Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

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

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Метод последовательных приближений решения дифференциального уравнения

Метод последовательных приближений решения дифференциального уравнения


Пусть требуется найти решение [math]y=y(x)[/math] дифференциального уравнения


[math]y'=f(x,y),[/math]
(1)

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

Будем предполагать, что в некотором прямоугольнике [math]D=\{|x-x_0|<a,~|y-y_0|<b\}[/math] с центром в точке [math](x_0,y_0)[/math] 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 [math]\{y_n(x)\}[/math] функций, определяемых рекуррентными соотношениями


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

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


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

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


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

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




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


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


[math]\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}[/math]

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




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


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


[math]\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}[/math]

Абсолютная погрешность третьего приближения не превосходит величины


[math]|y_3(x)-y(x)|\leqslant\frac{2}{3!}{\left(\frac{1}{2}\right)\!}^32^2=\frac{1}{6}[/math], здесь [math]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.[/math]



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


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


Пусть функция [math]f(x,y)[/math] определена следующим образом:


[math]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.[/math]

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


[math]\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}[/math]

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

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


[math]\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}[/math]

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


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


Беря в качестве нулевого приближения [math]y_0[/math] функцию [math]y_0(x)\equiv0[/math], будем иметь


[math]y_1(x)\equiv0,\quad y_2(x)\equiv0,\quad \ldots,\quad y_n(x)\equiv0,\quad \ldots,[/math]

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


Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved