Equazioni differenziali ordinarie

Equazioni differenziali ordinarieLe equazioni differenziali del prim’ordine in forma normale sonoesplicitate rispetto alla più alta derivata della y,y ′ = f (x, y)f (x, y) è una funzione di due variabili a valori reali ed y = y(x) èla funzione incognita.Un’equazione di questo tipo, se f è continua, ha infinite soluzioni;nel caso f (x, y) = y, ad esempio, l’equazione y ′ = y ammettecome soluzioni tutte le funzioni y(x) = ce x , qualunque sia lacostante c.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Il problema di CauchyIl problema di Cauchy o problema ai valori iniziali{ y ′ = f (x, y)y(x 0 ) = y 0consiste nel determinare quella particolare soluzione dell’equazioney ′ = f (x, y), se esiste, che soddisfa la condizione inizialey(x 0 ) = x 0 assegnata.Una funzione y = y(x) di classe C (1) ([a, b]) è soluzione delproblema di Cauchy in un intervallo [a, b] contenente x 0 sey ′ (x) ≡ f (x, y(x)) per ogni x ∈ [a, b], e y(x 0 ) = y 0 .Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Teorema di esistenza ed unicità in grandeSia f (x, y) continua nella strisciaS = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, y ∈ R, a, b < ∞}.Se f soddisfa la condizione di Lipschitz in S, cioè esiste unacostante L > 0 tale che ∀ x ∈ [a, b] e ∀y, y ∗ ∈ R si abbia:|f (x, y) − f (x, y ∗ )| ≤ L|y − y ∗ |,allora per ogni punto (x 0 , y 0 ) ∈ S esiste una ed una sola y(x) talechei) y(x) è derivabile con derivata continua in [a, b];ii) y ′ (x) ≡ f (x, y(x)) per ogni x ∈ [a, b];iii) y(x 0 ) = y 0 .Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Questo teorema garantisce l’esistenza della soluzione y = y(x) ”ingrande”, cioè in tutto l’intervallo [a, b] prefissato.Se la condizione di Lipschitz è verificata solo in un intorno V delpunto (x 0 , y 0 ), allora l’esistenza e l’unicità della soluzione y = y(x)sono garantite solo ”in piccolo”, cioè in un opportuno intorno dix 0 , contenuto nella proiezione di V sull’asse x.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Soluzioni numericheSi ricorre alla soluzione numerica di equazioni differenzialiperchè non si sa calcolare esplicitamente la soluzione (f ètabulata)perchè la soluzione analitica è troppo onerosaSi suppone sempre di essere nelle condizioni di esistenza ed unicitàdella soluzione.Molti dei risultati e dei metodi descritti nel seguito sono validi piùin generale nel caso vettoriale.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Soluzione numericaFissato h > 0 detto passo d’integrazione, si determinano i nodix i = x 0 + ih i = 0, 1, . . .La soluzione numerica del problema di Cauchy con passo h é unasuccessione di numeri reali {y i } i=0,1,... , con approssimano i valoriassunti dalla soluzione nei nodi.Si deve trovare un algoritmo che, a partire dal valore iniziale y 0 ,permetta di calcolarey 1 ≈ y(x 1 ), y 2 ≈ y(x 2 ), ..., y N ≈ y(x N ), . . .Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Il metodo di Eulero esplicitoÈ il più semplice ed intuitivo.Si approssima la derivata prima nel punto x n con le differenze inavantiy ′ (x n ) ≈ y(x n+1) − y(x n )hsi ottieney(x n+1 ) − y(x n )h≈ f (x n , y(x n )) ⇒ y(x n+1 ) ≈ y(x n )+hf (x n , y(x n )).Indicando con y n il valore fornito al passo n-esimo dallo schemaricorsivo, si ottieneil metodo di Eulero esplicitoy 0 := y(x 0 ), y n+1 := y n + hf (x n , y n ), n = 0, 1, . . .Il metodo di Eulero esplicito è un metodo ad un passo perchéy n+1 dipende esplicitamente solo da un valore precedente, y n .Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

