Numerikus módszerek

Diffegyenlet-megoldó módszerek

Euler-módszer

A legegyszerűbb egylépéses módszer. Az y(x=0)=y0 kezdőfeltétellel megadott, y’=f(x,y) diffegyenlet megoldása esetén az Euler lépés alakja (Taylor-sorfejtés első két tagja): $y_(n+1)=y_n+h*f(x_n,y_n)$

Hibája: Taylor-sorfejtést tovább írjuk, a különbség $O(h^2)$ lesz. Használata nem javasolt, mert a hibák hamar felösszegződnek, a megoldás „felrobban”. Ennek elkerülésére érdemes lehet használni az implicit Euler-módszert: $y_(n+1)=y_n+h*f(x_{n+1},y_{n+1})$. Ez nagy h értékekre is stabil marad.

Runge-Kutta módszer

Miért használjuk? Mert sokkal pontosabb, mint az Euler-módszer.

Másodrendű RK (vagy midpoint method - középponti módszer)

$k_1=h\,f(x_n,y_n)\,$

$k_2=h\,f \left ( x_n+\frac{1}{2} h,y_n+\frac{1}{2} k_1 \right ) \,$

$y_{n+1}=y_n+k_2+O(h^3)\,$

Ez a módszer tehát harmadrendig pontos. Általánosan az n-ed rendű RK-nak $O(h^{n+1})$ hibája van.

Negyedrendű RK

$k_1=h\,f(x_n,y_n)\,$

$k_2=h\,f \left ( x_n+\frac{1}{2} h,y_n+\frac{1}{2} k_1 \right ) \,$

$k_3=h\,f \left ( x_n+\frac{1}{2} h,y_n+\frac{1}{2} k_2 \right ) \,$

$k_4=h\,f(x_n+h,y_n+k_3)\,$

$y_{n+1} = y_n + \frac{1}{6} k_1 + \frac{1}{3} k_2 + \frac{1}{3} k_3 + \frac{1}{6} k_4 + O(h^5)$

A negyedrendű módszerben négyszer kell kiértékelni az f függvényt, míg az Euler-módszernél egyszer kellett. Ezért ennek a használata akkor gazdaságos, ha ugyanakkora pontosság mellett legalább négyszer akkora lehet a lépésköz.

Adaptív RK

Egy differenciálegyenlet megoldása során lehetnek gyorsan és lassan változó szakaszok a függvényben. A lassan változó szakaszok integrálása során nagyobb lépéseket is tehetünk a hiba növekedése nélkül. Ennek a megoldására szolgál az adaptív Runge-Kutta módszer. Alapötlete, hogy egy lépést tegyünk meg egyszer teljesen (2h-val, $y_1$), egyszer pedig két fél lépésben (h-val, $y_2$). Mindegyik lépés 4 függvény kiértékelést igényel (3*4), de ebből kettő megegyezik, így 11 kiértékelés szükséges a 2*4 helyett, ami a két fél lépésből jönne össze.

$y(x+2h) = y_1 + (2h)^5 \Phi + O(h^6)\,$

$y(x+2h) = y_1 + 2(h^5) \Phi + O(h^6)\,$

A kettő közti különbség:

$\Delta = y_2 - y_1\,$

A különbség $h^5$-nel skálázik. Ha egy $h_1$ lépés eredménye $\Delta_1$, és mi $\Delta_0$ hibát akarunk elérni, akkor $h_0$ lépést kell tennünk, ami: $h_0 = h_1 \left | \frac{\Delta_0}{\Delta_1} \right | ^{0.2}$

Ha $h_1>h_0$, akkor meg kell ismételni a számolást egy kisebb lépéssel, ha pedig $h_1<h_0$, akkor a következő lépésben használhatjuk $h_0$-t lépésként.