Exponenciális RungeKutta módszerek

Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Kálmán Dávid Sámuel Exponenciális RungeKutta módszerek BSc Szakdolgozat Matematika BSc, Matematika elemz szakirány Témavezet : Dr. Csomós Petra Egyetemi adjunktus Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai Tanszék Budapest, 218

Tartalomjegyzék Köszönetnyilvánítás 2 El szó 3 Bevezetés 5 1. Az exponenciális RungeKutta módszer levezetése 7 1.1. Levezetéshez alaprendszer felírása................... 7 1.2. Rácsfüggvény és rácsháló létrehozása................. 9 1.3. Konstans variációs formula felhasználása............... 1 1.4. Lagrange-interpoláció ismertetése................... 13 1.5. Közelít polinom függvény létrehozása................ 15 1.6. Polinom függvény alkalmazása..................... 18 2. Az exponenciális RungeKutta módszer átírása és az együtthatók tulajdonságai 23 2.1. Az exponenciális RKM felírása Taylor-sorral............. 23 2.2. A B i tulajdonságai........................... 27 2.3. Az A i,j tulajdonságai.......................... 28 3. Módszerek 29 3.1. A közönséges RungeKutta módszer................. 29 3.2. Explicit exponenciális RungeKutta módszer............. 3 3.3. Exponenciális Euler-módszer...................... 32 4. Az exponenciális Euler-módszer tulajdonságai 34 4.1. A merevség ismertetése......................... 34 4.2. A konvergencia ismertetése....................... 35 4.3. A módszer konvergenciája....................... 36 4.4. A konzisztencia ismertetése...................... 42 4.5. A módszer konzisztenciája....................... 42 4.6. Példák számolással és MATLAB kódokkal.............. 44 Összefoglalás 55 Felhasznált jelölések 56 Irodalomjegyzék 57 1

Köszönetnyilvánítás Els sorban szeretnék köszönetet mondani Csomós Petra témavezet mnek, aki segített a téma kiválasztásában és rengeteg segítséget nyújtott a szakdolgozatom megírásánál. Továbbá köszönöm, hogy körültekint en átnézte a szakdolgozatomat és észrevételeivel, tanácsaival, segítségével és türelmével segítette a megírását. Köszönettel tartozom Anyukámnak és a barátaimnak az egyetemi évek és a szakdolgozat írása alatt kapott támogatásért és bíztatásért. Köszönöm Faragó István tanár úrnak az Alkalmazott analízis el adásokat, mert felkeltette a téma iránt az érdekl désemet. Köszönöm továbbá mindazoknak is, akik támogattak. 2

El szó A szakdolgozatom témaválasztását els sorban az Alkalmazott analízis el adáson elhangzott RungeKutta típusú módszerek és ahhoz kapcsolódó tulajdonságaik motiválták. A szakdolgozatom teljes egészében törekedtem az egységes jelölés használatára. Ez segíti az olvasót abban, hogy amit egyszer deniáltunk, az a szakdolgozat egészében igaz legyen. Ez a kevés helyen amikor eltér, azt külön jelöltem, hogy abban a részben más lesz. A felhasznált jelöléseket a könnyebb áttekinthet ség érdekében kigy jtöttem egy külön fejezetbe. Ezáltal nem kellett minden egyes részben újra leírni a jelölések értelmét, ugyanakkor a Felhasznált jelölések fejezetben könnyen visszakereshet ek. Ezt a fejezetet több részre bontottam, ami miatt az adott jelölést még könnyebben meg lehet találni. A szakdolgozatban nagy hangsúlyt fektettem a lépésenkénti levezetésre, ami az érthet séget nagyban segíti. Az felhasznált irodalmakban ezek a lépések többnyire összevontak, amik egy rész megértését nehezebbé teszi. A kiírások által, az irodalmak is könnyeben érthet ek. Amikor egy új jelölést bevezettem, ott használtam a : jelet. A bet típusuk is különböz jelölés-csoportokat jelentenek, amit a következ táblázat mutat: 3

TARTALOMJEGYZÉK Típusok Angol bet k Görög bet k 1-D függvények kisbet kisbet több-d függvények Nagybet Nagybet változók kisbet kisbet mátrixok/vektorok Nagybet kisbet konstansok Nagybet Nagybet A függvények többnyire több dimenziósak, ahogy a mátrixok/vektorok is, ezért a több dimenziós függvények könnyebb elképzelése érdekében, ahol szükségesnek éreztem, ott kiírtam a fügvényeket és leképezéseiket koordinátánként is. A szakdolgozat céljai közt szerepelt, hogy a részletesség és egységes jelölés rendszere segítségével, a témában kevésbé jártas emberek számára is érthet legyen. Az irodalom hivatkozásokat a fejezet elején megadtam. A RungeKutta módszer széleskörben feldolgozott téma, ezért a szakdolgozatom témaválasztása az exponenciális RungeKutta módszerek. Ennek a módszernek egy alesete az órán taglalt RungeKutta módszer. 4

Bevezetés A RungeKutta módszert az 19-as évek elején vezette be Carl Runge és Martin Kutta német matematikus. Ez a módszer még nem volt alkalmas olyan típusú problémák megoldására, amik tartalmaztak exponenciális tagot, mert a számolás hosszadalmas volt. Az exponenciális tagot is tartalmazó, exponenciális Runge Kutta módszereket az 195-es években fedezték fel. 1958-ban Hersch kezdett velük részletesebben foglalkozni, aki egy másik megoldási módszert készített erre, ami el ször tartalmazott exponenciális tagot. 196-ban Certaine a nemlineáris részt közelítette a konstans variációs formulával. 1963-ban Pope lefektette a Rosenbrock módszerek alapját. 1967-ben Lawson a RungeKutta módszerrel az együtthatók megváltoztatásával megoldott egy exponenciális tagot tartalmazó dierenciálegyenletet. Ez volt az els alkalom, hogy a RungeKutta módszerrel megoldottak egy ilyen problémát. 1978-ban Friedli magasabb rend módszerekkel is megoldotta a nem merev dierenciálegyenletet a Taylor-sor használatával. 1998-ban Hochbruck, Lubich és Selhofer bevezetett egy új integrálási módszert, ami javított a számítási sebességen. 25-ben Hochbruck és Ostermann elkészítette a magasabb rend exponenciális RungeKutta módszert merev egyenletekre is. Ebben a forrásban található részletesen a történet [7]. Az exponenciális hatványazásakor nagyon sok mátrix szorzást kellett elvégezni, és mivel nem állt rendelkezésre kell számítási teljesítmény, ezért a módszert nem használták sokáig. A számítógépek fejl désével, az algoritmusok javításával az e 5

TARTALOMJEGYZÉK szám mátrix hatványára emelése és az új módszerekkel való hatványozás feltalálásával felgyorsult, így ezt a módszert újra el vették és elkezdték használni. Ezt a numerikus közelítési módszert használják például a kémiai modell alkotásnál, reakció-diúzió egyenleteknél, a nemlineáris Schrödinger-egyenletnél, a merev kinetikus egyenletekre, stb. Ez a módszer a szemilineáris egyenleteket hatékonyan tudja megoldani. A szemilineáris egyenletek egy lineáris merev részb l és egy nemlineáris nem merev részb l állnak. A merev részek megoldása hatékonyan csak implicit módszerekkel lenne lehetséges, de az exponenciális RungeKutta módszerrel ennek a merev résznek az értékét pontosan kiszámoljuk, ezért az explicit módszereket használhatjuk. A szakdolgozatban megismerjük a módszer levezetését, megvizsgáljuk egy speciális exponenciális RungeKutta módszert, az exponenciális Euler tulajdonságait, ezt példákkal és ábrákkal illusztráljuk, amiken jól látszódik a numerikus közelító módszer hatékonysága. A példákat, ábrákat a MATLAB programban elkészített saját fejlesztés kódokkal készítettük. 6

1. fejezet Az exponenciális RungeKutta módszer levezetése Ebben a fejezetben levezetjük az exponenciális RungeKutta módszert, amivel meg tudunk oldani els rend közönséges r változós szemilineáris dierenciálegyenlet rendszereket, egy kezdeti feltétel ismeretében. Ennek teljesítéséhez közelíteni fogjuk a pontos megoldást, majd a konstans variációs formulát felhasználjuk, végül a Lagrange-interpolációval az ismeretlen nemlineáris függvényt közelítve felírjuk a módszert. Az alábbi irodalmakban találhatóak a felhasznált információk [1] [2] [4] [6]. 1.1. Levezetéshez alaprendszer felírása Legyen r N +, a kezdeti hely, aminek az értéke U R r. Legyen q R +, T = [, q], és F : T R r R r folytonosan dierenciálható függvény, ahol t T és U 1, U 2 R r. Keressük azt az U : T R r folytonosan dierenciálható ismeretlen r dimenziós lineáris függvényt, amire teljesül az alábbi feladat, ami egy els rend közönséges r változós dierenciálegyenlet rendszer kezdetiérték feladata, 7