EsempioDato il problema di Cauchy{ y ′ = xyy(0) = 1.La soluzione analitica è y(x) = e x2 /2 . Supponiamo di volerapprossimare y(0.4). Il metodo di Eulero fornisce, in questo caso,la formula ricorsivay 0 = 1y n+1 = y n + h · x n y nCon h = 0.2 si ha x 0 = 0, x 1 = 0.2 , x 2 = 0.4 ed y 2 ≈ y(0.4).y 1 = y 0 + hx 0 y 0 = 1 + 0.2 × 0 × 1 = 1 ≈ y(0.2)y 2 = y 1 + hx 1 y 1 = 1 + 0.2 × 0.2 × 1 = 1.04 ≈ y(0.4). . ....I valori forniti dall’algoritmo per h = 0.2 e quelli assunti dallasoluzione sono riportati nella tabella seguenteCalcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

n x n y n (0.2) y(x n ) errore0 0.0 1.0000 1.0000 01 0.2 1.0000 1.0202 0.2022 0.4 1.0400 1.0833 0.04333 0.6 1.1232 1.1972 0.07404 0.8 1.2580 1.3771 0.1191Consideriamo ora h = 0.1 e calcoliamo una nuova approssimazionedi y(0.4); questa volta ci vogliono 4 passi per ottenere una stimadella soluzione per x = 0.4, y 4 ≈ y(0.4).Il grafico della soluzione esatta, e quelli delle soluzioni fornitedall’algoritmo rispettivamente per h = 0.1 ed h = 0.2 sonoriportati nella Figura seguente.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

1.41.35y(x)h=0.1h=0.21.31.251.21.151.11.0510 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8Figure: y = e x2 /2 , Eulero h = 0.1, ’o’ ed h = 0.2, ’*’Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Errore locale ed errore globaleNella soluzione numerica di un’equazione differenziale si verificanoerrori di vario tipo:• errore di troncamento locale dovuto al fatto che per ogni x i siapprossima la derivata con il rapporto incrementale, cioéy(x i ) ≈ y(x i+1) − y(x i );h• errore di troncamento globale dovuto al fatto che nei passisuccessivi al primo si approssima y(x i ) con il valore assunto in x idalla tangente alla curva soluzione che passa per y(x i ) = y i e nony(x o ) = y 0 ;• errore di arrotondamento dovuto all’aritmetica finita, qualora siimplementi l’algoritmo su calcolatore.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

