Kort om differensialligninger Innføring En differensialligning er en ligning av typen () y (t) = f(t, y(t)), hvor f(t, y) er en kjent funksjon Løsningen på denne ligningen er en funksjon y(t) som passer inn i formelen Eksempel Differensialligningen har løsning hvor C er en konstant Et annet eksempel er y (t) = t y(t) = 2 t2 + C y (t) = y(t) Her er løsningen gitt ved y(t) = Ce t For å avgjøre om en gitt kandidat er en løsning, regner vi ut begge sider av likheten og ser om det passer Vi ønsker å vise at y(t) = 2 + e t2, løser y (t) + 2ty(t) = t Her har vi at y (t) = 2te t2, slik at y (t) + 2ty(t) = 2te t2 + 2t 2 + e t2 = t Altså er y(t) en løsning Lineære første ordens ligninger At en ligning er lineær betyr at y(t) og dens deriverte inngår lineært i ligningen At den er første orden betyr at ligingen inneholder y(t) og y (t), men ikke høyere deriverte Altså kan vi skrive den generelle lineære første ordens ligningen på formen (2) y (t) + f(t)y(t) = g(t) Denne ligningen kan alltid løses ved å multiplisere med en såkalt integrende faktor La F være en antiderivert til f, altså F (t) = f(t)dt Da har vi at d dt ef (t) = F (t)e F (t) = f(t)e F (t) Her har vi eventuellt delt på den funksjonen som multipliserte y (t)
2 Ved å multiplisere ligning (2) med e F (t) får vi at e F (t) y (t) + f(t)e F (t) y(t) = e F (t) g(t) eller, d ( e F (t) y(t) ) = e F (t) g(t) dt Vi integrerer den siste likheten, og får e F (t) y(t) = e F (t) g(t) dt Løser vi ut for y(t) får vi løsningen til (2) (3) y(t) = e F (t) e F (t) g(t) dt I stedet for å huske denne formelen kan det være greier å huske hvordan vi kom fram til den Eksempel Finn den generelle løsningen på ligningen y + 2y = 0 Her er g = 0 og f(t) = 2 En antiderivert til f blir F (t) = 2t Vi multipliserer med e 2t og får at ( e 2t y(t) ) = 0 Da må ye 2t = C og derfor y(t) = Ce 2t Dette er egentlig en familie av løsninger (derfor kalles løsningen den generelle) Hvis vi ønsker den spesille løsningen som har y(t 0 ) = y 0, setter vi dette inn i den generelle løsningen, og finner C uttrykt ved t 0 og y 0 I dette tilfellet blir det y 0 = Ce 2t 0, eller C = y 0 e 2t 0 Den spesielle løsingen som har y(t 0 ) = y 0 blir altså y(t) = y 0 e 2(t 0 t) Eksempel Finn den generelle løsningen på y + 2ty = t Her er f(t) = 2t så F (t) = t 2 Vi multipliserer med e t2 ( e y) t2 = te t 2 og får at Den generelle antideriverte til høyresiden (bruk substitusjon) er 2 et2 + C,
3 slik at den generelle løsningen blir y(t) = 2 + Ce t2 Eksempel En dyrepopulasjon har konstant relativ vekstrate λ, dvs i løpet at en tid t vil det komme til tλp(t) nye individer Her er p(t) befolkningens størrelse ved tiden t Da har vi at p(t + t) = p(t) + tλp(t) Denne ligningen kan skrives som Vi lar t gå mot null, og får at Denne ligningen har løsning (sjekk!) p(t + t) p(t) t = λp(t) p (t) = λp(t), p(0) = p 0 p(t) = p 0 e λt Oppgave : En populasjon har konstant relativ vekstrate λ, samt innvandring gitt ved Ke at Vi kjenner p(0) = p 0 Anta først at λ a Finn p(t) Finn så p(t) dersom a = λ Oppgave 2: a Finn den generelle løsningen på y + t y = t Finn så den spesielle løsningen slik at y() = 0 b Finn den generelle løsningen på y + ln(t)y = ln(t) Finn så den spesielle løsningen der y() = 0 2 Separable ligninger En separabel ligning kan er en første ordens differensialligning som kan skrives på formen y (t) = f(y(t))g(t) Anta at f(y) 0, vi deler på f og får f(y(t)) y (t) = g(t) Hvis F (y) er en antiderivert til /f(y), altså F (y) = /f(y), så kan vi bruke kjerneregelen til å skrive venstresiden som d dt F (y(t)) = F (y(t))y (t) = f(y(t)) y (t) = g(t)
4 Derfor blir løsningen gitt ved F (y(t)) = g(t) dt Dette kalles en løsning, selv om det kan være vanskelig (av og til umulig) å løse denne ligningen for y(t) En grei huskeregel for separable ligninger er følgende utledning : dy dt = f(y)g(t) dy f(y) = g(t) dt Setter vi integraltegn, så gir siste likhet mening, og vi har en løsningsformel: dy f(y) = g(t) dt Eksempel Finn den generelle løsningen på y = y 2 Her er g(t) =, og vi får at dy y = t + C 2 Den antideriverte til venstresiden blir /y, vi kan løse ut for y y(t) = t + C Hvis vi ønsker å finne den løsningen som har y(0) =, så får vi = altså y(t) = C t Legg merke til at denne løsningen har en vertikal asymptote i t = Generellt er det slik at man ikke (alltid) kan definere en gitt løsning for alle t, men bare i et intervall rundt det punktet initialdata er gitt Eksempel En befolkningsmodell har relativ vekstrate gitt ved λp, der p er befolkningens størrelse At den relative vekstraten er proporsjonal med p modellerer at man trenger to individer for å formere seg Nå blir p (t) = λ(p(t)) 2, p(0) = p 0 Den generelle løsningen blir p 0 p(t) = λp 0 t Det er åpenbart at dette ikke gir noen god prediksjon når t /(λp 0 ) Imidlertid har slike modeller blitt brukt i tilfeller der det fins få individer (feks blåhval) Eksempel Også en konstant relativ vekstrate gir en populasjon som vil vokse over alle grenser I mange tilfelle vil etterhvert ressursene bli brukt opp dersom befolkningen blir
for stor I slike tilfelle er det vanlig å sette relativ vekstrate lik λ( p/n) Her er N det maksimale antall individer ressursene kan støtte Dette gir differensialligningen for p ( p = λp p ) N 5 Vi setter z = p/n Da vil z tilfredstille z = λz( z), eller dz z( z) = For å løse integralet til venstre bruker vi delbrøkoppspalting Derfor får vi at Fra denne ligningen kan vi løse ut z Vi får z( z) = z + z z ln = λt + C z λ dt z = Ceλt + Ce λt, hvor C bestemmes av z 0 = p 0 /N Setter vi inn dette, får vi at C = z 0 /( z 0 ) Nå kan vi skrive opp løsningen for p, p 0 p(t) = N p 0 + (N p 0 )e λt Legg merke til at lim t p(t) = N dersom p 0 > 0 3 Fikspunkter Et fikspunkt for differensialligningen (4) y (t) = f(y(t)), er en konstant løsning y(t) = ȳ Dersom ȳ er et fikspunkt, så må f(ȳ) = 0 La nå y(t) være løsningen av intitialverdiproblemet for (4); y (t) = f(y(t)), y(0) = y 0 Definisjon Et fikspunkt ȳ kalles stabilt hvis det for alle ɛ > 0 fins en δ slik at y 0 ȳ < δ y(t) ȳ < ε for alle t > 0 Fikspunktet ȳ kalles asymptotisk stabilt hvis det fins en δ > 0 slik at y 0 ȳ < δ lim t y(t) = ȳ Hvis et fikspunkt ikke er stabilt, kalles det ustabilt