Az exponenciális RungeKutta módszer levezetése avagy Cauchy-feladat: U (t) = F (t, U(t)), t > (1.1.1) U() = U. Deníció. Azt mondjuk, hogy az F a második változójában Lipschitzes, amennyiben minden (t, U 1 ), (t, U 2 ) T R r pontpárra teljesül az alábbi, ahol L R + konstans: F (t, U 1 ) F (t, U 2 ) R r L U 1 U 2 R r. Az F függvény második változójában való Lipschitzessége az egyik szükséges feltétele az (1.1.1) feladat egyértelm megoldásának létezéséhez. Legyen az F (t, U(t)) függvény a következ speciális alakú, ahol A R r r invertálható mátrix, azaz létezik A 1 és G : T R r R r egy nemlineáris, folytonosan dierenciálható függvény: F (t, U(t)) = AU(t) + G(t, U(t)). (1.1.2) Ekkor az (1.1.1) átírható a következ alakra: U (t) = AU(t) + G(t, U(t)), t > U() = U. (1.1.3) Legyen ι, ζ = 1,..., r, majd u ι : T R folytonosan dierenciálható, a ι,ζ R és g ι : T R r R. Így az (1.1.3) egyenletben szerepl tagok mátrixos alakban a következ k: u 1(t) a 1,1 a 1,r u 1 (t) U (t) =., A =....., U(t) =., u r(t) a r,1 a r,r u r (t) g 1 (t, u 1 (t),, u r (t)) G(t, U(t)) =.. g r (t, u 1 (t),, u r (t)) 8

Az exponenciális RungeKutta módszer levezetése Az (1.1.1) egyenlet kiírva koordinátánként az alábbi alakú lesz: u 1(t) a 1,1 u 1 (t) + + a 1,r u r (t) + g 1 (t, u 1 (t),, u r (t)). =.. u r(t) a r,1 u 1 (t) + + a r,r u r (t) + g r (t, u 1 (t),, u r (t)) Ezzel felírtuk a kezdetiérték feladat általános alakját, amit meg akarunk oldani. 1.2. Rácsfüggvény és rácsháló létrehozása Osszuk fel a T intervallumot, N N + egyenl részre úgy, hogy N > q, majd a helyek nevei legyenek t,..., t N [, q] és a következ legyen igaz: = t < t 1 < < t N = q. Legyen h R + a felosztott intervallum egy távolsága, azaz h = q N. Legyen n =, 1,..., N a továbbiakban, majd ezekb l látszik, hogy t n t n 1 = h és t n = n h, tehát t n + h = t n+1. (1.2.1) Ezzel létrehoztunk egy egyenl távolságú rácshálót. Most gyártsuk le azt a közelít függvényt, ami a megadott t n pontokban jól közelíti az eredeti ismeretlen U(t) függvényt, de a többi pontban nem feltétlen kell jól közelítenie. Ekkor a közelít függvény legyen Y : T R r folytonosan dierenciálható és a következ k teljesüljenek: U(t ) = Y (t ), (1.2.2) U(t n ) Y (t n ), ahol n = 1, 2,..., N, G(t, U(t )) = G(t, Y (t )). (1.2.3) Ezzel létrehoztunk gyakorlatilag egy rácsfüggvényt, mert csak az adott pontokban közelíti jól az eredeti függvény értékeit. 9

Az exponenciális RungeKutta módszer levezetése 1.3. Konstans variációs formula felhasználása Tétel. Legyen Ψ : T R r folytonosan dierenciálható, Γ : T R r aminek létezik az inverze is, Θ : T R r r és w T. A konstans variációs formula használható, ha az Ψ (t) = AΨ(t) + Γ(t), és AΨ(t) = Θ(t) teljesül, ekkor: Ψ(t) = Θ(t) Θ() 1 Ψ() + Θ(t) Θ(w) 1 Γ(w) dw. A konstans variációs formula akkor használható, ha a derivált egy homogén, azaz csak U függvényt l függ, és egy inhomogén, azaz U és t értékekt l függ részek összegéb l áll. Az (1.1.3) pontosan ilyen alakú, ezért használhatjuk most, így alkalmazhatjuk a következ megfeleltetéseket: t Θ(t) := e ta, (1.3.1) Ψ(t) := U(t), Θ() 1 = Θ() = e A = I, Ψ() := U() = U, Γ(w) := G(w, U(w)), Θ(w) 1 := e wa. Erre felírva a konstans variációs formulát: t U(t) = e ta U + e ta e wa G(w, U(w)) dw. (1.3.2) Most az U(t) függvény azon pontjaira nézzük, ahol a t = t n + h, ahol az U értéke nem ismert, ekkor: U(t n + h) = e (tn+h)a U + e (tn+h)a t n+h e wa G(w, U(w)) dw. 1

Az exponenciális RungeKutta módszer levezetése Az integrál el tti exponenciális érték bevihet az integrál jel mögé, mert az nem függ w értékt l: U(t n + h) = e (tn+h)a U + t n+h e (tn+h w)a G(w, U(w)) dw. (1.3.3) Az (1.3.3) egyenletben, a Ψ() = U értéket vettük, most legyen a Ψ(t n ) = U(t n ) érték. Ekkor a Θ() 1 most Θ(t n ) 1 lesz, de így a Θ() 1 = Θ() = e A = I helyett a következ lesz: Θ(t n ) 1 = e tna. Mivel nem a helyen nézzük, hanem t n helyen, ezért az integrál alsó határa a konstans variációs formula miatt t n helyt l indul. Ezzel módosítva a konstans variációs formulát: U(t n + h) = e (tn+h)a U(t n ) e tna + t n+h t n e (tn+h w)a G(w, U(w)) dw, U(t n + h) = e ha U(t n ) + t n+h t n e (tn+h w)a G(w, U(w)) dw. (1.3.4) Az (1.3.4) megkapható az (1.3.3) levezetéséb l a következ képpen is: +e (tn+h)a t n (1.3.3) = e (tn+h)a U + e wa G(w, U(w)) dw + t n+h e wa G(w, U(w)) dw. (1.3.5) t n Itt felhasználtuk az integrál addiktivitását és két részre osztottuk az integrálást a t n köztes ponttal. Most emeljük ki az e ha mátrixot és alakítsuk a következ formára az (1.3.5) egyenletet: (1.3.5) = e ha e tna U + e tna t n e wa G(w, U(w)) dw + + t n+h t n e (th+h w)a G(w, U(w)) dw. (1.3.6) 11

Az exponenciális RungeKutta módszer levezetése Amennyiben az (1.3.2) egyenletben a t = t n behelyettesítést végezzük el, akkor a következ t kapjuk: t n U(t n ) = e tna U + e tna e wa G(w, U(w)) dw. (1.3.7) Tehát az (1.3.6) szögletes zárójel közti része ugyanaz mint (1.3.7), így ha az (1.3.7) egyenletet behelyettesítjük, akkor megkapjuk az (1.3.4) egyenletet: U(t n + h) = e ha U(t n ) + t n+h t n e (tn+h w)a G(w, U(w)) dw. Tétel. Legyen v : T R, O : T R r, z T, κ T és ς T, ekkor a helyettesítéses integrálon a következ t értjük: v(ς) O(w) dw = ς O(v(z))v (z) dz. v(κ) κ Tegyük a következ megfeleltetést: O(w) := e (tn+h w)a G(w, U(w)), O(v(z)) := e (tn+h v(z))a G(v(z), U(v(z))), v(z) := t n + z, v(κ) = v() := t n, v(ς) = v(h) =: t n + h, v (z) := 1. Ekkor a következ t kapjuk: t n+h t n e (tn+h w)a G(w, U(w)) dw = e (tn+h v(z))a G(v(z), U(v(z))) dz. 12

