 4 k 1 + c 3h 6 k 1 + +c mh m k 1 + O(h m+ k 1 ). (43) I = + O(h 4 k) (σύνθετος τύπος του Simpson). (44) 3 Από τον παραπάνω τύπο ορίζουµε τις ποσότητες: R k = 4Rk1 Rk 1,1 Για τις ποσότητες αυτές έχουµε (ϐλ. (43) ) και για k = k 1 3, k =, 3,, n. (45) I = R k + c h 4 k + c 3 h 6 k + c mh m k + O(h m+ k ) (46) I = R k 1, 1 + c h 4 k 1 + c 3 h 6 k 1 + +c mh m k 1 + O(h m+ k 1 ). (47) Θέτοντας όπου h k το h k 1 στην (46) λαµβάνουµε: I = R k, + c h 4 k 1 16 + h 6 c k 1 h m 3 64 + +c k 1 m + O(hm+ m k 1 ). (48) Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 51 / 96

...Ολοκλήρωση κατά Romberg Απαλείφοντας τον όρο h 4 k 1 από τις (47) και (48) λαµβάνουµε I = 16R k R k 1, 15 + O(h 6 k), (49) οπότε ορίζονται κατ ανάλογο τρόπο οι ποσότητες Γενικά, λοιπόν έχουµε R k3 = 16R k R k 1,, k = 3, 4,, n. (50) 15 R ij = 4j 1 R i, j 1 R i 1, j 1, 4 j 1 i =, 3, 4,, n, j =, 3,, i (51) 1 Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 5 / 96

...Ολοκλήρωση κατά Romberg Γενικά, λοιπόν έχουµε R ij = 4j 1 R i, j 1 R i 1, j 1, 4 j 1 i =, 3, 4,, n, j =, 3,, i (5) 1 οπότε σχηµατίζεται ο πίνακας R 11 R 1 R R 31 R 3 R 33 R 41 R 4 R 43 R 44....... R n1 R n R n3 R n4 R nn Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 53 / 96

Παράδειγµα Να ϐρεθεί προσεγγιστική τιµή για το I = 1 0 Λύση dx µε τη µέθοδο Romberg. 1+x R ij = 4j 1 R i, j 1 R i 1, j 1, 4 j 1 i =, 3,, n, j =, 3,, i 1 Εφαρµόζοντας τον σύνθετο τύπο του τραπεζίου υπολογίζονται οι ποσότητες οπότε R 11 = 0.75, R 1 = 0.7083, R 31 = 0.6970 0.75 0.7083 0.7083 4 0.7083 0.75 = 0.6944 4 1 4 0.6970 0.7083 = 0.693 4 1 16 0.693 0.6944 = 0.6970 15 Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 54 / 96

Ολοκλήρωση του Gauss Να ϐρεθεί τύπος Αριθµητικής Ολοκλήρωσης της µορφής I(f) = 1 1 f(x)dx n w j f(x j ), (53) j=1 ο οποίος να είναι ακριβής για πολυώνυµα όσο το δυνατόν µεγαλύτερου ϐαθµού µε την υπόθεση ότι οι κόµβοι δεν ισαπέχουν και ότι ϑα επιλεγούν κατάλληλα έτσι ώστε ο τύπος b n f(x)dx w j f(x j ) a να είναι ακριβής για πολυώνυµα όσο το δυνατόν µεγαλύτερου ϐαθµού. j=1 Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 55 / 96

Για n = 1 1 1 f(x)dx w 1f(x 1 ) και ο τύπος έχει τους δύο αγνώστους w 1 και x 1. Για τον προσδιορισµό τους απαιτείται ο τύπος (53) να είναι ακριβής για τα f(x) = 1 και f(x) = x. Για f(x) = 1 έχουµε Για f(x) = x έχουµε 1 1 1 1dx = w 1 1, άρα w 1 =. xdx = w 1x 1 ή 0 = w 1x 1 άρα x 1 = 0 1 οπότε 1 f(x)dx f(0) τύπος του µέσου 1 Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 56 / 96