6 For én differensialligning kan man enkelt avgjøre om et fikspunkt er stabilt eller ikke Metoden er som følger: () Tegn grafen til f (som funksjon av y) Fikspunktenene vil da være de punktene der grafen skjærer y aksen (2) Siden y = f(y) vil y > 0 i de intervallene hvor f > 0, og y < 0 i de intervallene hvor f < 0 Tegn piler mot venstre der f < 0 og mot høyre der f > 0 (3) Nå vil alle fikspunktene ha piler som enten (a) går mot fikspunktet fra begge sider, (b) går fra fikspunktet fra begge sider, eller (c) går mot fikspunktet fra en side, og fra fikspunktet fra den andre I tilfellet (a) er fikspunktet asymptotisk stabilt, ellers er det ustabilt f ustabilt stabilt ustabilt y Figur Stabile og ustabile fikspunkter for en differensialligning Vi ser også at et fikspunkt blir asymptotisk stabilt hvis f (ȳ) < 0, og ustabilt dersom f (ȳ) > 0 Hvis f (ȳ) = 0 kan fikspunktet både være stabilt, asymptotisk stabilt eller ustabilt Dette kan vi også se ved linearisering Dette er en teknikk for å studer løsinger til (4) som ligger nært et fikspunkt ȳ Vi setter z(t) = y(t) ȳ Da får vi at Ligningen z (t) = y (t) = f(y(t)) f(ȳ) siden f(ȳ) = 0, f (ȳ)(y(t) ȳ) = f (ȳ)z(t) z = f (ȳ)z kalles lineariseringen av (4) rundt ȳ Den har løsning z(t) = z 0 e f (ȳ)t, og dersom f (ȳ) < 0 så vil z(t) 0 når t Dette impliserer at y(t) ȳ når t
Oppgave 3: Finn fikspunktene til følgende differensialligninger, og bestem deres stabilitetsegenskaper: (a) y = y( y), (b) y = y( y 2 ), (c) y = y 2 ( y 2 ), 7 4 Slope fields Gitt differensialligningen y (t) = f(t, y(t)), så vet vi at y (t) er hellningen på kurven som går gjennom punktet (t, y(t)) Denne informajonen kan vi bruke til å tegne omtrentlige løsninger av differensialligningen uten å finne noen formler Oppskriften er som følger: () Tegn mange piler i (t, y) planet Hellningen på pilen gjennom et punkt (t, y) skal være f(t, y) (2) For å få et bilde av løsningen som går gjennom et punkt (t 0, y 0 ), tegn en kurve gjennem dette punktet som er tangent til alle pilene den passerer i nærheten av En slik kurve vil som ofteset gi ganske god informajson om hvordan løsningen oppfører seg Denne prosedyren gjøres lett på en datamaskin, og det fins mange ressurser på nettet som man kan bruke Figur 2 er tegnet med en applet som ligger på mathriceedu/~dfield/dfpphtml Figur 2 Slope fields for differensialligningen x = x 2 t
8 2 Systemer av ligninger Et system av ordinære differensialligninger ser ut som (), bare at y nå blir en vektor med n komponenter, y (t) = f(t, y(t)), her er hvor f i = f i (t, y,, y n ) y f y y = 2 og f = f 2, y n f n 2 Autonome lineære systemer De enkleste systemer av ligninger er lineære systemer med konstante koeffisienter Disse kan skrives på formen y = Ay, der A er en n n matrise Analogt med teorien for én lineær differensialligning, søker vi etter løsninger på formen y(t) = ze λt der z er en konstant vektor og λ er et (muligens komplekst) tall Insatt i ligningen gir dette y (t) = λze λt = e λt Az Altså må z være en egenvektor til A og λ den tilhørende egenverdi Hvis vi antar at A har n lineært uavhengige egenvektorer, z,, z n, med egenverdier λ,, λ n, så vil y(t) = c z e λ t + + c n z n e λnt også være en løsning for alle konstanter c,, c n (Vis dette!) 2 Systemer av 2 ligninger Vi starter med et enkelt eksempel: 2 y = y 2 2 Ligningen for egenverdiene blir (λ )(λ + 2) 4 = λ 2 + λ 6 = 0 Dette impliserer at λ = 2 og λ 2 = 3 er egenverdiene Ligningene for egenvektorene blir ( α λ = 2, z = α + 2β = 2α α = 2β, β) ( α λ 2 = 3, z 2 = α + 2β = 3α β = 2α β) Da kan vi velge z = ( ( 2, og z ) 2 = 2)