Az exponenciális RungeKutta módszer levezetése A v(z) helyére behelyettesítve az értékét: t n+h t n e (tn+h w)a G(w, U(w)) dw = e (h z)a G(t n + z, U(t n + z)) dz. (1.3.8) Tehát az (1.3.8) egyenletet felhasználva az (1.3.4) integrál részére: U(t n + h) = e ha U(t n ) + e (h z)a G(t n + z, U(t n + z)) dz. (1.3.9) Ezzel meghatároztunk egy módszert, amivel kiszámítható a t n +h helyen lév érték a t n helybeli értékb l, de ez a módszer implicit, ugyanis ismernünk kellene a t n és a t n + h közti értékeket is, az integrálon belüli G(t n + z, U(t n + z)) miatt. Ezt nem ismerjük, ezért a következ kben Lagrange-interpolációt fogunk alkalmazni, amivel közelíteni fogjuk a G függvényt. 1.4. Lagrange-interpoláció ismertetése Az alábbiakban megvizsgáljuk a Lagrange-féle interpolációt. Legyen s N +. Az elkövetkez kben legyen i = 1,..., s. Legyen p : T R egy s 1 fokú valós együtthatós polinom függvény. Deniáljunk egy m : T R függvényt és olyan z i T adott pontokat, amelyre a p(z i ) = m(z i ), azaz a z i pontokban egyezik az értékük. A (z i, m(z i )) pontpárokra gyártsuk le azt a polinom függvényt, ami illeszkedik, tehát m az ismeretlen függvény, amit p függvénnyel közelítjük, de a pontpárokban megegyezik. Tétel. Adott s pontpárra illeszked s 1 fokú polinomból pontosan egy létezik. A p(z) legyen a következ alakú, ahol a d i R az együtthatók, de most s pontban ismerjük a z változót, ezért az ismeretlenek valójában a d i számok: p(z) = d 1 + d 2 z + d 3 z 2 +... + d s z s 1. 13

Az exponenciális RungeKutta módszer levezetése Mivel ismerjük a z értékeit, így írjuk fel a p függvényt a z i helyeken: p(z 1 ) = d 1 + d 2 z 1 + d 3 z 2 1 +... + d s z s 1 1 = m(z 1 ),. p(z i ) = d 1 + d 2 z i + d 3 z 2 i +... + d s z s 1 i = m(z i ),. p(z s ) = d 1 + d 2 z s + d 3 z 2 s +... + d s z s 1 s = m(z s ). Deníció. Lagrange-interpolációs polinomnak nevezzük a következ t, ahol a továbbiakban k = 1,... s, l i : T R valós együtthatós polinom függvény, amit Lagrange-polinomnak nevezünk, és ekkor p(z) lesz az s 1-ed fokú Lagrangeinterpolációs polinom: ahol p(z) = l i (z) = s k=1 k i z z k z i z k, m(z i ) l i (z). (1.4.1) A továbbiakban legyen j = 1,... s, ekkor a következ a Lagrange-polinom egy fontos tulajdonsága: l i (z j ) =, ha j i, (1.4.2) l i (z j ) = 1, ha j = i. (1.4.3) Most válasszuk meg a (z i, m(z i )) pontpárokat úgy, hogy minden i értékre az m(z i ) = 1 teljesüljön. Ekkor a következ lesz igaz: p(z) = m(z i ) l i (z) = l i (z) = 1. (1.4.4) Ez azért lesz igaz, mert a (z i, 1) pontpárokat vettük, de az erre illesztett interpolációs polinom a konstans 1 lesz, ezért az 1 értékkel egyenl az (1.4.4). 14

Az exponenciális RungeKutta módszer levezetése 1.5. Közelít polinom függvény létrehozása Legyenek c i különböz valós számok a [, 1] intervallumon. Legyen M : T R r és P : T R r olyan vektor polinom függvény, aminek az elemei m ι : T R, illetve p ι : T R függvények, és z i pedig az i. függvényhely az interpolációból. Vektoros alakban felírva: m 1 (z i ) p 1 (z) M(z i ) =., P (z) =.. m r (z i ) p r (z) Ekkor az (1.4.1) képlettel felírt interpoláció a következ képpen néz ki a több dimenziós esetben: P (z) = ahol P (z) vektoros alakban kiírva: M(z i ) l i (z), (1.5.1) p 1 (z) m 1 (z i ) l i (z) P (z) =. =.. p r (z) m r (z i ) l i (z) Legyen ez a P egy olyan s 1 fokú polinom függvény, amelynek a pontjai egybesnek az (1.3.9) egyenletben szerepl G(t n +z, U(t n +z)) függvény azon pontjaival, amelyre a t n +c i h teljesül, ahol z i = c i h. Valójában a t n +c i h helyeken felvett értékeket nem ismerjük, de egy Lagrange-polinommal közelítjük a pontokban. A G(t n + z, U(t n + z)) függvényt az (1.3.9) miatt és h között kellene integrálni, de G(t n + z, U(t n + z)) nem integrálható, mert a megadott intervallumon nem ismerjük az értékeket, ezért egy polinom függvénnyel közelítjük a és a h helyek között felvett értékekkel, de t n értékkel eltolva a G(t n + z, U(t n + z)) függvényt. A polinom függvény könnyen integrálható. Ekkor az általunk deniált P függvényre 15

Az exponenciális RungeKutta módszer levezetése a következ k igazak: P (t n + z) : G(t n + z, U(t n + z)), (1.5.2) P (t n + c i h) := G(t n + c i h, U(t n + c i h)). (1.5.3) A G(t n + c i h, U(t n + c i h)) vektoros alakja: g 1 (t n + c i h, u 1 (t n + c i h),, u r (t n + c i h)) G(t n + c i h, U(t n + c i h)) =.. g r (t n + c i h, u 1 (t n + c i h),, u r (t n + c i h)) Vizsgáljuk meg mit kapunk, ha az (1.5.3) egyenlet c i értékébe a értéket illetve az 1 számot helyettesítjük be, amik ezek a c i értékének a széls értékei: P (t n + h) = G(t n + h, U(t n + h)), P (t n ) = G(t n, U(t n )). A behelyettesítésével az eredeti t n függvényértéket kapjuk meg, míg ha az 1 számot írjuk be, akkor a következ helyen lév t kapjuk meg, amit keresünk: P (t n + 1 h) = G(t n + 1 h, U(t n + 1 h)), P (t n + h) = G(t n + h, U(t n + h)). A t n + c i h helyek valójában az általunk ismert köztes helyek, és feltesszük hogy ismerjük a hozzá tartozó értékeket. Lásd (1.1) ábra. A P (t n + c i h) függvénynek megfeleltettünk egy Lagrange-interpolációs függvényt, ami a t n +c i h helyeken pontosan azt az értéket vette fel, mint a G(t n + c i h, U(t n + c i h)). t n t n + c i h t n + h 1.1. ábra. Köztes t n helyek 16

Az exponenciális RungeKutta módszer levezetése Vezessük be a következ jelölést, ahol K R r s mátrix és K i R r a következ : K i := P (t n + c i h). (1.5.4) Mátrixos alakban felírva, ahol k ζ,i R és k ζ,i := p ζ (t n + c i h): k 1,1 k 1,s k 1,i p 1 (t n + c i h). K =...., K i =. =. = P (t n + c i h). k r,1 k r,s k r,i p r (t n + c i h) Mivel a P (z) függvényt egy Lagrange-interpolációs polinomnak készítettük el, ezért az (1.5.1) egyenlet M(z i ) függvény z i helyei megegyeznek a t n + c i h helyekkel és az M(z i ) = P (t n + c i h) függvénnyel. Az (1.5.4) miatt K i = M(z i ) (1.5.5) összefüggés is teljesül, tehát a Lagrange-interpolációs polinomokkal fogjuk meghatározni a közelít függvény értékeit. Vektoros alakban: k 1,i m 1 (z i ) K i =. =. = M(z i). m r (z i ) k r,i Az (1.5.5) miatt átírhatjuk az (1.5.1) Lagrange-polinomot a következ formára: P (t n + z) = K i l i (z). (1.5.6) Vegyük észre, hogy az (1.4.2) és az (1.4.3) miatt, a következ igaz: P (t n + z j ) = K i l i (z j ) = K j, ugyanis az l i (z j ) minden j i helyen, de amikor az i index értéke eléri j indexet, akkor az l i (z j ) értéke 1 lesz. Összegezve: K j = P (t n + c j h) = K i l i (z j ). (1.5.7) 17