Για n = 1 1 f(x)dx w 1f(x 1 )+w f(x ) και ο τύπος έχει τώρα τους τέσσερις αγνώστους w 1, w, x 1 καιx. Για τον προσδιορισµό τους απαιτείται ο τύπος να είναι ακριβής για τα f(x) = 1, x, x, x 3. Ετσι προκύπτει το σύστηµα w 1 + w = w 1x 1 + w x = 0 w 1x 1 + w x = 3 Η λύση του σύστήµατος είναι w 1x 3 1 + w x 3 = 0. άρα w 1 = w = 1, x 1 = 1 3 3 3, x = 3 ( ) ( 3 ) 3 f(x)dx f + f 1 3 3 ο τύπος αυτός είναι ακριβής, λόγω της κατασκευής του, για πολυώνυµα ϐαθµού 3. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 57 / 96

Παρατήρηση Ο τύπος Αριθµητικής Ολοκλήρωσης ( 1 f(x)dx f 1 ) ( ) 3 3 + f 3 3 (54) ο οποίος, λόγω της κατασκευής του, είναι ακριβής για πολυώνυµα ϐαθµού 3. Για f(x) = x 4 ο τύπος (54) δεν δίνει ακριβή αποτελέσµατα. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 58 / 96

Παράδειγµα Να χρησιµοποιηθεί ο τύπος (54) για την προσέγγιση του 1 1 e x dx. Λύση Ο τύπος (54) για το ανωτέρω ολοκλήρωµα δίνει I e 3/3 + 3/3 e.346961, ενώ η ακριβής τιµή του είναι I = 1 1 e x dx = e e 1.350404. Παρατηρήστε ότι το σφάλµα είναι 0.00771, το οποίο είναι πολύ µικρό για µόνο δύο σηµεία(x 1, x ). Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 59 / 96

Η περίπτωση n > Ο τύπος (53) έχει τους n αγνώστους x 1, x,...,x n, w 1,...,w n. Για τον προσδιορισµό τους απαιτείται ο κανόνας αριθµητικής ολοκλήρωσης να είναι ακριβής για τα n µονώνυµα f(x) = 1, x, x,...,x n 1. Αυτό σηµαίνει ότι I(f) = I n(f) για όλα τα πολυώνυµα ϐαθµού n 1, το οποίο καταλήγει στο ακόλουθο σύστηµα n µη γραµµικών εξισώσεων µε n αγνώστους = w 1 + w +... + w n 0 = w 1x 1 + w x +... + w nx n 3 = w 1x 1 + w x +... + w nx n 0 = w 1x 3 1 + w x 3 +... + w nx 3 n.... n 1 = w 1x n 1 + w x n +... + w nx n n 0 = w 1x n 1 1 + w x n 1 +... + w nx n 1 n. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 60 / 96

Η περίπτωση n > Η επίλυση του ανωτέρω συστήµατος είναι αρκετά δύσκολη. Ευτυχώς όµως η λύση του υπάρχει και υπολογίζεται από τις ϐιβλιοθήκες µαθηµατικού λογισµικού (IMSL, NAG). Οι τύποι του Gauss Οι τύποι που παράγονται από την (53) όπως περιγράφτηκε ανωτέρω καλούνται τύποι του Gauss. Στην περίπτωση που επιθυµείται η προσέγγιση ενός ορισµένου ολοκληρώµατος στο διάστηµα[a, b] αντί του [ 1, 1], τότε αυτό µπορεί να επιτευχθεί πολύ εύκολα µε αλλαγή µεταβλητής. Ας υποθέσουµε ότι τότε εισάγοντας τη µεταβλητή I(f) = b a f(x) dx x = a + b+t(b a), 1 t 1 Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 61 / 96

το ολοκλήρωµα µετασχηµατίζεται στο ακόλουθο I(f) = b a 1 ( ) a + b+t(b a) f 1 dt όπου τώρα µπορεί να εφαρµοστεί ο τύπος του Gauss I(f) = 1 1 f(x)dx n w j f(x j ). j=1 Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 6 / 96