9 Nå kan den generelle løsningen skrives som 2 y(t) = c e 2t + c 2 2 for konstanter c og c 2 Hvis vi vil finne løsningen for et bestemt initialverdiproblem, mao vi kjenner y(0), får vi et system av ligninger som avgjør c og c 2 Anta at vi ønsker løsningen som har y(0) = (, 0) Da må Da blir e 3t 2c + c 2 =, c 2c 2 = 0, altså c 2 = 5, c = 2 5 y(t) = 5 4e 2t + e 3t 2e 2t 2e 3t Dette eksempelet viste hvordan vi regner hvis vi har reelle egenverdier Det neste viser hva som skjer dersom vi har komplekse egenverdier 2 y = y 4 2 Her blir ligningen som bestemmer egenverdiene (λ + 2) 2 + 4 = 0, altså λ = 2 ± 2i, der i = Egenvektorene blir også komplekse z =, z +2i 2 =, 2i Hvis vi har en kompleks løsning på formen y(t) = a(t)+ib(t) så vil a og b være to løsninger siden Vi skriver egenverdien og vektoren som Løsningen er a (t) + ib (t) = y (t) = Ay(t) = Aa(t) + iab(t) λ = µ + iω, z = u + iv ze λt = (u + iv) e µt (cos(ωt) + i sin(ωt)) = (u cos(ωt) v sin(ωt))e µt + i(u sin(ωt) + v cos(ωt))e µt Fra én kompleks løsning får vi altså to reelle på formen y (t) = e µt (u cos(ωt) v sin(ωt), y 2 (t) = e µt (u sin(ωt) + v cos(ωt) Den generelle løsningen blir en lineærkombinasjon av y og y 2, y(t) = c y (t) + c 2 y 2 (t)
0 I vårt tilfelle blir µ = 2, ω = 2, u = (, 0) og v = (0, 2) Derfor har vi at ( 0 cos(2t) y (t) = e 2t cos(2t) sin(2t = e 0 2) 2t, 2 sin 2t ( 0 sin(2t) y 2 (t) = e 2t sin(2t) + cos(2t = e 0 2) 2t 2 cos(2t) Hvis vi vil finne den spesielle løsningen som har y(0) = (, ), må vi løse ligningssystemet c y (0) + c 2 y 2 (0) = (, ), c =, 2c 2 = Dette gir c = og c 2 = /2, og vi får at y(t) = 2 e 2t ( 2 cos(2t) + sin(2t) 2 cos(2t) 4 sin(2t) I Figur 3 har jeg plottet komponentene til y som funksjoner av t, og i faseplanet (dvs y som funksjon av t) Hvis A bare har én egenvektor z er prosedyren for å finne den generelle ) y og y 2 som funksjoner av t (y,y 2 ) 05 05 y y 2 0 0 05 0 05 5 2 25 3 35 4 t 05 02 0 02 04 06 08 2 y Figur 3 Venstre: løsningen som funksjon av t, høyre: løsningen i faseplanet løsningen slik Vi har en løsning y (t) = e λt z, vi finner en annen ved først å finne en generalisert egenvektor b som løser Hvis vi setter y 2 = (b + tz)e λt får vi at Ab = λb + z y 2(t) = (z + λb + λtz)e λt = (Ab + taz)e λt = A(b + tz)e λt = Ay 2 (t) Eksempel Et eksempel på dette er systemet y = 0 2 2 y 2
Her blir ligningen for egenverdiene λ 2 + 2 2λ + 2 Denne har en dobbel rot i λ = 2, og tihørende egenvektor z = 2 Dette gir løsningen y = ze 2 t For å finne den andre løsningen må vi løse ( A + ) ( 2 2I b = z eller 2 2) α = β 2 En løsning på dette systemet er og den andre løsningen blir da y 2 (t) = e 2t z = ( ) 2/2, 0 (( ) ) 2/2 + t 0 2 Oppgave 4: Finn den generelle løsningen på differensialligningen y = Ay a 5 4 A = 2 b A = 0 c 2 3 A = 3 6 Vi går nå tilbake til det generelle tilfellet a b y = y c d Denne ligningen har bare ett fikspunkt y = 0 Vi ønsker å finne ut for hvilke matriser dette fikspunktet er stabilt Generellt har vi asymptotisk stabilitet hvis og bare hvis realdelen til begge egenverdiene er negativ Merk også at vi har oscillerende løsninger hvis egenverdiene er komplekse Tabell viser hvordan typen av fikspunktet avhenger av egenverdiene Ligningen for egenverdiene blir (λ a)(λ d) bc = λ 2 (a + d)λ + (ad bc) = λ 2 λt + D = 0, hvor T = a + d (trasen til A) og D = ad bc (determinanten til A) Egenverdiene er derfor bestemt bare av trasen og determinanten ved formelen λ = 2 (T ± T 2 4D) Hvis D < 0, så vil alltid en egenverdi være negativ og en positiv Vi har et sadelpunkt, og dette er ustabilt