Az exponenciális RungeKutta módszer levezetése A Lagrange-interpolációt felhasználva, el állítottunk egy olyan P (t n +z) függvényt, ami a t n + z = t n + c i h pontokban egyezik a G(t n + z, U(t n + z)) függvénnyel. Ezt fogjuk a továbbiakban felhasználni. 1.6. Polinom függvény alkalmazása Vegyük észre, hogy az (1.3.9) egyenletben szerepl G(t n + z, U(t n + z)) függvényt tudjuk közelíteni az (1.5.2) formula miatt a P (t n + z) függvénnyel, azaz: U(t n + h) e ha U(t n ) + e (h z)a P (t n + z) dz. Az (1.2) fejezetben legyártott Y közelít függvényt felhasználva ez átírható az alábbi módon: Y (t n + h) = e ha Y (t n ) + e (h z)a P (t n + z) dz. Az (1.5.6) összefüggésb l kifolyólag a P (t n + z) formulát átírhatjuk, így a következ t kapjuk: Y (t n + h) = e ha Y (t n ) + e (h z)a Az (1.5.4) összefüggést felhasználva: K i l i (z) dz. Y (t n + h) = e ha Y (t n ) + e (h z)a P (t n + c i h) l i (z) dz. A P (t n +c i h) megfeleltethet az (1.5.3) miatt G(t n +c i h, U(t n +c i h)) függvénynek, de mivel az Y függvénnyel közelítettük az U függvényt, ezért a P (t n + c i h) jól közelíti a G(t n + c i h, Y (t n + c i h)) függvényt is: Y (t n + h) = e ha Y (t n ) + e (h z)a G(t n + c i h, Y (t n + c i h)) l i (z) dz, 18

Az exponenciális RungeKutta módszer levezetése ezt exponenciális kvadratúra szabálynak is hívják. Vegyük észre, hogy a véges összeg nem függ az integrálban lév z változótól, így azok kivihet k az integrálból: Y (t n +h) = e ha Y (t n )+ e (h z)a l i (z) dz G(t n +c i h, Y (t n +c i h)). (1.6.1) Az (1.6.1) integrál jelhez tartozó tagok már csak z változótól függenek, ezenkívül egy exponenciális és egy polinom szorzata tartozik az integrálhoz, ami könnyen integrálható és h között. Ezt az integrált nevezzük el a következ képpen úgy, hogy kapjon egy 1 h szorzót, ahol B i R r r : B i := 1 e (h z)a l i (z) dz. (1.6.2) h Ekkor az (1.6.1) és az (1.6.2) összefüggést felhasználva a következ t kapjuk, ahol a korábbi 1 szorzót kompenzáljuk egy h szorzóval: h Y (t n + h) = e ha Y (t n ) + h B i G(t n + c i h, Y (t n + c i h)). (1.6.3) Az (1.6.3) formulában szerepl szorzatok sorrendje nem cserélhet meg ugyanis: e ha R r r, Y (t n ) R r, ezek szorzata pedig csak az (1.6.3) egyenletben szerepl sorrendben lehetséges és a B i R r r, ahol minden i indexre B i egy R r r mátrix, illetve a G(t n +c i h, Y (t n +c i h))r r miatt szintén csak az (1.6.3) egyenletben szerepl sorrendben lehetséges a szorzatuk. Ez a mátrix szorzás szabálya miatt van így. Most megkaptuk az Y (t n + h) számítására vonatkozó képletet, de nem ismerjük még az Y (t n + c i h) értékeket, most számoljuk ki ezt. Ennek meghatározására a konstans variációs formulát lehetne használni, és levezetni, de mi az egyszer ség kedvéért nézzük az (1.3.9) egyenletet a h = c i h helyen, és helyettesítsük be az újbóli levezetés helyett: U(t n + c i h) = e c iha U(t n ) + c i h e (c ih z)a G(t n + z, U(t n + z)) dz. (1.6.4) 19

Az exponenciális RungeKutta módszer levezetése Vegyük észre, hogy az (1.6.4) G(t n + z, Y (t n + z)) függvényét tudjuk közelíteni az (1.5.2) miatt a P (t n + z) függvénnyel. U(t n + c i h) e c iha U(t n ) + c i h e (c ih z)a P (t n + z) dz. Az (1.2) fejezetben legyártott Y közelít függvénnyt felhasználva, a fenti átírható az alábbi módon: c i h Y (t n + c i h) = e c iha Y (t n ) + e (c ih z)a P (t n + z) dz. (1.6.5) Az (1.5.6) öszefüggést átírhatjuk a következ képpen: P (t n + z) = K j l j (z). (1.6.6) Az (1.6.6) képletet felhasználva az (1.6.5) formulában a következ t kapjuk: j=1 Y (t n + c i h) = e c iha Y (t n ) + c i h e (c ih z)a j=1 K j l j (z) dz. Az (1.6.6) egyenletben szerepl j indexre át kellett térni, mert az (1.6.5) képletben a tagok már függtek az i értékt l. Az (1.5.7) miatt a K j átírható P (t n + c j h)-ra: Y (t n + c i h) = e c iha Y (t n ) + c i h e (c ih z)a j=1 P (t n + c j h) l j (z) dz. A P (t n + c j h) megfeleltethet G(t n + c j h, Y (t n + c j h)) függvénynek, ezzel behelyettesítve: Y (t n + c i h) = e c iha Y (t n ) + Az egyenlet átrendezve: c i h e (c ih z)a j=1 G(t n + c j h, Y (t n + c j h)) l j (z) dz. + j=1 c i h Y (t n + c i h) = e c iha Y (t n )+ e (c ih z)a l j (z) dz G(t n + c j h, Y (t n + c j h)). (1.6.7) 2

Az exponenciális RungeKutta módszer levezetése Alkalmazzuk a következ jelölést de az integrálnak adjunk egy 1 h szorzót, ahol A i,j R r r : A i,j := 1 c i h e (c ih z)a l j (z) dz. (1.6.8) h Az (1.6.8) egyenlet beírva az (1.6.7) képletbe és kompenzálva az 1 h szorzó: Y (t n + c i h) = e c iha Y (t n ) + h A i,j G(t n + c j h, Y (t n + c j h)). (1.6.9) j=1 A szorzások itt is csak ebben a sorrendben végezhet k el, a mátrix szorzás szabálya miatt. Megjegyezzük, hogy A i,j R r r, ahol minden i és j indexre A i,j egy R r r mátrix. Most már kiszámítottuk az Y (t n + c i h) értékét az el z tagokból, most az (1.6.9) egyenletet írjuk be az (1.6.3) összefüggésbe: Y (t n + h) = e ha Y (t n )+ +h s B i G(t n + c i h, e c iha Y (t n ) + h s A i,j G(t n + c j h, Y (t n + c j h))). A G(t n + c j h, Y (t n + c j h)) közelítettük a P (t n + c j h) függvénnyel, és az (1.5.7) miatt a következ behelyettesítést végezhetjük: j=1 = e ha Y (t n ) + h Y (t n + h) = ( B i G t n + c i h, e c iha Y (t n ) + h ) A i,j K j, j=1 (1.6.1) ahol K j = G(t n + c j h, Y (t n + c j h)). Alkalmazzuk a következ jelölést, ahol a K i R r : K i := G (t n + c i h, e c iha Y (t n ) + h s ) A i,j K j. j=1 21

Az exponenciális RungeKutta módszer levezetése Ekkor az (1.6.1) a következ lesz: Y (t n + h) = e ha Y (t n ) + h s B i K i. (1.6.11) Ezzel megkaptuk az s lépcs s exponenciális RungeKutta módszert (RKM), minden n =, 1,..., N 1 esetben: A i,j = 1 c i h e (c ih z)a l j (z) dz, h B i = 1 e (h z)a l i (z) dz, h K j = G(t n + c j h, Y (t n + c j h)), K i = G ( t n + c i h, e c iha Y (t n ) + h s ) A i,j K j, j=1 Y (t n + h) = e ha Y (t n ) + h s B i K i. (1.6.12) Ezzel a módszerrel megoldhatóvá vált az (1.1.3) els rend közönséges r változós dierenciálegyenlet rendszer, el re megadott kezdeti feltétellel. A fejezetben levezettük az exponenciális RungeKutta módszert. 22

2. fejezet Az exponenciális RungeKutta módszer átírása és az együtthatók tulajdonságai Ebben a fejezetben a Taylor-sor segítségével átírjuk a módszerünket, majd megvizsgáljuk az együtthatók viselkedését, bizonyos feltételek mellett. A [4] irodalomban található a fejezet forrása. 2.1. Az exponenciális RKM felírása Taylor-sorral Legyen H : T R r, majd tegyük a következ megfeleltetést: H(t) := G(t, Y (t)). (2.1.1) Tekintsünk a Taylor-sor azonosságra, amit a H függvényre írunk fel: H(t n + z) = l=1 z l 1 H (l 1) (t n ) (l 1)!, (2.1.2) 23