1.11.05Err. Loc {Err. Gl.}1Err. Loc {0.950 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4 0.45Figure: Errore nel metodo di Eulero esplicitoSi dimostra che:L’errore globale di troncamentonel metodo di Eulero esplicito édell’ordine di h, O(h)Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Altri metodi ad un passoApprossimando l’operatore derivata con le differenze all’indietroy ′ (x n+1 ) ≈ y(x n+1) − y(x n )hsi ottiene un altro metodo ad un passo del prim’ordine :metodo di Eulero implicitoy 0 := y(x 0 )y n+1 = y n + hf (x n+1 , y n+1 ), n = 0, 1, . . .Questo metodo si chiama implicito perchèil valore incognito y n+1compare anche nel termine di destra. Se f è una funzione nonlineare per ricavare il valore di y n+1 si deve ad ogni passo risolvereun’equazione non lineare.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Metodo del trapezoide o di Crank-NicolsonIntegrando ambo i membri dell’equazione y ′ = f (x, y)nell’intervallo [x n , x n+1 ] si ottiene∫ xn+1∫ xn+1y ′ dx = y(x n+1 ) − y(x n ) = f (x, y(x))dx.x n x nIl secondo membro, che non si può calcolare esattamente dato chey(x) non è nota , viene stimato con la regola dei trapezi∫ xn+1x nf (x, y(x))dx ≈ h 2 [f (x n, y(x n )) + f (x n+1 , y(x n+1 ))].Sostituendo y i a y(x i ) si ottieney 0 := y(x 0 )y n+1 = y n + h 2 (f (x n, y n ) + f (x n+1 , y n+1 )) n = 0, 1, . . .Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Metodo del trapezoide o di Crank-Nicolsony 0 := y(x 0 ), y n+1 = y n + h 2 (f (x n, y n ) + f (x n+1 , y n+1 ))Si tratta di un metodo ad un passo, implicito.L’errore globale di troncamento nel metodo di Eulero implicito èdellordine di h, O(h)Il metodo di Eulero implicito ed il metodo di Crank-Nicolson sonometodi impliciti: y n+1 compare anche nel termine di destra. Se f èuna funzione non lineare per ricavare il valore di y n+1 si deve adogni passo risolvere un’equazione non lineare.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Esempio 2Per il problema di Cauchy y ′ = xy, y(0) = 1 il metodo di Euleroimplicito forniscey n+1 = y n + hx n+1 y n+1che si puo’ esplicitare rispetto ad y n+1 ottenendoy n+1 =11 − hx n+1y n .Con il metodo di Crank-Nicolson si ottieney n+1 = y n + h 2 (x ny n + x n+1 y n+1 )che si puo’ esplicitare rispetto ad y n+1 ottenendoy n+1 = 2 + hx n2 − hx n+1y n .Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Con h = 0.2 si ha:x n y n Eul. impl. err. y n Cr.-Nic err.0 1.0000 0 1.0000 00.2 1.0417 0.0215 1.0204 0.00020.4 1.1322 0.0490 1.0842 0.00090.6 1.2866 0.0894 1.1995 0.00230.8 1.5317 1.3821 0.1546 0.0049Un’approssimazione di y(0.4) si ottiene in due passiy 1 = 2 + 0.2 × 02 − 0.2 × 0.2 = 21.96 ≈ 1.02042 + 0.2 × 0.2y 2 =2 − 0.2 × 0.4 y 1 ≈ 2.04 1.0204 ≈ 1.0842.1.92L’errore di troncamento in questa approssimazione è 0.9.10 −3 .L’andamento di queste soluzioni si può vedere nella Figuraseguente.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

43.53y(x)Eul. impl.Crank−Nicolson2.521.510 0.5 1 1.5Figure: Soluzioni con metodi impliciti ed h = 0.2Non sempre però la funzione f è lineare in y, e quando questo nonavviene si deve procedere in modo diverso, come illustratonell’esempio seguente.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Esempio 3Il metodo del trapezoide o di Crank-Nicolson con h = 0.2 per ilproblema di Cauchyfornisce l’algoritmoy ′ = e −y y(0) = 1y n+1 = y n + 0.1(e −yn + e −y n+1).Con h = 0.2 al primo passo si hay 1 = y 0 + h 2 (e−y 0+ e −y 1) = 1 + 0.22 (e−1 + e −y 1).Il valore di y 1 è la soluzione dell’equazione non linearey 1 = 1 + 0.1(e −1 + e −y 1)Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

L’equazione y 1 = 1 + 0.1(e −1 + e −y 1) si può vedere come unoschema di punto fisso con g(x n )1 + 0.1(e −1 + e −xn ),x n+1 = 1 + 0.1(e −1 + e −xn )Con un metodo esplicito, ad esempio Eulero, si ottiene una primastima y 0 1 := y 0 + he −y 0≈ 1.07358. Poi si ottieney 1 1 = 1.07097, y2 1 = 1.07106, . . .Accettiamo y(0.2) ≈ y 1 = 1.07106 e proseguiamo.Passo 2 Partendo da y2 0 := y 1 + he −y 1≈ 1.13959 ottenuto conEulero esplicito, lo schema di punto fissoy2 n+1 = y 1 + 0.1(e −y 1+ e −yn 2 ) forniscey2 1 = 1.13732, y2 2 = 1.13739, . . ..Accettiamo y(0.4) ≈ y 2 = 1.13739 e procediamo.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

