Дискуссионный математический форумМатематический форум
Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Метод последовательных приближений решения дифференциального уравнения

Метод последовательных приближений решения дифференциального уравнения


Пусть требуется найти решение y=y(x) дифференциального уравнения


y'=f(x,y),
(1)

удовлетворяющее начальному условию
y|_{x=x_0}=y_0.
(2)

Будем предполагать, что в некотором прямоугольнике D=\{|x-x_0|<a,~|y-y_0|<b\} с центром в точке (x_0,y_0) для уравнения (1) выполнены условия а) и б) теоремы существования и единственности решения задачи (1)-(2).


Решение задачи (1)-(2) может быть найдено методом последовательных приближений, который состоит в следующем.


Строим последовательность \{y_n(x)\} функций, определяемых рекуррентными соотношениями


y_n(x)=y_0+\int\limits_{x_0}^{x}f(t,y_{n-1}(t))dt,~n\in\mathbb{Z}.
(3)

В качестве нулевого приближения y_0(x) можно взять любую функцию, непрерывную в окрестности точки x=x_0, в частности y_0(x)\equiv{y_0} — начальное значение Коши (2). Можно доказать, что при сделанных предположениях относительно уравнения (1) последовательные приближения \{y_n(x)\} сходятся к точному решению уравнения (1), удовлетворяющему условию (2), в некотором интервале x_0-h<x<x_0+h, где


h=\min\!\left(a,\frac{b}{M}\right),~~M=\max\limits_{(x,y)\in{D}}|f(x,y)|.
(4)

Оценка погрешности, получаемой при замене точного решения y(x) n-м приближением y_n(x), даётся неравенством


|y(x)-y_n(x)|\leqslant\frac{MN^{n-1}}{n!}h^n.
(5)

где N=\max\limits_{(x,y)\in{D}}\left|\frac{\partial{f}}{\partial{y}}\right|. Применяя метод последовательных приближений, следует остановиться на таком n, для которого |y_{n+1}-y_n| не превосходит допустимой погрешности.




Пример 1. Методом последовательных приближений найти решение уравнения \frac{dy}{dx}=y, удовлетворяющее начальному условию y(0)=1.


Решение. Очевидно, что для данного уравнения на всей плоскости xOy выполнены условия теоремы существования и единственности решения задачи Коши. Строим последовательность \{y_n(x)\} функций, определяемых соотношениями (3), приняв за нулевое приближение y_0(x)\equiv1:


\begin{gathered}y_0(x)\equiv1,\hfill\\y_1(x)=1+\int\limits_{0}^{x}y_0(t)dt=1+x,\hfill\\y_2(x)=1+\int\limits_{0}^{x}y_1(t)dt=1+\int\limits_{0}^{x}(1+t)dt=1+x+\frac{x^2}{2},\hfill\\y_3(x)=1+\int\limits_{0}^{x}y_2(t)dt=1+\int\limits_{0}^{x}\!\left(1+t+\frac{t^2}{2}\right)\!dt=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!},\hfill\\\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots,\hfill\\y_n(x)=1+\int\limits_{0}^{x}y_{n-1}(t)dt=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}.\hfill\\\end{gathered}

Ясно, что y_n(x)\to{e^x} при n\to\infty. Непосредственной проверкой убеждаемся, что функция y(x)=e^x решает поставленную задачу Коши.




Пример 2. Методом последовательных приближений найти приближенное решение уравнения y'=x^2+y^2, удовлетворяющее начальному условию y|_{x=0}=0 в прямоугольнике -1\leqslant x\leqslant 1, -1\leqslant{y}\leqslant1.


Решение. Имеем |f(x,y)|=x^2+y^2\leqslant2, т. е. M=2. За h берем меньшее из чисел a=1,~\frac{b}{M}=\frac{1}{2}, т. е. h=\frac{1}{2}. Последовательные приближения согласно (4) будут сходится в интервале -\frac{1}{2}<x<\frac{1}{2}. Составляем их