Az exponenciális RungeKutta módszer átírása és az együtthatók tulajdonságai ahol a H (l 1) függvény jelenti a H függvénynek az (l 1)-edik deriváltját. Az (1.3.9) képletbe helyettesítsük be a (2.1.2) egyenletet: Y (t n + h) = e ha Y (t n ) + e (h z)a l=1 z l 1 H (l 1) (t n ) (l 1)! dz. Mivel a H és a végtelen összeg l indext l függ és nem a z változótól, és a Taylor-sor egyenletesen konvergens, így ezek kivihet k az integrálból: Y (t n + h) = e ha Y (t n ) + l=1 e (h z)a z l 1 (l 1)! dz H(l 1) (t n ). (2.1.3) Tegyük a következ elnevezéseket, ahol az l = 1, 2,..., és ϕ l R r r egy mátrix: ϕ l := ϕ l (ha) := 1 h l e (h z)a z l 1 dz, (2.1.4) (l 1)! ϕ := ϕ (ha) := e ha. (2.1.5) Ha a (2.1.4) egyenletben A helyett a mátrixot írjuk, a következ t kapjuk, ahol I R r r identitás mátrix:: ϕ l () = 1 h l z l 1 I (l 1)! dz = I l!. 24

Az exponenciális RungeKutta módszer átírása és az együtthatók tulajdonságai Végezzük el a következ integrálást: ϕ l+1 = 1 h l+1 1 h l+1 e (h z)a zl l! dz = 1 ] h [ e (h z)a zl h l+1 l! A 1 = 1 l! A 1 h + 1 h l = 1 h l l e (h z)a zl 1 l! A 1 dz = z l 1 e (h z)a A 1 dz (l 1)! h = z l 1 e (h z)a (l 1)! dz I A 1 l! h = = (ϕ l ϕ l ()) A 1 h. Amennyiben ezt rekurzívan folytatjuk, a következ t kapjuk: ϕ l = e ha A l h l l l=1 A l. (2.1.6) h l(l l)! Tekintsünk a következ azonosságra: e ha = (ha)ľ ľ= ľ! = I + (ha) + (ha)2 2 A (2.1.7) behelyetetsítve a (2.1.6) képletbe: + (ha)3 6 +.... (2.1.7) ϕ l = (ha)ľ ľ= ľ! A l h l l l=1 A l h l(l l)!. Az els szumma kiírva és elvégezve a szorzás: (ha)ľ ľ= ľ! A l h l = A l!h + A l+1 l 1!h A 1 +... + 2!hl 2 (l 1)!h + I l! + ha (l + 1)! +.... l 1 + A l+2 A második szumma kiírva: l l=1 A l h l(l l)! = A l h l + A l+1 h l 1 +... + A 1 (l 1)!h. 25

Az exponenciális RungeKutta módszer átírása és az együtthatók tulajdonságai Elvégezve a kivonást: ϕ l = I l! + ha (l + 1)! + h2 A 2 (l + 2)! +.... (2.1.8) Amennyiben l, akkor a két szumma normában vett különbsége a értékhez tart, ami így egy monoton csökken sorozat. Tehát ϕ l R r r. A (2.1.4) képletet helyettesítsük be a (2.1.3) egyenletbe. Behelyettesítve: Y (t n + h) = e ha Y (t n ) + h l ϕ l H (l 1) (t n ). (2.1.9) Végül az összeg kiírva: l=1 Y (t n + h) = e ha Y (t n ) + hϕ 1 H(t n ) + h 2 ϕ 2 H (t n ) + h 3 ϕ 3 H (t n ) +.... Most az (1.6.4) azonosságra használjuk a (2.1.2) azonosságot: Y (t n + c i h) = e c iha Y (t n ) + c i h e (c ih z)a l=1 z l 1 H (l 1) (t n ) (l 1)! Mivel H és az összeg független az integráltól, ezért azok kivihet ek: Y (t n + c i h) = e c iha Y (t n ) + l=1 c i h e (c ih z)a dz. z l 1 (l 1)! dz H(l 1) (t n ). Tegyük a következ megfeleltetést, ahol a ϕ l,i R r r egy mátrix: Behelyettesítve: ϕ l,i := 1 h l c i h e (c ih z)a Y (t n + c i h) = e c iha Y (t n ) + minden n =, 1,..., N 1 esetén. Kiírva: z l 1 dz. (2.1.1) (l 1)! h l ϕ l,i H (l 1) (t n ), (2.1.11) Y (t n + c i h) = e c iha Y (t n ) + hϕ 1,i H(t n ) + h 2 ϕ 2,i H (t n ) +.... Ezzel felírtuk a RungeKutta módszert a Taylor-sorral. l=1 26

Az exponenciális RungeKutta módszer átírása és az együtthatók tulajdonságai 2.2. A B i tulajdonságai Most vizsgáljuk meg az (1.6.2) képlettel deniált mátrixokat. Vegyük a véges összegét az i = 1,..., s értékek között: B i = 1 h e (h z)a l i (z) dz. h A véges összeg i indext l függ, az integrál függvényei pedig z változótól, ezért a szumma bevihet az l i elé: B i = 1 h e (h z)a l i (z) dz. Legyen B R r r. Az (1.4.4) miatt a véges összeg értéke 1 lesz, így a következ t kapjuk: Az integrálás elvégezve: B := B i = 1 h e (h z)a dz. B = B i = 1 h eha [ e za A 1] h = 1 h (eha I)A 1. (2.2.1) A (2.1.7) egyenletet behelyettesítve a (2.2.1) képletbe, és A 1 mátrixszorzást végezve jobbról: B i = I + ha 2 + h2 A 2 +... 6 A (2.1.4) képlet l = 1 esetben könnyen integrálható, ami a következ alakú: ϕ 1 = 1 h (eha I)A 1. (2.2.2) Ekkor a (2.2.1) képletre a (2.2.2) miatt teljesül a következ : B = B i = ϕ 1. (2.2.3) 27

Az exponenciális RungeKutta módszer átírása és az együtthatók tulajdonságai 2.3. Az A i,j tulajdonságai Az (1.6.8) képletre is alkalmazzunk összegzést j szerint: A i,j = j=1 j=1 1 h c i h e (c ih z)a l j (z) dz. A j indext l egyedül l i függ, így a szumma bevihet az integrál jel mögé: A i,j = 1 h j=1 c i h e (c ih z)a l j (z) dz. Az (1.4.4) miatt a véges összeg 1 lesz, legyen A i R r r, így a következ t kapjuk: j=1 A i := A i,j = 1 h j=1 c i h e (c ih z)a dz. Elvégezve az integrálást: A i := A i,j = 1 h (ec iha I)A 1. (2.3.1) j=1 A (2.1.1) képlet l = 1 esetben könnyen integrálható, ami a következ : ϕ 1,i = 1 h (ec iha I)A 1. (2.3.2) Ekkor a (2.3.2) képletet felhasználva a (2.3.1) képletre, a következ teljesül: A i = A i,j = ϕ 1,i. (2.3.3) j=1 28

3. fejezet Módszerek Ebben a fejezetben felírunk néhány, az általános exponenciális RungeKutta módszerb l levezethet további módszert. A [4] irodalomban található a fejezet forrása. 3.1. A közönséges RungeKutta módszer A közönséges RungeKutta módszert megkapjuk, amennyiben az A értékét a mátrixnak választjuk. Ekkor az (1.6.12) módszerb l kiesik az összes exponenciális tag, hiszen e h = I így visszakapjuk a közönséges RungeKutta módszert. Azokat a módszereket, ahol az A = feltételt tesszük, underlying módszereknek nevezzük. Helyettesítsük be az (1.6.12) képletekben az A helyére a mátrixot, ekkor minden n =, 1,..., N 1 esetén a következ módszert kapjuk: A i,j = 1 c i h l j (z) dz, h B i = 1 h l i (z) dz, K j = G(t n + c j h, Y (t n + c j h)), 29