La soluzione del problema di Cauchy è y(x) = log(e + x), si puòdunque vedere cheǫ 1 = log(e + 0.2) − y 1 = −0.65 · 10 −4ǫ 2 = log(e + 0.4) − y 2 = −0.108 · 10 −3L’uso accoppiato di un metodo implicito assieme ad uno esplicito édetto Schema predittore-correttore.Se f non è lineare in y si deve dunque risolvere ad ogni passol’equazioney n+1 = y n + h 2 (f (x n, y n ) + f (x n+1 , y n+1 ))che é uno schema di punto fisso in cui il valore iniziale y 0 n+1 siottiene con un metodo esplicito, ad esempio Eulero esplicito.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Schema predittore-correttorey 0 n+1 = y n + hf (x n , y n )Passo k k = 1, 2, . . .y n+1 := y N n+1y k+1n+1 = y n + h 2(f (xn , y n ) + f (x n+1 , y k n+1 ))Normalmente si usano schemi predittore-correttori del quart’ordine,molto più accurati.In generale le condizioni che garantiscono l’esistenza dellasoluzione del problema di Cauchy implicano la convergenza delloschema di punto fisso.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Metodi di Runge-KuttaI metodi fino ad ora descritti sono semplici, ma non moltoaccurati: il metodo di Eulero è di ordine uno e quello diCrank-Nicolson, implicito, è di ordine due.Metodi più accurati sono:• Metodi del tipo Runge-Kutta con metodi ad un passo se lafunzione f è nota analiticamente.• metodi ”a più passi”se la funzione è tabulata a passo costante,ricavando il valore di y n da più valori precedenti.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Metodi di Runge-Kuttay n+1 si ottiene da y n tramite un’espressione del tipo(∗)y n+1 = y n + w 1 k 1 + w 2 k 2 + ... + w m k mdove i w i sono dei pesi ed i k i sono(∗∗) k i = hf (x n + α i−2 h, y n + β 0 k 1 + . . . + β i−2 k i−1 )I coefficienti α i , β i ed i pesi w i si ricavano imponendo che glisviluppi in serie di Taylor della soluzione esatta y(x n+1 ) e di y n+1fornita dalla formula (∗) con i k i definiti nella (∗∗) siano ugualifino all’ordine m − 1.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Metodo di Runge-Kutta del quart’ordineIl più usato di questi metodi è quello che usa, ad ogni passo, i valori dellafunzione in quattro punti e rende i suddetti sviluppi in Taylor uguali finoall’ordine tre. L’errore globale risulta proporzionale ad h 4 , O(h 4 ).k 1 = hf (x n , y n ),k 2 = hf (x n + h 2 , y n + k 12),k 3 = hf (x n + h 2 , y n + k 22),k 4 = hf (x n + h, y n + k3),y n+1 = y n + 1 6 (k 1 + 2k 2 + 2k 3 + k 4 ).Si tratta di un metodo ad un passo, esplicito.N.B. si deve conoscere f (x, y) analiticamente.L’errore globale di troncamento è dellordine di h 4 , O(h 4 )Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Esempio 5Il metodo di Runge-Kutta con h = 0.4 fornisce per il problema diCauchy y ′ = xy, y(0) = 1:k 1 = hx 0 y 0 = 0k 2 = h(x 0 + h 2 )(y 0 + k 12) = 0.08k 3 = h(x 0 + h 2 )(y 0 + k 22) = 0.0832k 4 = h(x 0 + h)(y 0 + k 3 ) = 0.173312y(0.4) ≃ y 1 = y 0 + 1 6 (k 1 + 2k 2 + 2k 3 + k 4 ) = 1.083285l’errore di troncamento è 0.210 −5 .Se f dipende solo dalla x, si ha k 2 = k 3 e lay n+1 = y n + 1 6 (k 1 + 2k 2 + 2k 3 + k 4 ) si riduce alla formula diCavalieri-Simpson che è esatta per polinomi di terzo grado.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Scelta del passo h e problema testVogliamo ora studiare se e come varia la soluzione fornita daglialgoritmi visti al variare del passo h. Studiamo un caso particolare,ma significativo, dettoproblema test: y ′ = −5y, y(0) = 1• Con lo schema di Eulero esplicito:y n+1 = y n + h(−5y n ) = (1 − 5h)y nAl variare di h si avranno le seguenti formule ricorsiveh = 0.05 y 0 = 1, y n+1 = 0.75 · y n n = 0, 1, ...h = 0.1 y 0 = 1, y n+1 = 0.5 · y n n = 0, 1, ...h = 0.2 y 0 = 1, y n+1 = 0 n = 0, 1, ...h = 0.4 y 0 = 1, y n+1 = −y n n = 0, 1, ...Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

10.90.80.70.60.5y(x)h=0.05h=0.10.40.30.20.100 0.2 0.4 0.6 0.8 1Figure: Soluzioni con Eulero esplicito con h = 0.05 ed h = 0.1Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

10010.5y(x)h=0.2h=0.4500−500−100−0.5−150y(x)h=0.8−1−2000 1 2 3 4−2500 1 2 3 4Figure: Soluzioni con Eulero esplicito ed h = 0.2, h = 0.4 ed h = 0.8Più è piccolo il passo migliore è l’approssimazione, ma per h ≥ 0.4 le cosevanno sempre peggio. Sembra che nel metodo di Eulero non si possascegliere ad arbitrio il passo h !!.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

• Con lo schema di Eulero implicito : y n+1 =y n1 + 5hh = 0.1 y 0 = 1, y n+1 = 2 3 · y n n = 0, 1, ...h = 0.2 y 0 = 1, y n+1 = 0.5 · y n n = 0, 1, ...h = 0.4 y 0 = 1, y n+1 = 1 3 · y n n = 0, 1, ...h = 0.8 y 0 = 1, y n+1 = 0.2 · y n n = 0, 1, ...Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

10.9y(x)h=0.1h=0.210.9y(x)h=0.4h=0.80.80.80.70.70.60.60.50.50.40.40.30.30.20.20.10.100 0.5 1 1.5 200 1 2 3 4Figure: Soluzioni con Eulero implicito ed h = 0.1 ed h = 0.2,h = 0.4 edh = 0.8Sembra che il metodo di Eulero implicito dia soluzioni accettabiliper ogni valore di h.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

• Metodo del trapezoide o di Crank-Nicolson y n+1 = 2 − 5h2 + 5h y n.h = 0.1 y 0 = 1, y n+1 = 0.6 · y n n = 0, 1, ...h = 0.2 y 0 = 1, y n+1 = 1 3 · y n n = 0, 1, ...h = 0.4 y 0 = 1, y n+1 = 0 n = 0, 1, ...h = 0.8 y 0 = 1, y n+1 = − 1 3 · y n n = 0, 1, ...Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

110.90.80.80.7y(x)h=0.1h=0.20.6y(x)h=0.4h=0.80.60.40.50.40.20.300.2−0.20.100 0.2 0.4 0.6 0.8 1a)−0.40 1 2 3 4b)Figure: Soluzione con Crank-Nicolson a) h = 0.1 ed h = 0.2, b) h = 0.4ed h = 0.8Anche il metodo dei trapezi, o di Crank-Nicolson al variare delpasso sembra fornire sempre soluzioni ragionevoli.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Convergenza e stabilitàDagli esempi si vede come il comportamento delle soluzioniapprossimate dipenda dalla scelta del passo. Particolareimportanza rivestono i seguenti aspetti:a) cosa succede quando il passo h → 0 ?b) fissato h, la soluzione fornita dall’algoritmo al crescere delnumero dei passi continua ad essere una buona approssimazionedella soluzione vera?Un metodo per studiare le proprietà dei metodi numerici consistenel vedere come si comportano quando vengono applicati ad unproblema tipico, detto problema test:y ′ = −λy, y(0) = 1dove λ è reale e positivo.La soluzione analitica y(x) = e −λx è decrescente e quindi unmetodo numerico deve fornire una soluzione decrescente.Si dimostra che il problema test è rappresentativo di situazioni molto piùgenerali.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