Παράδειγµα Να χρησιµοποιηθεί ο τύπος του Gauss για την προσέγγιση του I = 1 0 Λύση x dx = 3. Τα αποτελέσµατα εµφανίζονται στον ακόλουθο πίνακα, όπου n είναι το πλήθος των σηµείων. Η στήλη Λόγος δείχνει ότι το σφάλµα συµπεριφέρεται ως εξής I I n ch 3 (55) για κάποιο c. Συγκρίνοντας τα αποτελέσµατα µε αυτά του πίνακα, ο οποίος δίνει τα αποτελέσµατα από την εφαρµογή του κανόνα του Simpson, η πειραµατική ταχύτητα σύγκλισης είναι µόνο h 3/ η οποία είναι πολύ αργή σε σχέση µε την (55). n h I I n Λόγος 1-7.Ε-3-1 4-1.16Ε-3 6. 4 1 8-1.69Ε-4 6.9 8 1 16 -.30Ε-5 7.4 16 1 3-3.00Ε-6 7.6 3 1 64-3.84Ε-7 7.8 64 Πίνακας: Εφαρµογή του τύπου του Gauss στο 1 0 x dx Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 63 / 96

Παρατήρηση Οι τύποι του Gauss δεν είναι εύκολο να εφαρµοστούν όπως είναι οι κανόνες του Τραπεζίου και του Simpson. Ωστόσο, η αύξηση στην ταχύτητα σύγκλισης είναι τόσο γρήγορη ώστε η χρήση τους καθίσταται αναµφισβήτητη. Καθηγητής: Ν. Μ. Μισυρλής Αριθµητική Ανάλυση - Ενότητα 6 64 / 96