Módszerek K i = G ( t n + c i h, Y (t n ) + h s ) A i,j K j, j=1 Y (t n + h) = Y (t n ) + h s B i K i. Ezzel megkaptuk az implicit RungeKutta módszert. Ezt a módszert akkor érdemes használni, amikor az (1.1.3) dierenciálegyenlet rendszer nem tartalmazza az AU(t) merev részt, azaz (1.1.1) alakú. A tapasztalat azt mutatja, ha egy merev részt tartalmazó egyenletre használnánk, akkor a megoldása lényegesen lassabb lenne, és több számítást igényelne a kisebb lépés és nagyobb lépcs szám miatt, ami szükséges lenne. A (2.1.4) l = 1 és A = esetben a következ lesz: ϕ 1 = I. Ekkor a (2.2.3) a következ képpen fog kinézni: B = B i = I. A (2.1.1) l = 1 és A = esetben a következ lesz: ϕ 1,i = c i I. Ekkor a (2.3.3) a következ képpen fog kinézni: A i = A i,j = c i I. j=1 Ezek valójában az underlying RungeKutta módszernek az els rend eléréséhez szükséges rendszabályok. 3.2. Explicit exponenciális RungeKutta módszer A módszert explicitnek nevezzük, ha a j index nem s értékig megy, hanem i 1 indexig, ugyanis ekkor a következ tag kiszámításához csak az el z ismert tagokat 3

Módszerek használjuk fel. Az implicit esetben a nem ismert jöv beli értékeket is felhasználjuk. A továbbiakban az explicit exponenciális RungeKutta módszerekkel foglalkozunk. Tegyük a következ kikötést: c 1 =. Ekkor az (1.6.8) miatt az A 1,j mátrixok is érték ek, ugyanis az integrál és közötti tartományon megy, ahol így lesz értéke. Ekkor a K i mátrix alakja: Értékenként kiírva: K i = G (t n + c i h, e c iha Y (t n ) + h i 1 ) A i,j K j. j=1 K 1 = G(t n, Y (t n )), K 2 = G(t n + c 2 h, e c 2hA Y (t n ) + ha 2,1 G(t n, Y (t n )),. K s = G(t n + c s h, e csha Y (t n )+ +ha s,1 G(t n, Y (t n )) +... + ha s,s 1 G(t n + c s 1 h, Y (t n + c s 1 h))). A módszert implicitnek nevezzük, ha a j indexet s indexig nézzük. Az A i,j és B i mátrixokat, valamint a c i értékeket felhasználva felírhatjuk az exponenciális RungeKutta módszerekre vonatkozó Butcher-táblázatokat: c 2 A 2,1..... c s A s,1... A s,s 1 B 1 B 2... B s Explicit exponenciális RKM Butcher-tábla 31

Módszerek c 1 A 1,1 A 1,2... A 1,s A 1 c 2 A 2,1 A 2,2... A 2,s A 2........ c s A s,1 A s,2... A s,s A s B 1 B 2... B s B Implicit exponenciális RKM Butcher-tábla Az utolsó oszlopban szerepl A i és B tagok, a sorösszeget jelentik, amiket a (2.3) és (2.2) fejezetekben vezettünk be. 3.3. Exponenciális Euler-módszer Legyen H : T R r, és tegyük a következ megfeleltetést: H(t) := G(t, U(t)). (3.3.1) A (2.1.2) összefüggést felírhatjuk az H(t n + z) tagra is a H(t n + z) tag helyett, ahol az R : T T R r a Taylor-sor maradék tagját jelenti: H(t n + z) = H(t n ) + R(t n, z). (3.3.2) Most az (1.3.9) képletbe helyettesítsük be a (3.3.2) azonosságot, így a következ t kapjuk: U(t n + h) = e ha U(t n ) + e (h z)a (H(t n ) + R(t n, z)) dz. A zárójel felbontás után: U(t n + h) = e ha U(t n ) + e (h z)a H(t n ) dz + e (h z)a R(t n, z) dz. 32

Módszerek A maradék tagokat elhagyva megkapjuk a módszerünket. Mivel tagokat hagyunk el, így az eredeti U függvény helyett a közelít Y függvényre kell felírnunk. Y (t n + h) = e ha Y (t n ) + e (h z)a H(t n ) dz. (3.3.3) A fenti képlet átírható a (2.1.4) képlet l = 1 eset segítségével a következ alakra: Y (t n + h) = e ha Y (t n ) + hϕ 1 H(t n ), (3.3.4) minden n =, 1,..., N 1 érték esetén. Ezzel el állítottuk az explicit exponenciális Euler-módszert. A módszer az (1.6.12) módszerb l is megkapható, ha az együtthatókat a következ nek választjuk: s = 1, c 1 =, A 1,1 =, l 1 (z) = 1, B 1 = 1 e (h z)a dz. h Ekkor felírható a következ Butcher-tábla: B 1 Explicit exponenciális Euler-módszer Butcher-táblája 33

4. fejezet Az exponenciális Euler-módszer tulajdonságai Ebben a fejezetben bevezetjük a merevség, a konzisztencia, és a konvergencia fogalmát. Ellen rizzük a módszer konvergenciáját, konzisztenciáját, és a konvergenciához szükséges feltételeket. A [3] forrásban található a konvergencia bizonyítása, amit felhasználtunk, a [4] számú forrásban van a konvergencia bizonyítása Banachterekre és a merevség ismertetése, és az [5] irodalomban van a konzisztencia bizonyítása az általános els rend esetben. 4.1. A merevség ismertetése A dierenciálegyenletek a merevségük alapján két csoportra oszthatóak: merev és nem merev. A merevségre nincs általánosan elfogadott deníció, ezt a numerikus módszerünk használata után állapíthatjuk meg. Merevség megállapítására szokták használni a dierenciálegyenlet rendszerre felírt Jacobi-mátrix normában vett legnagyobb és legkisebb sajátértékének hányadosát. Amennyiben ez a hányados nagy, 34

Az exponenciális Euler-módszer tulajdonságai akkor merev az egyenlet, de sajnos vannak esetek, amikor az egyenlet merev, de a hányados kicsi. Egy egyenletet merevnek mondunk, ha az explicit módszernek nagy (h) lépésközt választva, a numerikus megoldás a pontos megoldás körül oszcillál vagy nem tart hozzá. Amennyiben ezt a lépésközt kell en kicsinek választjuk, akkor már jól és gyorsan fogja közelíteni, de ez nagy mennyiség számítást igényelne. Az explicit módszer numerikusan instabil módszer egy merev egyenlet megoldásánál, mert létezik egy kritikus lépésköz, ami fölött a módszer csak sok lépés után közelít jól vagy egyáltalán nem közelíti, csak oszcillál. A merev egyenleteket implicit módszerekkel tudunk jól megoldani. Nem merevnek nevezünk egy egyenletet, ha az explicit és az implicit módszerek is jól közelítik a pontos megoldást a megválasztott akár nagy h érték esetén is. Az exponenciális RungeKutta típusú módszereknél az U (t) függvényt két komponensre bontottuk: egy lineáris merev részre, valamint egy nemlineáris nem merev részre. A merev részt pontosan kiszámítjuk mindig az e ha Y (t n ) képlettel, így a merev rész nem okoz problémát. Ebb l következik, hogy nem szükséges implicit megoldást használnunk, mert az explicit exponenciális RungeKutta módszer is jól fogja közelíteni a merev és a nem merev egyenleteket is. 4.2. A konvergencia ismertetése Deníció. Egy módszert konvergensnek nevezünk, ha a közelít megoldás tart a pontos megoldáshoz, tehát a pontos és a közelít megoldás különbsége a értékhez tart normában minden t = nh = t n T pontban, amennyiben a h távolsággal is számhoz tartunk. Ezzel egy nomodó rácsháló fog létrejönni: lim h nh=t n Y (t n ) U(t n ) R r =. (4.2.1) A pontos és a közelít megoldás különbsége a globális hiba, ami minden egyes lépésben növekedik, de a lépésköz csökkentésével ez a hiba a számhoz tart. 35

Az exponenciális Euler-módszer tulajdonságai Deníció. Egy módszert ρ rendben konvergensnek nevezünk, ha létezik olyan L T konstans, ami nem függ n és h értékeit l úgy, hogy az alábbi teljesül: Y (t n ) U(t n ) R r = Lh ρ. (4.2.2) 4.3. A módszer konvergenciája Tétel. Legyen L R + konstans, majd tegyük fel, hogy a G függvény is Lipschitzes a második változójában, azaz: G(t n, Y (t n )) G(t n, U(t n )) R r L Y (t n ) U(t n ) R r, és létezik szuprémuma a G (t, U(t)) függvénynek. Legyen S R + véges érték, és legyen S := sup t t n G (t, U(t)) R r. Ekkor a (3.3.3), azaz az exponenciális Euler-módszer els rendben konvergens. Bizonyítás. Tekintsünk a H függvény alábbi Taylor-sor alakjára, ahol a maradék tagokat integrál formában írjuk fel, ahol a σ T: H(t n + z) = H(t n ) + z H (t n + σ) dσ. (4.3.1) Helyettesítsük be az (1.3.9) képletbe a (4.3.1) Taylor-sor fejtést, ekkor a következ t kapjuk: U(t n + h) = e ha U(t n ) + e (h z)a H(t n ) dz+ + e (h z)a z H (t n + σ) dσ dz. (4.3.2) Tegyük a következ megfeleltetést, ahol δ n R r és n =, 1,..., N 1 esetén: δ n+1 := e (h z)a z H (t n + σ) dσ dz. (4.3.3) 36