ConvergenzaDef. Un metodo numerico si dice convergente se il limite perh → 0 e n → ∞, con nh = x, la soluzione fornita dal metodoconverge alla soluzione teorica y(x) = e −λx .Applicandoli al problema test, si dimostra che i metodi di Euleroesplicito, Eulero implicito, Crank-Nicolson, Runge-Kutta sonoconvergenti.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Stabilità numericaDato un metodo convergente, per poterlo applicare si deve fissareun valore di h ed è importante sapere se al crescere di n ilcomportamento della soluzione approssimata sarà accettabile perogni valore di h, oppure se alcuni valori possono essere critici.Quello che si vuole è che l’errore iniziale si mantenga limitato alcrescere di n.Definizione La regione di stabilità di un metodo numerico èl’insieme dei valori di hλ per i quali la soluzione del problema testrimane limitata per n → ∞.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Stabilitá numerica del metodo di Eulero esplicitoApplicandolo al problema test si ha:y n+1 = y n − hλy n .Fissato h, indichiamo con ǫ n l’errore da cui è affetta y n e conȳ n = y n + ǫ n la soluzione calcolata ȳ n+1 = ȳ n − hλȳ n . Si ottieney n+1 + ǫ n+1 = y n + ǫ n − hλ(y n + ǫ n )Dato che y n soddisfa l’equazione test, l’errore nel metodo di Euleroesplicito soddisfa l’equazioneǫ n+1 − (1 − hλ)ǫ n = 0 ⇒ ǫ n = ǫ 0 (1 − hλ) n , n = 1, 2, . . .lim n→∞ ǫ n < ∞, l’errore si mantiene limitato se e solo se|1 − hλ| ≤ 1 cioè 0 < hλ ≤ 2.Teorema La regione di stabilitá del metodo di Eulero esplicito ècostituito dagli h tali che0 < hλ ≤ 2.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Stabilitá numerica del metodo di Eulero implicitoApplicandolo al problema test si ha:y n+1 = y n − hλy n+1 .Fissato h, indichiamo con ǫ n l’errore da cui è affetta y n e conȳ n = y n + ǫ n la soluzione calcolata ȳ n+1 = ȳ n − hλȳ n+1 . Si ottieney n+1 + ǫ n+1 = y n + ǫ n − hλ(y n+1 + ǫ n+1 )Dato che y n soddisfa l’equazione test, l’errore nel metodo di Euleroesplicito soddisfa l’equazione( ) 1 n(1 + hλ)ǫ n+1 = ǫ n ⇒ ǫ n = ǫ 0 , n = 1, 2, . . .1 + hλDato che1≤ 1 sempre,l’errore é sempre limitato.1 + hλTeorema Il metodo di Eulero implicito è numericamente stabileper ogni h.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Esempio 7Le soluzioni fornite dal metodo di Eulero esplicito pery ′ = −4y, y(0) = 1 con h = 0.2 o con h = 0.6 sono molto diverse:10.9y(x)h=0.28y(x)h=0.260.80.740.620.50.400.3−20.2−40.100 1 2 3 4a)−60 1 2 3 4b)Figure: Soluzione con Eulero esplicito h = 0.2 a), h = 0.6 b)Nel secondo caso, infatti, il passo h non appartiene alla regione distabilità essendo h > 2 λ = 0.5. Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Stabilitá numerica del metodo di Crank-NicolsonApplicandolo al problema test e procedendo come prima sidimostra che l’errore soddisfa l’equazione( ) 2 − hλ nǫ n = ǫ 0 .2 + hλquindi lim n→∞ ǫ n < ∞ se e solo se2 − hλ∣2 + hλ∣ ≤ 1.La condizione è sempre verificata, quindi il metodo diCrank-Nicolson è incondizionatamente stabile.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Esempio 8Nel problema ai valori inizialiy ′ = −4y, y(0) = 1le soluzioni fornite dal metodo di Crank-Nicolson con h = 0.2 e conh = 0.6 sono invece entrambe accettabili,1.20.90.8y(x)h=0.21y(x)h=0.60.70.80.60.50.60.40.40.30.20.20.100−0.10 1 2 3 4a)−0.20 1 2 3 4b)Figure: a) h = 0.2, b) h = 0.6dato che il metodo è incondizionatamente stabile.Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010

Stabilitá numerica del metodo di Runke KuttaSi dimostra cheLa regione di stabilitá del metodo di Runke Kutta del 4 ordine ècostituito dagli hλ tali che.0 < hλ ≤ 2.78Calcolo Numerico - a.a. 2009 - 2010