Αριθµητική Ανάλυση Κεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων Ενότητα 6 ιδάσκων: Ν. Μισυρλής ΕΚΠΑ 9 Νοεµβρίου 015 ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων Συνήθης διαφορική εξίσωση πρώτης τάξης y = f(x, y) (56) όπου y = y(x) µία άγνωστη συνάρτηση του x, που ικανοποιεί την συνθήκη y(x 0) = y 0 (57) µε x 0, y 0 δεδοµένα και f µία γνωστή συνάρτηση των x και y. Υπαρξη και µονοσήµαντο λύσης Είναι γνωστό από τη ϑεωρία των διαφορικών εξισώσεων ότι αν η f(x, y) είναι συνεχής στον τόπο S µε S {(x, y) x 0 x x n, < y < + } (58) και ικανοποιεί µία συνθήκη Lipshitz στην λωρίδα S µε σταθερά L (> 0), δηλαδή f(x, y 1) f(x, x ) L y 1 y, (59) τότε το πρόβληµα των αρχικών τιµών (56)-(57) έχει ακριβώς µία λύση για κάθε x [x 0, x n]. ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Ανάπτυξη αριθµητικών µεθόδων Εύρεση της προσεγγιστικής τιµής της y σε ένα τυχόν σηµείο x x 0. Εκλέγουµε αυθαίρετα ένα ϕυσικό αριθµό n και συµβολίζουµε µε x n την τιµή του x για την οποία µας Ϲητείται η τιµή της y. ιαιρούµε το διάστηµα[x 0, x n] σε n ίσα υποδιαστήµατα µε τα σηµεία x i, i = 1,,...,n 1. Είναι ϕανερό ότι τα σηµεία x i, i = 0, 1,...,n ορίζονται από τις σχέσεις x i = x 0 + ih, h = µε i = 0, 1,...,n όπου h είναι το ϐήµα ολοκλήρωσης. xn x0 Ακολούθως εφαρµόζοντας µία από τις αριθµητικές µεθόδους που ϑα αναπτύξουµε στα επόµενα ϐρίσκουµε την y 1 που είναι µία προσεγγιστική τιµή της ακριβούς τιµής y(x 1) µετά, χρησιµοποιώντας την y 1, ϐρίσκουµε την y κ.ο.κ. και τέλος την y n την οποία και δεχόµαστε σαν την αριθµητική λύση του προβλήµατος στο σηµείο x = x n. Στην πράξη λαµβάνουµε n = 1 και ϐρίσκουµε την y n ( y 1). Μετά λαµβάνουµε n = και ϐρίσκουµε την y n ( y ), n = 4, 8 κ.ο.κ. µέχρις ότου δύο διαδοχικές τιµές για την y n συµφωνούν σε ένα προκαθορισµένο πλήθος δεκαδικών ψηφίων οπότε την τελευταία τιµή y n δεχόµαστε σαν την αριθµητική λύση της διαφορικής εξίσωσης στο σηµείο x = x n. n, ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Η µέθοδος του Euler Η µέθοδος του Euler είναι µία µέθοδος του απλού ϐήµατος όπου η τιµή της παραγώγου της συνάρτησης y(x) σε ένα άγνωστο σηµείο του διαστήµατος [x i, x i+1 ] προσεγγίζεται µε την τιµή της ίδιας της παραγώγου στο σηµείο x i. Ετσι διατηρώντας δύο όρους στο ανάπτυγµα του Taylor έχουµε y(x i+1 ) = y(x i + h) = y(x i )+hy (x i +θ i h), i = 0, 1,...,n 1 (60) όπου 0 < θ i < 1. ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Αν τώρα προσεγγίσουµε την y (x i +θ i h) µε την y (x) και χρησιµοποιήσουµε τα σύµβολα y i, y i για τις προσεγγιστικές τιµές των y(x i ) και y (x i ), αντίστοιχα, τότε η (60) γίνεται y i+1 = y i + hy i, i = 0, 1,...,n 1. (61) Αλλά άρα η (61) δίνει τελικά y i = f(x i, y i ) (6) y i+1 = y i + hf(x i, y i ), i = 0, 1,..., n 1. (63) ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Η σχέση (63), αν γνωρίζουµε την y(x i ), γίνεται y (x i+1 ) = y(x i )+hy (x i ), i = 0, 1,..., n 1 όπου ο συµβολίζει την προσεγγιστική τιµή, οπότε το σφάλµα είναι ή p i+1 = y (x i+1 ) y(x i+1 ) = y(x i )+hy (x i ) y(x i ) hy (x i +θ i h) = hy (x i ) hy (x i ) h! y (x i +θ i h) p i+1 = h y (x i +θ i h), 0 < θ i < 1, i = 0, 1,...,n 1. Το ανωτέρω σφάλµα καλείται τοπικό σφάλµα αποκοπής και όπως παρατηρούµε είναι ανάλογο του O ( h ) (δεύτερης τάξης ως προς h). ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Παράδειγµα Εστω το πρόβληµα των αρχικών τιµών y = y + x + 1, 0 x 1 y(0) = 1. Αν n = 10, να υπολογιστεί η y(1.0) µε τη µέθοδο του Euler. Λύση Εχουµε f(x, y) = y + x + 1, x 0 = 0, y 0 = 1, x n = 1.0 h = x n x 0 n = 1.0 0 10 = 0.1 και x i = x 0 + ih = 0.1i οπότε η µέθοδος του Euler είναι η y i+1 = y i + hf(x i, y i ), i = 0, 1,..., n 1 ή y i+1 = y i + h( y i + x i + 1), i = 0, 1,...,9. ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Εφαρµόζοντας επαναληπτικά τον ανωτέρω τύπο ϐρίσκουµε (i = 0) y 1 = y 0 + h( y 0 + x 0 + 1) = 1+0.1( 1+0+1) = 1.0 (i = 1) y = y 1 + h( y 1 + x 1 + 1) = 1.0+0.1( 1+0.0+1) = 1.01 (i = ) y 3 = y + h( y + x + 1) = 1.01+0.1( 1.01+0.+1) = 1.09. (i = 9) y 10 = 1.348678. ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Πίνακας υπολογισµών και σφαλµάτων Η ακριβής λύση είναι η y(x) = x + e x. i x i y i y(x i ) y i y(x i ) 0 0 1.0 1.00 0 1 0.1 1.0 1.004837 0.004837 0. 1.01 1.018731 0.008731 3 0.3 1.09 1.040818 0.011818 4 0.4 1.0561 1.07030 0.0140 5 0.5 1.09049 1.106531 0.016041 6 0.6 1.131441 1.14881 0.017371 7 0.7 1.17897 1.196585 0.01888 8 0.8 1.30467 1.4939 0.01886 9 0.9 1.8740 1306570 0.019150 10 1.0 1.348618 1.361879 0.01901 Παρατηρούµε ότι τα σφάλµατα αυξάνονται όσο αυξάνεται η τιµή των x i. Η ελεγχόµενη αυτή αύξηση του σφάλµατος οφείλεται στην ευστάθεια της µεθόδου του Euler, πράγµα που δηλώνει ότι τα σφάλµατα στρογγύλευσης αναµένονται να αυξηθούν ανάλογα µε το h. ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Η µέθοδος της σειράς Taylor Η µέθοδος της σειράς Taylor είναι η γενίκευση της µεθόδου του Euler και είναι περισσότερο ακριβής. Συνιστάται δε στην περίπτωση όπου οι παράγωγοι ανώτερης τάξης της f(x, y) µπορούν να υπολογιστούν εύκολα. Οπως και στη µέθοδο του Euler αναπτύσσουµε κατά Taylor κρατώντας k + 1 όρους, οπότε y(x i+1 ) = y(x i + h) = y(x i )+hy (x i )+...+ hk k! y(k) (x i +θ i h) (64) όπου 0 < θ i < 1, i = 0, 1,..., n 1, ή y(x i+1 ) = y(x i )+hy (x i )+...+ hk k! y(k) (x i )+O ( h k+1), i = 0, 1,...,n 1. (65) ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Τοπικό σφάλµα αποκοπής ίνεται τώρα από τον τύπο p i+1 = hk+1 (k + 1)! y(k+1) (x i +θ i h), 0 < θ i < 1, i = 0, 1,..., n 1. Από την (65) έχουµε y i+1 = y i + hy i + h! y i +...+ hk k! y(k) i που αποτελεί τη γνωστή σαν µέθοδο της σειράς Taylor., i = 0, 1,...,n 1 ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Παράδειγµα 1 Να χρησιµοποιηθεί η µέθοδος του Taylor µε τρεις και τέσσερις όρους για το πρόβληµα y = y + x + 1, 0 x 1, y(0) = 1. Λύση Η µέθοδος του Taylor µε τρεις όρους είναι η y i+1 = y i + hy i + h y i, i = 0, 1,..., n 1 οπότε µας χρειάζονται οι εκφράσεις της πρώτης και δεύτερης παραγώγου της y. Εχουµε y = y + x + 1 y = ( y + x + 1) = y + 1 = y x 1+1 = y x. Αρα για n = 10, x 0 = 0, y 0 = 1, x n = 1.0, h = xn x0 = 0.1 έχουµε n y i+1 = y i + h( y i + x i + 1)+ h (y i x i ), i = 0, 1,..., 9. ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Εποµένως (i = 0) y 1 = y 0 + h( y 0 + x 0 1)+ h (y 0 x 0 ) = 1+0.1( 1+0 1)+ (0.1) (1 0) = 1+ 0.01 = 1+0.005 = 1.005 (i = 1) y = y 1 + h( y 1 + x 1 1)+ h (y 1 x 1 ) = 1.005+0.1( 1.005+0.1+1)+ (0.1) (1.005 0.1) = 1.01905. (i = 9) y 10 = 1.368541. ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Παράδειγµα Να χρησιµοποιηθεί η µέθοδος του Euler στο ακόλουθο πρόβληµα αρχικών τιµών y = y y(0) = 1 του οποίου η λύση είναι η y(x) = e x. Πιο συγκεκριµένα να ϐρεθεί η y(0.4) όταν h = 0.1 και h = 0.. Λύση Εχουµε f(x, y) = y, x 0 = 0, y 0 = 1, x n = 0.4, h = 0.1 και x i = x 0 + ih, i = 0, 1,..., 4 ή x 0 = 0, x 1 = 0.1, x = 0., x 3 = 0.3 και x 4 = 0.4. Η µέθοδος του Euler είναι η y i+1 = y i + hf(x i, y i ), i = 0, 1,..., n 1 ή ιδάσκων: Ν. Μισυρλής y i+1 = y i + h( y i ), i = 0, 1,..., 3 Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