Az exponenciális Euler-módszer tulajdonságai Ekkor a (4.3.2) a következ képpen írható fel a (4.3.3) segítségével: U(t n + h) = e ha U(t n ) + e (h z)a dz H(t n ) + δ n+1. A (2.1.4) képletet l = 1 esetben nézve, majd behelyettesítve a fentibe: U(t n + h) = e ha U(t n ) + hϕ 1 H(t n ) + δ n+1. (4.3.4) Ezzel felírtuk az exponenciális Euler-módszert az (1.1.3) probléma pontos megoldásának segítségével. Tegyük a következ megfeleltetést, ahol E n R r hibamátrix, amivel mérhet az eredeti függvény és a közelít közti eltérés, majd felhasználjuk a (4.3.4) és a (3.3.4) képletet: E n := Y (t n ) U(t n ), (4.3.5) E n+1 := Y (t n + h) U(t n + h) = e ha Y (t n ) + hϕ 1 H(t n ) e ha U(t n ) hϕ 1 H(t n ) δ n+1, minden n =, 1,..., N 1 esetén. A képlet összevonva: E n+1 = e ha (Y (t n ) U(t n )) + hϕ 1 (H(t n ) H(t n )) δ n+1. (4.3.6) Használjuk a következ elnevezést, ahol E n R r : E n := H(t n ) H(t n ) = G(t n, Y (t n )) G(t n, U(t n )). (4.3.7) Felhasználjuk a (4.3.5) és a (4.3.7) megfeleltetést a (4.3.6) hibában: E n+1 = e ha E n + hϕ 1 E n δ n+1. Rekurzívan folytatva, ahol κ =, 1,..., n 1, a következ t kapjuk: n 1 n 1 E n = h e (n κ 1)hA ϕ 1 E κ e κha δ n κ. (4.3.8) κ= κ= 37

Az exponenciális Euler-módszer tulajdonságai Írjuk ki a (4.3.8) második véges összegében lév értéket a (4.3.3) segítségével: z e κha δ n κ = e κha e (h z)a H (t n κ 1 + σ) dσ dz. (4.3.9) A (4.3.9) hiba felülr l becsülhet, amennyiben a tételben szerepl fels becslést, az S konstanst behelyettesítjük. A behelyettesítés azért lehetséges, mert a bels integrál bár és z között mozog, de a küls viszont csak és h között. Ennek következményeként a bels integrál is és h között mozog, ami miatt a bels H függvény maximum a t n helyig megy el, ami viszont a fels becslésünkben is gyelve van. e κha δ n κ R r A bels integrálás elvégezve: e κha δ R n r e κha δ n R r eκha eκha eκha e (h z)a e (h z)a z S dσ dz [ ] z Sσ dz ze (h z)a dz S R r r R r r R r r,.. (4.3.1) A (2.1.4) l = 2 esetben használva, és behelyettesítve a (4.3.1) képletbe: h e κha δ R n r ze (h z)a dz S = e κha h 2 ϕ 2 S R r r. (4.3.11) eκha R r r A (4.3.8) második szummája felülr l becsülve a (4.3.11) segítségével: n 1 n 1 e κha δ R n κ r e κha h 2 ϕ 2 S R r r. (4.3.12) κ= κ= Tekintsünk a következ fels becslés levezetésére, mivel ez egy abszolút konvergens sor, ezért lehetséges a levezetés: e ta t l A l R r r = l! l= R r r l= t l A l R r r l! l= t l A l R r r l! e A R r r t. 38

Az exponenciális Euler-módszer tulajdonságai Legyen Ω R + és Ω := A R r r, ekkor a fenti összefüggés a következ képpen írható fel: e ta R r r e Ωt. (4.3.13) Írjuk ki, és alakítsuk át a felülr l becsl véges összeget a (4.3.12) egyenl tlenségben: n 1 e κha h 2 ϕ 2 S R r r = (e ha + e 1hA +... + e (n 1)hA )Sh 2 ϕ R 2 r r = κ= = (e t A + e t 1A +... + e t n 1A )h 2 ϕ 2 S R r r. (4.3.14) A (4.3.14) felülr l becsülhet a (4.3.13) használatával, mert csak pozitív kitev k vannak: e t A R r r e Ωt e Ωtn,. e t n 1 A R r r e Ωt n 1 e Ωtn, (e t A + e t 1A +... + e t n 1A )h 2 ϕ 2 S R r r ne Ωt n h 2 ϕ 2 S R r r. Legyen L R + konstans, ami függ Ω és t n értékekt l, tehát L := L(Ω, t n ): L := e Ωtn. (4.3.15) Behelyettesítve: n 1 e κha h 2 ϕ 2 S R r r nlh 2 ϕ 2 S R r r. κ= A (2.1.8) miatt és a (2.1.5) valamint mert a h < t n miatt a következ igaz: ϕ 2 R r r ϕ R r r = e ha R r r < e tna R r r. Tegyük a következ elnevezést, ahol a Φ R + : Φ := e tna R r r 39

Az exponenciális Euler-módszer tulajdonságai Mivel S, L, h, n és Φ eleve pozitívak, így a következ fels becslés is igaz: n 1 e κha h 2 ϕ 2 S R r r nlh 2 ϕ 2 S R r r nlh 2 ΦS = nhlhφs = Lht n ΦS. κ= Tehát a következ lesz a fenti alapján: n 1 e κha h 2 ϕ 2 S R r r Lht n ΦS. (4.3.16) κ= A (4.3.12) és a (4.3.16) miatt a következ is igaz: n 1 e κha δ R n κ r r Lht n ΦS. (4.3.17) κ= A (4.3.8) átírható a (4.3.17) segítségével a következ alakra: n 1 E n R r h e (n κ 1)hA ϕ 1 E κ + Lht n ΦS. (4.3.18) R r κ= A (4.3.13) és a (4.3.15) miatt a következ fels becslés is igaz: e (n κ 1)hA R r r = e (t n κ 1 )A R r r e (t n κ 1)Ω e Ωtn = L. Ezt a becslést behelyettesítve a (4.3.18) képletbe: n 1 (4.3.18) hl ϕ 1 E κ R + Lht n ΦS. (4.3.19) κ= r A (4.3.7) és a (4.3.5) jelölést helyettesítsük be a tételben szerepl Lipschitz kritériumba: E n R r L E n R r. Ezt helyettesítsük be a (4.3.19) egyenl tlenségbe: n 1 E n R r hllϕ n 1 1 E κ R r + Lht n ΦS hllϕ 1 R r r E κ R r + Lht n ΦS. κ= R r A (2.1.8) és a (2.1.5) miatt, valamint mert a h < t n miatt a következ igaz: κ= ϕ 1 R r r ϕ R r r = e ha R r r < e tna R r r = Φ. 4

Az exponenciális Euler-módszer tulajdonságai Így a fentibe behelyettesíthetjük. A (2.1.8) miatt és a (2.1.5) valamint mert a h < t n miatt a következ igaz: E n R r n 1 n 1 hllφ E κ R r + Lht n ΦS hllφ E κ R r + Lht n ΦS. κ= κ= Lemma. Most tekintsünk a diszkrét Gronwall lemmára, ahol ɛ n R + egy nem negatív számsorozat és Λ, Ξ R + : n 1 ɛ n Λh ɛ κ + Ξ, (4.3.2) κ= ekkor létezik olyan L R + amely Λ konstanstól függ. Ekkor az ɛ n LΞ teljesül. Tegyük a következ megfeleltetéseket: ɛ n := E n R r, Λ := LLΦ, (4.3.21) Ξ := Lht n ΦS. Ekkor a (4.3.2) átírva a (4.3.21) megfeleltetésekkel és átírva a diszkrét Gronwall lemma ɛ n LΞ fels becslését a (4.3.21) behelyettesítéssel, a következ t kapjuk: E n R r LLht n ΦS. Helyettesítsük vissza a (4.3.5) hibát a fentibe: Y (t n ) U(t n ) R r LLht n ΦS. Most a (4.2.2) denícióban szerepl L konstansnak feleltessük meg a LLt n ΦS konstansok szorzatát. Ekkor a következ t kapjuk: Y (t n ) U(t n ) R r Lh. A fenti egyenl tlenség bal oldalán a (4.2.1) konvergencia deníciójában szerepl hiba van a t n helyen nézve, míg a jobb oldalon a h távolságot leszámítva konstans. 41

