Esercizi svolti di esame ed esonero - Dipartimento di Matematica

SoluzioniEsercizio 2.b) Riferendosi al problema modello y ′ = −λy e ponendo hλ = t, l’equazione caratteristicaassociata allo schema in questione risulta essereche fornisce le soluzioni(1 + t 2)ρ 2 + tρ +ρ = −t ± 2t + 2( ) t2 − 1 = 0={ −12−t2+t < 1.Lo schema proposto é quindi ai limiti di stabilitá assoluta, ma non presenta componentidivergenti nella soluzione.c) L’iterazione con cui viene calcolata la soluzione ad ogni passo ha in questo caso laformau (n+1)k+1= u k + h 2 [f(x k−1, u k−1 ) + 2f(x k , u k ) + f(x k+1 , u (n)k+1 )]e la costante di Lipschitz del secondo membro rispetto alla variabile u k+1 vale L T =hL/2. Di conseguenza il passo h deve soddisfare la condizione h < 2/L.Esercizio 4.b) Sostituendo u(x j−1 ) e u(x j+1 ) con i loro sviluppi di Taylor di centro x j (per motiviche saranno chiari a posteriori gli sviluppi devono essere almeno di secondo ordine)a −1 u(x j−1 ) + a 0 u(x j ) + a 1 u(x j+1 ) =()= a −1 u(x j ) − hu x (x j ) + h22 u xx(x j ) + O(h 3 ) + a 0 u(x j )++a 1(u(x j ) + hu x (x j ) + h22 u xx(x j ) + O(h 3 ))== (a −1 + a 0 + a 1 )u(x j ) + h(a 1 − a −1 )u x (x j ) + h22 (a −1 + a 1 )u xx (x j )++a −1 O(h 3 ) + a 0 O(h 3 ) + a 1 O(h 3 ).Questa espressione é quindi una approssimazione consistente della derivata prima sottole condizioni {a−1 + a 0 + a 1 = 0Se inoltre si haa 1 − a −1 = 1/h.a −1 + a 1 = 0allora si annulla un ulteriore termine dello sviluppo e l’ordine di consistenza diventamassimo. Queste condizioni portano alla scelta a 0 = 0, a −1 = −1/(2h), a 1 = 1/(2h)(cosa che corrisponde ad effettuare il rapporto incrementale centrato), e di conseguenzail termine di resto é un O(h 2 ), ovvero la approssimazione ha ordine di consistenza due.40