συνεπώς (i = 0) y 1 = y 0 hy 0 = 1 0.1 1 = 0.9 (i = 1) y = y 1 hy 1 = 0.9 0.1 0.9 = 0.81 (i = ) y 3 = y hy = 0.81 0.1 0.81 = 0.79 (i = 3) y 4 = y 3 hy 3 = 0.79 0.1 0.79 = 0.6561. ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Πίνακας υπολογισµών και σφαλµάτων Οταν h = 0. έχουµε i x i y i e xi e xi y i 0 0 1.000 1.000 0 1 0.1 0.900 0.9048 0.0048 0. 0.8100 0.8187 0.0087 3 0.3 0.790 0.7408 0.0118 4 0.4 0.6561 0.6703 0.014 i x i y i e xi e xi y i 0 0 1.000 1.000 0 1 0. 0.800 0.8187 0.0187 0.4 0.6400 0.6703 0.0303 Παρατηρούµε ότι το σφάλµα αυξάνει όσο αυξάνει το x. Επίσης τα σφάλµατα για h = 0. είναι περίπου δύο ϕορές µεγαλύτερα από την περίπτωση όπου h = 0.1. Από το αριθµητικό αυτό παράδειγµα παρατηρούµε ότι το σφάλµα είναι ανάλογο του h, πράγµα που αληθεύει σύµφωνα µε τη ϑεωρία. ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Η Μέθοδος των Runge-Kutta ης τάξης Οι µέθοδοι των Runge-Kutta(R-K) (1895-1901) είναι οι πλέον δηµοφιλείς και διακρίνονται σε κατηγορίες ανάλογα µε την τάξη του σφάλµατος αποκοπής. Αρχίζουµε πάλι µε το ανάπτυγµα Taylor µε δύο όρους y(x i+1 ) = y(x i + h) = y(x i )+hy (x i +θ i h), i = 0, 1,...,n 1 (66) µε 0 < θ i < 1. Η ιδέα της µεθόδου των R-K είναι να προσεγγίσουµε την y (x i +θ i h) µε ένα γραµµικό συνδυασµό τιµών της συνάρτησης f σε δύο γνωστά σηµεία. Ετσι ϑέτουµε y (x i +θ i h) = α 1 k 1 +α k (67) όπου και k 1 = f(x i, y i ) (68) k = f(x i +β 1 h, y i +β k 1 h) (69) όπου οι συντελεστέςα 1, α, β 1, β ϑα προσδιορισθούν έτσι ώστε η (67) να είναι όσο το δυνατόν καλύτερη προσέγγιση. ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Αναπτύσσοντας την (66) έχουµε ή y(x i+1 ) = y(x i )+hy (x i )+ h y (x i )+ h3 6 y (x i )+O ( h 4) y(x i+1 ) = y(x i )+hf i + h Από την άλλη πλευρά χρησιµοποιώντας την (67) έχουµε (f x,i + f y,i f)+o ( h 3). (70) y i+1 = y i + h(α 1 k 1 +α k ) = y i + h(α 1 k 1 +α f (x i +β 1 h, y i +β k h)) = y i +α 1 k 1 h+hα (f i +β 1 hf x,i +β k 1 hf y,i )+O ( h 3) = y i + h(α 1 +α )f i + h α (β 1 f x,i +β f y,i f i )+O ( h 3). (71) ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Συγκρίνοντας τις (71) και (70) µπορούµε να έχουµε τη µεγαλύτερη δυνατή ακρίβεια µε τη σύµπτωση όσο το δυνατόν περισσότερων συντελεστών των h, h,... Ετσι για τη σύµπτωση των h και h έχουµε α 1 +α = 1 Το σύστηµα αυτό έχει τη µονοπαραµετρική λύση α β 1 = α β = 1/. (7) α 1 = 1 λ, α = λ, β 1 = β = 1 λ (73) όπουλ 0 αυθαίρετος πραγµατικός αριθµός και η (66) γίνεται [ ( y i+1 = y i + h (1 λ)f i +λf x i + h λ, y i + h )] λ f i, i = 0, 1,...,n 1. Η µέθοδος αυτή αποτελεί τη γενική µέθοδο των R-K δεύτερης τάξης. (74) ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Βελτιωµένη µέθοδος του Euler Γιαλ = 1/ έχουµε από την (74) y i+1 = y i + h [f i + f (x i + h, y i + hf i )], i = 0, 1,..., n 1 (75) η οποία είναι γνωστή σαν η ϐελτιωµένη µέθοδος του Euler ή µέθοδος του Heun. Γιαλ = 1 έχουµε y i+1 = y i + hf ( x i + h, y i + h f i ), i = 0, 1,..., n 1 (76) η οποία είναι γνωστή σαν η τροποποιηµένη µέθοδος του Euler. Γιαλ = 3 η (74) δίνει 4 y i+1 = y i + h [ ( f i + 3f x i + h 4 3, y i + h )] 3 f i η οποία είναι γνωστή σαν η ϐέλτιστη R-K δεύτερης τάξης. ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Τέλος, παρατηρούµε ότι αν ϑέλουµε να εξισώσουµε και τους συντελεστές του h 3, τότε εκτός από τις (7) ϑα πρέπει να ισχύουν και οι α β 1 = 1 3 α β 1 β = 1 3 (77) α β = 1 3 οι οποίες είναι συµβιβαστές µε τις (7) αλλά για τους υπόλοιπους συντελεστές έχουµε 1/6 = 0, το οποίο είναι άτοπο. Αρα, για την τυχαία f(x, y) έχουµε τη µεγαλύτερη δυνατή ακρίβεια όταν ισχύουν οι (7). ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Παράδειγµα Χρησιµοποιώντας τη ϐελτιωµένη µέθοδο του Euler ή τη µέθοδο του Heun y i+1 = y i + h [f(x i, y i )+f(x i + h, y i + hf(x i, y i ))] να υπολογιστεί η λύση της διαφορικής εξίσωσης y = xy, y(0) = στο σηµείο x = 0.. Λύση f(x, y) = xy, x 0 = 0, y 0 = και x n = x = 0.. Για n = 1, h = x n x 0 n = 0. 0 1 = 0. ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

