2 Phương pháp đa bước giải phương trình vi phân đại số
3.3 Sai số địa phương Sự hội tụ của phương pháp BDF
BDF
3.3.1 Sai số địa phương
Xét giá trị ban đầu yj = y(xj),zj = z(xj)(j = 0, . . . , k−1) với lời giải
chính xác của phương trình (3.1) và áp dụng công thức đa bước (3.7).
Hiệuyk−y(xk),zk−z(xk)được gọi là sai số địa phương của phương pháp.
Bổ đề 3.1. Giả sử phương trình vi phân đại số (3.1) thỏa mãn điều kiện (3.2) và phương pháp đa bước (3.7) có cấp chính xác p. Khi đó sai số địa phương thỏa mãn
yk −y(xk) =O(hp+1), (3.28)
zk−z(xk) =O(hp). Chứng minh.
Đặt ybj = y(xj),zbj = z(xj) với j = 0, . . . , k. Các giá trị này thỏa mãn (3.19),(3.20) với δ = O(hp) và θ = 0.
Do đó byj = yj, zbj = zj với j < k. Từ Định lý 3.2 ta có điều phải
chứng minh.
3.3.2 Sự hội tụ của BDF
Nghiên cứu sự hội tụ của phương pháp BDF đơn giản hơn phương pháp đa bước vì yn+k chỉ phụ thuộc yn, . . . , yn+k−1 và không phụ thuộc
vào zn, . . . , zn+k−1 (β0 = . . . = βk−1 = 0). Vì vậy, y và z có thể xử lý riêng biệt.
Định lý 3.3. Xét phương trình vi phân đại số chỉ số 2 (3.1) thỏa mãn điều kiện (3.2). Khi đó sơ đồ BDF k - bước là hội tụ với cấp chính xác
p= k nếu k ≤ 6, tức là
yn −y(xn) = O(hp), zn−z(xn) = O(hp), xn = nh≤ Const, (3.29)
với bất kì giá trị ban đầu thỏa mãn
yj −y(xj) =O(hp+1), j = 0, . . . , k −1. (3.30) Chú ý: Giả thiết (3.30) có thể thay bằng
yj −y(xj) =O(hp), k ≥ 3, k 6= 1.
Chứng minh.
a) Trong khi tìm lời giải số {yn, zn} (mà đã xác định yn0, zn0 ) ta xét lời giải đa bước ynl, znl , l = 1,2, . . . với giá trị ban đầu yjl = y(xj), zjl =
z(xj) trong đó j = l −1, . . . , l + k − 2 trong lời giải chính xác. Mục đích đầu tiên là đánh giá ynl −ynl+1 trong số hạng của sai số địa phương
yl+k−1l −yl+1l+k−1 (hoặc sai số ban đầu nếu l = 0). Để đơn giản ta bỏ qua
chỉ số dưới và xét hai lời giải đa bước lân cận (ybn,bzn) và (yen,ezn). Để có
thể áp dụng Định lý 3.2 ta cố định 3 hằng số đủ lớn C0, C1, C2 và giả sử nh ≤const thỏa mãn kbyn−y(xn)k ≤ C0h, keyn−ybnk ≤ C1h2, kbzn −z(xn)k ≤ C2h. (3.31)
Nó sẽ được chứng minh trong phần c). Kí hiệu:
∆yn = eyn−ybn
∆zn = zne −znb
∆Yn = (∆yn+k−1, . . . ,∆yn)T
Ta có yn+k, zn+k khơng phụ thuộc vàozn, . . . , zn+k−1 trong sơ đồ BDF. Từ định lý 3.2 với δ = 0, θ = 0 ta suy ra
k∆zn+kk ≤ C h
k−1
X
j=0
kgy(yn+k) ∆yn+jb k+hk∆Ynk
!