2 Type Egenverdier Faseplan Sadel λ < 0 < λ 2 Sink λ < λ 2 < 0 Kilde 0 < λ < λ 2 Spirasink λ = a + ib, a < 0, b 0 Spiralkilde λ = a + ib, a > 0, b 0 Senter λ = ib 0 Tabell Hvordan fikspunktets type avhenger av egenverdiene Oppgave 5: Finn de områdene i (T, D) planet der (0, 0) er: a) en sink, b) en kilde, c) en spiralkilde, d) en spiralsink, e) et senter 22 Hvordan tegne et faseportrett nær origo For å danne oss et kvalitativt bilde av hvordan løsningene ( flyten ) ser ut nær 0 kan vi tegne et faseportrett Dette er noen omtrentlige løsninger, med piler som indikerer hvordan løsningen forandrer seg når tiden øker Dette blir litt forskjellig avhengig av typen fikspunkt Sadelpunkt Her har vi λ < 0 < λ 2 La z og z 2 være de tilhørende egenvektorene Da har vi at y = e λ t z er en løsning Denne tegner vi inn, det blir en rett linje, og siden y 0
når t vokser, så får denne linjen to piler som peker inn mot origo På samme måte er y 2 = e λ 2t z 2 en løsning Dette blir også en rett linje, denne gangen med to piler som peker ut fra origo Den generelle løsningen er en lineærkombinasjon av y og y 2 Vi tegner på noen typiske kombinasjoner, komponenten langs z blir liten når t vokser, og komponenten langs z 2 blir liten når t avtar mot Se Figur 4 3 Figur 4 Faseportrett av en sadel Sink I dette tilfellet er λ < λ 2 < 0 Vi tegner de to løsningene y og y 2 som begge blir rette linjer med piler inn mot 0 En generell løsning vil være en kurve som går inn mot 0 Når t vil komponenten langs z være uendelig mye mindre enn komponenten langs z 2 (Hvorfor?) Dette betyr at når løsningene nærmer seg origo, vil løsningskurvenen være tangent til z 2 Se Figur 5 Figur 5 Faseportrett av en sink Spiralsink I dette tilfellet har vi et komplekskonjugert par av egenverdier λ = µ±iω, og µ < 0 Her vil løsningene være spiraler som går inn mot origo når t vokser Det eneste vi
4 må avgjøre er om rotasjonen er mot eller med klokken For å bestemme dette kan vi se på matrisen A Hvis y(t) = (x(t), y(t)) så er ligningen x (t) a b x(t) y = (t) c d y(t) Hvis rotasjonsretning er mot klokka, vil x (t) < 0 når vi passerer y-aksen for y > 0 Når vi passerer y-aksen er x(t) = 0, og vi får at x (t) = by(t) her Siden y(t) > 0 vil omløpsretning være mot klokka hvis b < 0 og med klokka hvis b > 0 Hvis b = 0 kan vi se på y (t) når vi passerer x-aksen med x > 0 Se Figur 6 Figur 6 Faseportrett av en spiralsink Hvis vi har en kilde så betyr dette at alle pilene blir snudd, og hvis vi har et senter så er spiralene forandret til ellipser Oppgave 6: Tegn faseportrett nær origo av differensialligningene fra oppgave 4 22 Lineærisering rundt et fikspunkt Tankegangen er den samme for systemer som for én ligning Vi starter med Taylors formel f(y) = f(ȳ) + Df(ȳ) (y ȳ) + h(y) Her er f : R n R n og h er en funksjon som er slik at lim y ȳ h(y) y ȳ = 0 Denne formelen gjelder dersom f er deriverbar i en omegn rundt ȳ Symbolet Df betyr Jacobimatrisen til f, altså hvis f (y) f =, f n (y)