...Παράδειγµα και για i = 0 έχουµε y 1 = y 0 + h [f(x 0, y 0 )+f (x 0 + h, y 0 + hf(x 0, y 0 ))] άρα Για n =, h = 0.1 f(x 0, y 0 ) = x 0 f 0 = 0 = 0 y 1 = + 0. [ 0+ ( 0. )] = 1.90. y 1 = 1.980, y = 1.93 άρα y(0.) 1.9. ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Αριθµητική επίλυση συνήθων διαφορικών εξισώσεων µε συνοριακές συνθήκες Συνήθης ιαφορική Εξίσωση ης τάξης Εστω η συνήθης διαφορική εξίσωση ης τάξης y = f(x) (78) µε y(a) = α, y(b) = β µε a, b (a < b),α, β γνωστά και f γνωστή συνάρτηση του x. Με την προϋπόθεση ότι το παραπάνω πρόβληµα έχει µία λύση ορίζουµε αυθαίρετα ϕυσικό αριθµό n και στη συνέχεια το ϐήµα ολοκλήρωσης. h = b a n ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Ε πίσης ορίζουµε τα σηµεία x i = x 0 + ih, i = 0, 1,..., n µε x 0 = a. Το πρόβληµά µας είναι να ϐρούµε τις προσεγγιστικές τιµές y i των y(x i ), 1 i n 1 που να επαληθεύουν την y = f(x) όταν γνωρίζουµε ότι Αντικαθιστώντας y 0 = α και y n = β. λαµβάνουµε i y i 1 y i + y i+1, i = 1,,..., n 1 y h ιδάσκων: y i 1 y i + y i+1 = h f(x i ), i = 1,,..., n 1. (79) Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Τριδιαγώνιο Γραµµικό Σύστηµα Οι παραπάνω εξισώσεις αποτελούν ένα σύστηµα n 1γραµµικών εξισώσεων µε n 1 αγνώστους που λόγω των συνοριακών τιµών λαµβάνει την ακόλουθη µορφή ή y 1 y = α h f(x 1 ) y 1 +y y 3 = h f(x )............ y n 3 +y n y n 1 = h f(x n ) y n +y n 1 = β h f(x n 1 ) (80) Ay = k (81) ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