, (3.33)
trong đó C khơng phụ thuộc vào việc chọn C0, C1, C2 nếu h đủ nhỏ. Từ giả thiết (3.31),(3.32),(3.33) ta suy ra ∆yn+k = O(h2), ∆zn+k = O(h) . Do đó ta thu được sự tuyến tính hóa của cơng thức đa bước
k
X
i=0
αi∆yn+i = hβkfz(byn+k,zn+k)∆zn+kb + O(hk∆Ynk), (3.34)
0 = gy (byn+k) ∆yn+k +O(hk∆Ynk). (3.35)
Tiếp tục ta sử dụng phép chiếu
Qn = fz(gyfz)−1gy(ybn+k,zbn+k),
Pn = I −Qn (3.36)
với
Pn2 = Pn, Q2n = Qn, PnQn = QnPn = 0, Qn+1 = Qn+O(h). (3.37) Quan hệ cuối cùng của (3.36) suy ra từ (3.31) và tính trơn của lời giải y(x), z(x). Khi đó ta nhân (3.34) với Pn+k (với đánh giá ∆zn+k) và
(3.35) với fz(gyfz)−1. Cùng với (3.37) ta thu được
k
P
i=0
αiPn+i∆yn+i =O(hk∆Ynk), Qn+k∆yn+k = O(hk∆Ynk).
(3.38)
Đưa vào vectơ
Un = (Pn+k−1∆yn+k−1, . . . , Pn∆yn)T, Vn = (Qn+k−1∆yn+k−1, . . . , Qn∆yn)T,
ta có ∆Yn = Un+Vn và (3.38) trở thành
Vn+1 = (N ⊗I)Vn+O(hk∆Unk+hk∆Vnk) (3.40) trong đó (với α0j = αj/α k) A = −α,k−1 . . . −α1, −α,0 1 0 0 . . . ... ... 1 0 , N = 0 . . . 0 0 1 0 0 . . . ... ... 1 0 .
Chọn kUk sao cho kA⊗Ik ≤ 1. Khi đó chọn kVk sao cho kN ⊗Ik ≤ ρ < 1. Do đó từ (3.39),(3.40) ta suy ra kUn+1k kVn+1k ≤ 1 +O(h) O(h) O(h) ρ+O(h) kUnk kVnk . (3.41)
Chéo hóa ma trận trong (3.41) ta được
k∆Ynk ≤ Const1(kUnk+kVnk)
≤ Const2(kU0k+ (ρn+ h)kV0k), (3.42) kVnk ≤ Const3(khUok+ (ρn+h)kV0k). (3.43) Vectơ U0 và V0 là cố định của sai số địa phương hoặc của sai số trong giá trị ban đầu, nó có cỡ O(hp+1) trong (3.28) và (3.30).
Vì thế từ đánh giá (3.42),(3.43) suy ra sai số lan truyền thỏa mãn
k∆ynk ≤ C3hp+1,
kg(ybn+k) ∆y+jk ≤ C4(ρn +h)hp+1, j = 0, . . . k−1. (3.44)
Cộng lại với nhau ta được
kyn−y(xn)k ≤ n−k+1 X l=0 ynl −ynl+1≤ C5hp (3.45)
là ước lượng muốn có của thành phần y.
b) Vì zn chỉ phụ thuộc vào yn−k, . . . , yn−1 nhưng không phụ thuộc vào các giá trị z trước nên ta có thể áp dụng Định lý 3.2 với ybj = y(xj),zbj =
z(xj), δ = O(hp), θ = 0. Ta suy ra kzn −z(xn)k ≤ C h k X j=1 kgy(y(xn)) (yn−j −y(xn−j)) +O(hp)k. (3.46) Sử dụng (3.44) và ynl = y(xn) + O(hp) suy ra kgy (y(xn)) (yn−j −y(xn−j))k = n−k+1 P l=0 gy(y(xn)) yl n−j −yl+1 n−j ≤ n−k+1 P l=0 kgy yl n yl n−j −yl+1 n−j +O(h2p+1) = O(hp+1) suy ra kzn−z(xn)k ≤ C6hp. (3.47) c) Tổng quát, hằng sốC3, C5, C6 sẽ phụ thuộc vào C0, C1, C2 với giả thiết
(3.32). Với p ≥2 ta có thể thu gọn cỡ bước h vì
C5hp−1 ≤C0, C3hp−1 ≤C1, C6hp−1 ≤ C2
và lời giải số sẽ không bao giờ vi phạm điều kiện (3.32) trong khoảng đang xét.
Với p= 1 (phương pháp Euler ẩn), có thể thay đánh giá (3.34) bởi
k∆zn+kk ≤ Ck∆Ynk. (3.48) Thay (3.35) ta có
∆yn+1−∆yn = O(hk∆ynk) (3.49) trong đó hằng số ẩn của số hạng O(...) là phụ thuộc vào C0, C1, C2 nếu
h đủ nhỏ. Phương pháp tiêu chuẩn này cho ta kết quả của sự hội tụ.