5 så er f f f y y 2 y n f 2 f 2 Df = y y n f n y f n y n Hvis ȳ er et fikspunkt, så er f(ȳ) = 0 Som før definerer vi z = y ȳ Vi får at (5) z = y = f(y) f(ȳ) = Df(ȳ)z + h(y) Hvis y er tilstrekkelig nær ȳ så er h(y) 0 Ligningen (6) z = Df(ȳ)z burde derfor være en god tilnærming til den ikke-lineære ligningen når y er nær ȳ Presist gjelder Lemma La λ,, λ n være egenverdiene til Df(ȳ) Dersom realdelen av λ i 0 for i =,, n, så er fikspunktet for (5) og (6) av samme type Eksempel La µ være en reell parameter og betrakt systemet av ligninger ( x x y = f = y) ( µ ω x ω µ y) Dette systemet har ett fikspunkt, (x, y) = (0, 0) Videre blir ( 0 Df = 0) µ ω ω µ x(x 2 + y 2 ) y(x 2 + y 2 ) Derfor blir lineariseringen rundt 0 z = µ ω z ω µ Den karakteristiske ligningen til dette systemet blir (λ µ) 2 + ω 2 = 0, og vi får komplekse røtter λ = µ±iω Da vet vi at dersom µ < 0 så er origo en spiralsink for både lineariseringen og den ikke-lineære ligningen, og dersom µ > 0 er origo en spiralkilde for begge systemene Vi ser fra Df at x (t) = ω når x(t) = 0 og y(t) > 0, slik at omløpsretningen blir mot klokka hvis ω > 0 og med klokka hvis ω < 0
6 Denne ligningen kan faktisk løses ved å innføre polarkoordinater r 2 = x 2 + y 2 og θ = arctan(y/x) Ved bruk av kjerneregelen får vi at θ (t) = d y(t) + y2 dt x(t) x 2 = x 2 + y 2 (y (t)x(t) y(t)x (t)) ( = yµx + ωy 2 + xµy + ωx 2) x 2 + y 2 = ω Derfor blir θ(t) = θ(0) + ωt For å få ligningen for r, multipliserer vi ligningen for x med x og ligningen for y med y og adderer d 2 dt xx + yy = µx 2 ωxy + ωxy + µy 2 x 2 r 2 y 2 r 2 ( x 2 + y 2) = µ ( x 2 + y 2) (x 2 + y 2 )r 2 r = r(µ r 2 ) Denne ligningen kan vi også løse i formel (formelen blir avhengig av fortegnet til µ), men vi kan analysere den lettere ved å se på fikspunktene Vi ser at for µ > 0 er har vi en r(µ r 2 ) µ<0 r(µ r 2 ) µ>0 µ r r Figur 7 Left: the origin is stable for µ < 0, right: the origin is unstable for µ > 0 periodisk løsning gitt ved ŷ(t) = ( ) µ cos(ωt) µ sin(ωt) Videre så ser vi at alle andre løsninger (unntatt y = 0) vil være slik at de nærmer seg denne periodiske banen når t vokser For µ < 0 vil all løsninger spirale inn mot origo I Figur 8 har jeg tegnet et faseportrett for µ < 0 og µ > 0 Oppgave 7: Løs ligningen for r over i begge tilfellene Finn derved den generelle løsningen x(t) og y(t) Oppgave 8: Tegn et faseportrett for denne ligningen for ω = 0
& & 7!#$%!!&!!'!!(&&) &#$!(%&!&'!!(&&) %$!*+,!#$%!!&!!'!!(&&) &#$!(%&!&'!!(&&) %$*, + -+ *,- - * *+,- *!*+!,-!-!*!-+!*,-!,!+!,!-+!-!*+ * *+ - -+,!!+!*,-!*!,-,- * *,- +! Figur 8 A limit cycle is born at µ = 0 Etter henvendelser fra studentene, vil jeg heretter write in English Oppgave 9: Find all equilibria of the differential equation ( ) x 2x y y = x + x 2 + 3y 2 Then determine the types of these equilibria Oppgave 0: Show that the origin is the only equilibrium of the system x y x y = 3 2xy 2 x y 3, and that the linearized system is a center at the origin Try to determine the stability of the fixpoint by numerical calculations (use eg pplane) 23 Numerical methods As a rule, one cannot obtain a formula for the solution of a differential equation Linearization around fixpoints is one tool to obtain information about solutions, and