中央宣传部、中央文明办、国家发改委等15部委部署开展2018年文化科技卫生“三下乡”活动

Krzywe ca?kowe wyznaczonych przy pomocy metody Eulera, spe?niaj?ce równanie ró?niczkowe$f'(x,y)={\frac {x(y+1)}{x^{2}+2}}$ dla ró?nych warunków pocz?tkowych.

百度 　　说起现在的状态，余峻舟说自己是一人分饰多角，要做知民情察民意的“调查员”，带团队谋发展、组织干部群众的“管理员”，拓市场找路子的“引导员”以及解忧济困的“服务员”。

Metoda Eulera – sposób rozwi?zywania równań ró?niczkowych, opieraj?cy si? na interpretacji geometrycznej równania ró?niczkowego. Po raz pierwszy zosta?a ona przedstawiona w 1768 roku w podr?czniku Leonharda Eulera pt. Institutiones calculi differentialis (?Kszta?cenie w rachunku ró?niczkowym”).

Metoda podstawowa

Równanie postaci $y'=f(x,y)$ o warunkach pocz?tkowych $(x_{0},y_{0}):y_{0}=y(x_{0}),$ z kolejnymi punktami $x_{i}$ na osi x:

$x_{n+1}=x_{n}+h,\quad n=0,1,2,3,...$

Poniewa? – z definicji pochodnej

$y'={\frac {\Delta y}{h}},$

czyli zarazem

$f(x_{n},y_{n})=y'={\frac {\Delta y}{h}}.$

Po przekszta?ceniu:

$\Delta y=hf(x_{n},y_{n}).$

Poniewa? szukamy wzoru na $y_{n+1},$ zatem do wzoru $y_{n+1}=y_{n}+\Delta y$ podstawiamy wy?ej wyliczone $\Delta y$ i otrzymujemy ostatecznie równanie:

$y_{n+1}=y_{n}+hf(x_{n},y_{n}).$

Porównuj?c otrzymany wynik z rozwini?ciem Taylora otrzymujemy:

$y_{n+1}=y(x_{n+1})=y(x_{n}+h)=y_{n}+hf(x_{n},y_{n})+{\frac {f^{(2)}(\xi )}{2}}h^{2},$

gdzie $x_{n}<{\xi }<x_{n+1}$

co oznacza, ?e przybli?enie warto?ci $y(x_{n+1})$ ma b??d rz?du $h^{2}.$ ?wiadczy to o tym, ?e obranie mniejszego przedzia? kroku da w rezultacie dok?adniejszy wynik.

Zbie?no??

Zale?no?? dok?adno?ci rozwi?zania od wielko?ci kroku najlepiej sprawdzi? na przyk?adzie równania ró?niczkowego, którego rozwi?zanie ?atwo jest znale?? za pomoc? wzoru. Przyk?adem mo?e by? równanie $y'=y$ dla warunków pocz?tkowych $x_{0}=0,y_{0}=1,$ którego rozwi?zaniem jest funkcja $y=\exp(x).$ Zastosowanie metody Eulera dla takiego równania bardzo wyra?nie zale?y od kroku h.

h=1:	$x_{n+1}=x_{n}+1,$	$y_{n+1}=y_{n}+1\cdot y_{n}=2y_{n}$	dla $x_{n}=4$ mamy $y_{n}=16$
h=0.5:	$x_{n+1}=x_{n}+0{,}5,$	$y_{n+1}=y_{n}+0{,}5\cdot y_{n}=1{,}5y_{n},$	dla $x_{n}=4$ mamy $y_{n}=25{,}6289$
h=0.1:	$x_{n+1}=x_{n}+0{,}1,$	$y_{n+1}=y_{n}+0{,}1\cdot y_{n}=1{,}1y_{n},$	dla $x_{n}=4$ mamy $y_{n}=45{,}2593$
h=0.01:	$x_{n+1}=x_{n}+0{,}01,$	$y_{n+1}=y_{n}+0{,}01\cdot y_{n}=1{,}01y_{n},$	dla $x_{n}=4$ mamy $y_{n}=53{,}5241$
h=0.001:	$x_{n+1}=x_{n}+0{,}001,$	$y_{n+1}=y_{n}+0{,}001\cdot y_{n}=1{,}001y_{n},$	dla $x_{n}=4$ mamy $y_{n}=54{,}5891$

W rzeczywisto?ci $\exp(4)\approx 54{,}5982.$

B??d obliczeń rozwi?zania równania ró?niczkowego metoda Eulera maleje wraz ze zmniejszaniem kroku h, ale ro?nie wraz ze wzrostem $x-x_{0}$ dla ka?dej warto?ci h. Generalnie metoda Eulera nie jest efektywna. B??d jej stosowania jest na ogó? du?y.

Metoda zmodyfikowana

Zgodnie z t? metod?, $\Delta y$ obliczamy jako:

$\Delta y=f\left(x_{n}+{\frac {h}{2}},y_{n}+f(x_{n},y_{n}){\frac {h}{2}}\right)h.$

Metoda ta jest szczególnym przypadkiem metody Rungego-Kutty, znana popularnie jako metoda punktu ?rodkowego (ang. midpoint).

Metoda udoskonalona

Modyfikacja polega na obliczaniu wspó?czynnika nachylenia stycznej $\Delta y$ za pomoc? ?redniej arytmetycznej:

$\Delta y=h{\frac {f(x_{n},y_{n})+f(x_{n}+h,y_{n}+f(x_{n},y_{n})h)}{2}}.$

Podobnie jak poprzednio, jest to szczególny przypadek metody Rungego-Kutty, znany powszechnie jako Metoda Heuna.

Zobacz te?

• metoda Eulera-Maruyamy
• metoda Rungego-Kutty
• metody numeryczne

Bibliografia

• Z. Fortuna, B. Macukow, J. W?sowski, Metody numeryczne Podr?czniki akademickie Elektronika, informatyka, telekomunikacja, Warszawa: Wydawnictwa Naukowo-Techniczne, 1982, s. 285–312.
• D. Potter, Metody obliczeniowe fizyki, fizyka komputerowa, Warszawa: PWN, 1982, s. 19–43.
• J. Szmelter, Metody komputerowe w mechanice, Warszawa: PWN, 1980, s. 150–157.