2 Phương pháp đa bước giải phương trình vi phân đại số
2.3 Thử nghiệm số
Ví dụ 2.1. Giải phương trình vi phân đại số sau bằng phương pháp Euler ẩn
y0 = y −yz + cost−sint+etsin2t+ sin3t
0 = −y2 +z + 2etsint+e2t y(0) = 1, z(0) = 0
Giải
Sử dụng phương pháp Euler ẩn ta có bảng kết quả như sau:(lấy
h = 0.1)
Ví dụ 2.2. Giải phương trình vi phân đại số trong ví dụ2.1bằng phương pháp BDF 2 bước, BDF 3 bước.
Giải
Sử dụng phương pháp BDF 2 bước ta có bảng kết quả như sau: (lấy
Sử dụng phương pháp BDF 3 bước ta có bảng kết quả như sau: (lấy
Chương 3
Phương pháp đa bước giải phương trình vi phân đại số chỉ số 2
Xét phương trình vi phân đại số nửa hiện
y0 = f(y, z), (3.1)
0 = g(y).
Giả sử f, g là đủ trơn và
gy(y).fz(y, z) (3.2) là khả nghịch trong lân cận của lời giải. Khi đó phương trình vi phân đại số có chỉ số 2. Phương pháp đa bước áp dụng cho phương trình(3.1)là
k X i=0 αiyn+i = h. k X i=0 βif(yn+i, zn+i), (3.3) 0 = g(yn+k). (3.4) Có thể thay (3.4) bởi 0 = k X i=0 βig(yn+i) (3.5)
3.1 Sự tồn tại duy nhất của lời giải số
Phương pháp (3.3),(3.4) có dạng là hệ phi tuyến của yn+k, zn+k. Ta
có kết quả sau cho sự tồn tại của lời giải của hệ này.
Định lý 3.1. Giả sử bài toán (3.1) có lời giải chính xác y(x), z(x), các
giá trị đầu thỏa mãn với j = 0, ..., k −1 và xj = xo +jh, yj −y(xj) = O(h),
zj −z(xj) =O(h), (3.6)
g(yj) = O(h2).
Nếu điều kiện (3.2) thỏa mãn trong lân cận của lời giải này và nếu
βk 6= 0 thì hệ phi tuyến k X i=0 αiyi = h. k X i=0 βif(yi, zi), (3.7) 0 = g(yk), (3.8)
có lời giải với h ≤ ho. Lời giải này là duy nhất địa phương và thỏa mãn
yk −y(xk) = O(h), (3.9) zk −z(xk) = O(h). Chứng minh. Đặt η = − k−1 X i=o αi αkyi +h k−1 X i=0 βi αkf(yi, zi) (3.10)
và giả thiết ζ là đóng với z(xk) sao cho gy(η)f(η, ζ) = 0. Hơn nữa, thay
h(βkαk) bởi cỡ bước mới và ta kí hiệu là h. Khi đó hệ phương trình (3.7)
tương đương
0 = g(yk). (3.12) là phương pháp Euler ẩn. Ta tiếp tục chỉ ra rằng η −y(xk) = O(h), ζ −z(xk) = O(h), (3.13) g(η) =O(h2).
Thật vậy, vì yj −y(xj) = O(h) và
k
P
i=0
αi = 0 nên η −y(xk) = O(h).
Theo giả thiết củaζ và của điều kiện(3.2)ta suy ra ζ−z(xk) = O(h).
Ta thay tất cảf(yi, zi)trong đánh giá (3.9)bởif(y(xk), z(xk)) và đưa vào sai số có cỡ O(h2) trong η. Khi đó
η −y(xk) =− k P i=0 αi αk(yi −y(xk)) +h( k−1 P i=0 βi αk)f(y(xk), z(xk)) +O(h2). Vì (1.9) và (1.10) nên suy ra g(η) =− k X i=0 αi
αkgy(y(xk))(yi −y(xk)) +O(h2). (3.14) Vì gy(y(xk))(yi − y(xk)) = g(yi) + O(h2) và zj − z(xj) = O(h) nên
g(η) = O(h2).
Để chỉ ra sự tồn tại của lời giải duy nhất địa phương của hệ phương trình (3.11),(3.12) ta sẽ viết nó dưới dạng sau:
0 = g(yk) = g(yk)−g(η(h)) +g(η(h)) (3.15)
=
Z 1
0
gy(η(h) +τ(yk −η(h)))dτ.(yk −η(h)) +g(η(h))
trong đó η phụ thuộc vào h. Thay yk − η(h) = hf(yk, zk) từ (3.11) và chia cho h ta được hệ
yk −η(h)−hf(yk, zk) = 0, (3.16)
Z 1
0
gy(η(h) +τ(yk −η(h)))dτ.f(yk, zk) + 1
tương tự như hệ phương trình (1.8),(1.10). Cho h = 0 ta suy ra yk =
η(0), zk = ζ(0)thỏa mãn(3.16),(3.17)vìg(η(h)) = O(h2)vàgy(η).f(η, ζ) = 0.
Hơn nữa, vi phân của (3.16),(3.17) theo (yk, zk) có dạng
I +O(h) O(h)
O(1) (gyfz)(η, ζ) +O(h)
(3.18)
có nghịch đảo bị chặn với h ≤ h0. Do đó định lý hàm ẩn cho ta sự tồn
tại của lời giải duy nhất địa phương của (3.16),(3.17) và do đó ln có
(3.11),(3.12) và (3.7),(3.8).