\begin{gathered}y_0(x)=0,\hfill\\y_1(x)=\int\limits_{0}^{x}[t^2+y_0^2(t)]\,dt=\frac{x^3}{3},\hfill\\y_2(x)=\int\limits_{0}^{x}[t^2+y_1^2(t)]\,dt=\int\limits_{0}^{x}\!\left(t^2+\frac{t^6}{9}\right)\!dt=\frac{x^3}{3}+\frac{x^7}{63},\hfill\\y_3(x)=\int\limits_{0}^{x}[t^2+y_2^2(t)]\,dt=\int\limits_{0}^{x}\!\left(t^2+\frac{t^6}{9}+\frac{2t^{10}}{3\cdot63}+\frac{t^{14}}{63^2}\right)\!dt=\frac{x^3}{3}+\frac{x^7}{63}+\frac{2x^{11}}{2\,079}+\frac{x^{15}}{59\,535}.\hfill\\\end{gathered}

Абсолютная погрешность третьего приближения не превосходит величины


|y_3(x)-y(x)|\leqslant\frac{2}{3!}{\left(\frac{1}{2}\right)\!}^32^2=\frac{1}{6}, здесь N=\max\limits_{\substack{-1\leqslant{x}\leqslant1\\-1\leqslant y\leqslant1}} \left|\frac{\partial{f}}{\partial{y}}\right|= \max\limits_{\substack{-1\leqslant{x}\leqslant1\\-1\leqslant{y}\leqslant1}} |2y|=2.



Замечание. Функция f(x,y) должна удовлетворять всем условиям теоремы существования и единственности решения задачи Коши.


Следующий пример показывает, что одной непрерывности функции f(x,y) недостаточно для сходимости последовательных приближений.


Пусть функция f(x,y) определена следующим образом:


f(x,y)=\left\{\!\begin{gathered}~~~~0,~~~~~~~~\text{if}\quad{x=0,~-\infty<y<+\infty};\hfill\\~~2x,~~~~~~~~\text{if}\quad0<x\leqslant1,~-\infty<y<0;\hfill\\2x-\frac{4y}{x},\quad\text{if}\quad0<x\leqslant1,~0\leqslant{y}\leqslant{x^2};\hfill\\~-2x,~~~~~~\text{if}\quad0<x\leqslant1,~x^2<y<+\infty.\hfill\\\end{gathered}\right.

На множестве 0\leqslant{x}\leqslant1, -\infty<y<+\infty функция f(x,y) непрерывна и ограничена постоянной M=2. Для начальной точки (x,y)=(0,0) последовательные приближения при 0\leqslant{x}\leqslant1 имеют вид:


\begin{gathered}y_1(x)=\int\limits_{0}^{x}f(x,y_0(x))\,dx=x^2,\hfill\\y_2(x)=\int\limits_{0}^{x}f(x,x^2)\,dx=\int\limits_{0}^{x}\!\left(2x-\frac{4x^2}{x}\right)\!dx=-x^2.\hfill\\\end{gathered}

и вообще y_{2n-1}(x)=x^2,~y_{2n}(x)=-x^2,~n\in\mathbb{N}.


Поэтому последовательность \{y_n(x)\} для каждого x\ne0 не имеет, предела, т. е. последовательные приближения не сходятся. Заметим также, что ни одна из сходящихся подпоследовательностей \{y_{2n-1}(x)\} и \{y_{2n}(x)\} не сходится к решению, поскольку


\begin{gathered}y'_{2n-1}(x)=2x \ne f(x,x^2)=-2x,\hfill\\y'_{2n}(x)=-2x \ne f(x,-x^2)=2x.\hfill\\\end{gathered}

Если же последовательные приближения сходятся, то полученное решение может оказаться неединственным, как показывает следующий пример: y'=y^{1/3}.


Возьмем начальное условие y(0)=0; тогда y(x)=\int\limits_{0}^{x}y^{1/3}(t)\,dt.


Беря в качестве нулевого приближения y_0 функцию y_0(x)\equiv0, будем иметь


y_1(x)\equiv0,\quad y_2(x)\equiv0,\quad \ldots,\quad y_n(x)\equiv0,\quad \ldots,

так что все последовательные приближения равны нулю и поэтому они сходятся к функции, тождественно равной нулю. С другой стороны, функция y(x)={\!\left(\frac{2x}{3}\right)\!}^{3/2} представляет собой также решение этой задачи, существующее на полупрямой x\geqslant0.

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).
Кнопка "Поделиться"

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2019 MathHelpPlanet.com. All rights reserved