Az exponenciális Euler-módszer tulajdonságai A konvergenciában h értékkel tartunk a számhoz, tehát a jobb oldal a értékhez fog tartani, tehát a hiba is felé tart. Az exponenciális Euler-módszer tehát els rendben konvergens, mert h = h 1 miatt a ρ = 1 teljesül. 4.4. A konzisztencia ismertetése Deníció. Lokális hibának nevezzük a pontos és a közelít megoldás helyenként vett különbségét normában, tehát az egy lépés alatt bekövetkez hibát feltéve, hogy az el z lépésben a hiba értéke volt. Deníció. Egy módszert konzisztensnek nevezünk, amennyiben a lokális hiba normában tart a értékhez az n esetén. Deníció. Egy módszer ρ rendben konzisztens, ha a lokális hiba O(h ρ+1 ) nagyságrend. 4.5. A módszer konzisztenciája Tétel. Tegyük fel, hogy a (2.2.3) teljesül s = 1 esetben, ekkor a (3.3.3) azaz az exponenciális Euler-módszer els rendben konzisztens. Bizonyítás. Az els rend konzisztencia bizonyításáshoz, belátjuk az els rend konzisztencia eléréshez szükséges rendszabályt. Az (1.3.9) egyenletet írjuk fel az alábbi alakban a t n helyett a t helyen nézve: U(t + h) = e ha U(t ) + e (h z)a G(t + z, U(t + z)) dz. (4.5.1) Ezzel a pontos megoldást írtuk fel. A (4.5.1) képletre, ha a (2.1.2) képletet a H függvény helyett a H függvényre írjuk fel, és a (2.1) fejezetben megfelel en 42

Az exponenciális Euler-módszer tulajdonságai levezetnénk, akkor a következ t kapnánk, ami a (2.1.9) lenne az U függvényre felírva a t n = t helyen nézve: U(t + h) = e ha U(t ) + h l ϕ l H (l 1) (t ). (4.5.2) l=1 Az els rend konzisztencia feltétel megállapításához a pontos megoldásnak és a közelít megoldásnak egyeznie kell, legalább els rend hibával. Ehhez tegyük egyenl vé a pontos megoldás (4.5.2) Taylor-sorral felírt alakját és a közelít (1.6.11) megoldást a t + h helyen, valamilyen O(h ρ+1 ) R r hibával: e ha U(t ) + U(t + h) = Y (t + h) + O(h ρ+1 ), h l ϕ l H (l 1) (t ) = e ha Y (t ) + h B i K i + O(h ρ+1 ). l=1 Az (1.2.2) miatt egyszer síthetünk, ekkor a fenti a következ képpen néz ki: h l ϕ l H (l 1) (t ) = h B i K i + O(h ρ+1 ). l=1 Mivel az exponenciális Euler-módszer egy lépcs s módszer, így emiatt az s = 1 teljesül. Az (1.6.12), a c 1 = és mivel most t helyen nézzük, ezért a K 1 átírható. Így a fenti a következ alakú: h l ϕ l H (l 1) (t ) = hb 1 K 1 + O(h ρ+1 ) = hb 1 G(t, Y (t )) + O(h ρ+1 ). (4.5.3) l=1 Most ha a végtelen összeg l = 1 esetét külön kiírjuk, akkor a következ lesz: h l ϕ l H (l 1) (t ) = hϕ 1 H(t ) + l=1 h l ϕ l H (l 1) (t ). l=2 Használjuk fel a (3.3.1) képletet t = t esetre, ekkor a fenti a következ lesz: h l ϕ l G (l 1) (t, U(t )) = hϕ 1 G(t, U(t )) + l=1 h l ϕ l G (l 1) (t, U(t )). l=2 43

Az exponenciális Euler-módszer tulajdonságai Ez felhasználva a (4.5.3) képletre: hϕ 1 G(t, U(t )) + h l ϕ l G (l 1) (t, U(t )) = hb 1 G(t, Y (t )) + O(h ρ+1 ). l=2 Tegyük a következ megfeleltetést: O(h ρ+1 ) = h l ϕ l G (l 1) (t, U(t )). (4.5.4) l=2 Ekkor a h ρ+1 = h 2 tehát ρ = 1, így ez lesz az els rend hiba. A következ marad: hϕ 1 G(t, U(t )) = hb 1 G(t, Y (t )). Az (1.2.3) miatt egyszer síthetünk a G függvénnyel és a h értékkel, ekkor a következ lesz: ϕ 1 = B 1. (4.5.5) Ez lesz az exponenciális Euler-módszer konzisztencia szabálya, ha a (4.5.4) képletben szerepl t vesszük a hibának, és ekkor els rendben konzisztens. Ez új információt nem ad, mert így alkottuk meg eredetileg. Ezzel megkaptuk, hogy az exponenciális Euler-módszer els rendben konzisztens, amennyiben a (4.5.5) teljesül. 4.6. Példák számolással és MATLAB kódokkal Példa. Tekintsünk az alábbi dierenciálegyenletre, ahol u : T R és az a R, amit mi most 5 értéknek választunk, valamint az u = y R pedig a 2 számnak: u (t) = 5 u(t) + sin(u(t)), t > u() = 2. Ezt a példát most megoldjuk az explicit exponenciális Euler-módszerrel. Legyen most h =.5 és n = 2. Ekkor a (3.3.3) képlet felhasználva y : T R függvénnyel: y( +.5) = e.5 5 y() +.5 44 e (.5 z) 5 sin(y()) dz.

Az exponenciális Euler-módszer tulajdonságai Mivel u() = y() = 2, a fenti egyenlet átírható az alábbira: y(.5) = e 2.5 2 +.5 [ e 5z = 24.36 + 11.775 5 Most tegyünk még egy lépést: e (.5 z) 5 sin(2) dz = 24.36 + 11.775 ].5 = 24.36 + 11.775 y(.5) = 26.39. y(.5 +.5) = e.5 5 y(.5) + y(1) = e 2.5 26.39 + [ e 5z = 321.5 + 11.5886 5 ].5.5.5.5 ( ) 1 5 e 2.5 5 e (.5 z) 5 sin(y(.5)) dz, e (.5 z) 5 sin(26.39) dz = = 321.5 + 11.5886 y(1) = 323.63. e 5z dz = = 26.39, ( ) 1 5 e 2.5 = 323.63, 5 A MATLAB programkódja a módszernek, ahol a függvény bemeneti adatnak várja a lépésközt, a lépésszámot, egy a R számot, illetve azt, hogy melyik lépésnél írassa ki az eredményt és egy y R kezdeti értéket: f u n c t i o n [ t y]=eeem( h, n, a, t, y_) syms z ; y ( 1 )=y_ ; f o r i =1:n y ( i +1)=exp ( h a ) y ( i )+i n t ( exp ( ( h z ) a ) s i n ( y ( i ) ), z,, h ) ; x ( i +1)=i h ; end t=y ( t ) ; p l o t ( x, y ) ; 45

Az exponenciális Euler-módszer tulajdonságai A program az EEEM függvény meghívására az alábbi bemeneti adatokkal a következ eredményeket adja: EEEM(.5, 2, 5, 1, 2) = 2 EEEM(.5, 2, 5, 2, 2) = 26.3986 EEEM(.5, 2, 5, 3, 2) = 323.7345 Ez a számolásunkhoz viszonyítva csak kerekítésbeli hibában tér el. Most ugyanezt a feladatot oldjuk meg a MATLAB beépített ODE45 megoldókészletével is. Mi most ennek az ODE45 megoldókészlet megoldását tekintjük a pontos megoldásnak, tehát az u függvénynek. Az ODE45 egy negyedrend, változó lépésszámú módszer, és bemeneti adat a megoldandó függvény, az intervallum, és a kezdeti érték: [ t, u]= ode45 (@( t, u ) 5 u+s i n ( u ), [ 1 ], 2) ; p l o t ( t, u ) 46