όπου και 1 0 1 1 A =. 1........ 1 0 1 k = α h f(x 1 ) h f(x ). hf(x n ) β h f(x n 1 ). ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Σηµειώµατα ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Σηµείωµα Αναφοράς Copyright Εθνικόν και Καποδιστριακόν Πανεπιστήµιον Αθηνών 015, Νικόλαος Μισυρλής, Αριθµητική Ανάλυση. Ενότητα 6- Αριθµητική Παραγώγιση και Ολοκλήρωση Εκδοση:1.01. Αθήνα 015. ιαθέσιµο από τη δικτυακή διεύθυνση:http://opencourses.uoa.gr/courses/di1/. ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Σηµείωµα Αδειοδότησης Το παρόν υλικό διατίθεται µε τους όρους της άδειας χρήσης Creative Commons Αναφορά, Μη Εµπορική Χρήση Παρόµοια ιανοµή 4.0 [1] ή µεταγενέστερη, ιεθνής Εκδοση. Εξαιρούνται τα αυτοτελή έργα τρίτων π.χ. ϕωτογραφίες, διαγράµµατα κ.λ.π., τα οποία εµπεριέχονται σε αυτό και τα οποία αναφέρονται µαζί µε τους όρους χρήσης τους στο «Σηµείωµα Χρήσης Εργων Τρίτων». [1] http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/4.0/ Ως Μη Εµπορική ορίζεται η χρήση: που δεν περιλαµβάνει άµεσο ή έµµεσο οικονοµικό όφελος από την χρήση του έργου, για το διανοµέα του έργου και αδειοδόχο που δεν περιλαµβάνει οικονοµική συναλλαγή ως προϋπόθεση για τη χρήση ή πρόσβαση στο έργο που δεν προορίζει στο διανοµέα του έργου και αδειοδόχο έµµεσο οικονοµικό όφελος (π.χ. διαφηµίσεις) από την προβολή του έργου σε διαδικτυακό τόπο Ο δικαιούχος µπορεί να παρέχει στον αδειοδόχο ξεχωριστή άδεια να χρησιµοποιεί το έργο για εµπορική χρήση, εφόσον αυτό του Ϲητηθεί. ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

ιατήρηση Σηµειωµάτων Οποιαδήποτε αναπαραγωγή ή διασκευή του υλικού ϑα πρέπει να συµπεριλαµβάνει: το Σηµείωµα Αναφοράς το Σηµείωµα Αδειοδότησης τη δήλωση ιατήρησης Σηµειωµάτων το Σηµείωµα Χρήσης Εργων Τρίτων (εφόσον υπάρχει) µαζί µε τους συνοδευόµενους υπερσυνδέσµους. ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96

Σηµείωµα Χρήσης Εργων τρίτων Το Εργο αυτό κάνει χρήση του ακόλουθου έργου: Εισαγωγή στην Αριθµητική Ανάλυση : Μια αλγοριθµική προσέγγιση, αυτο-έκδοση, Αθήνα, 009, Νικόλαος Μισυρλής. ιδάσκων: Ν. Μισυρλής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 10. Αριθµητική Επίλυση Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων / 96