there are many other analytical tools available However, to gain insight into the behaviour of typical solution, numerical approximations are indispensable 23 Euler s method The prototype, and the simplest, method of solving an ordinary differential equation numerically, is Euler s method This method is based on the first order Taylor expansion To be more precise, let the differential equation be (7) x (t) = f(t, x(t)) I have chosen to use the notation for a single equation, but you can choose to think of x as a vector if you wish The first order Taylor expansion of x at the point t reads x(t + t) = x(t) + x (t) t + O ( t 2) = x(t) + f(t, x(t)) t + O ( t 2),
8 which holds if x is twice differentiable around t Here I have used the O( ) notation, g = O(α) means that there is a finite constant C, independent of α such that lim g C α 0 α Now assume that we know x(0) = x 0, then using the Taylor expansion we get x( t) = x(0) + f(0, x(0)) t + O ( t 2) (8) x(2 t) = x( t) + f(0, x( t)) t + 2O ( t 2) x(n t) = x((n ) t) + f((n ) t, x((n ) t)) t + no ( t 2) Now we can define a numerical method by dropping the O( ) terms For n define (9) x n = x n + f (t n, x n ) t, where t n = n t Figure 9 shows the approximations generated by the Euler method with t = 03 for the initial value problem x (t) = t x 2, x(0) = 05 Here I have plotted the exact solution (obtained by magic), and the approximation Let us 25 2 x 5 05 Eulers method Exact solution 0 05 0 05 5 2 25 3 35 4 45 5 t Figur 9 Euler s method with t = 05 and the exact solution of the equation x = t x 2 assume that the solution x(t) stays twice differentiable for t in the interval [0, T ], so that the formulas (8) all hold Set t = T/n, we wish to compute how close x(t ) = x(t n ) is to x n To this end, set e j = x j x(t j ) for j = 0,, n Then we can calculate e j+ = x j+ x(t j+ ) = x j + tf (t j, x j ) x(t j ) tf(t j, x(t j )) + jo ( t 2) = e j + t (f(t j, x j ) f(t j, x(t j )) + jo ( t 2) ( = + t f ) x (t j, ξ j ) e j + jo ( t 2),
where ξ j is between x j and x(t j ), and we have used the mean value theorem In order to proceed, we assume that f (x, t) x M for all (x, t) Then the error is bounded by the following recurrence relation e j+ ( + tm) e j + jo ( t 2), j 0, e 0 = 0 Applying this n times, we get the bound e n O ( n t 2) ( + tm) n We have that n = T/ t, thus this can be rewritten, e n C t( + tm) T/ t C te MT, for some constant C which is independent of t Therefore, as t 0, and n with n t = T, we have that the difference between the Euler approximation and the true solution vanishes at a rate comparable to t Therefore we call this method first order There are of course many other (and better!) numerical methods A general method which is simple to implement, and inexpensive (in terms of computational effort) to use, is the fourth order Runge-Kutta method Without any explanation, it reads as follows Given x n compute x n+ as: k = tf(t n, x n ) k 2 = tf(t n + t/2, x n + k /2) k 3 = tf(t n + t/2, x n + k 2 /2) k 4 = tf(t n+, x n + k 3 ) x n+ = x n + 6 (k + 2k 2 + 2k 3 + k 4 ) This is the workhorse of numerical solutions to ODEs, and a sophisticated version is implemented in Matlab under the name ode45 Oppgave : Implement the Euler method and the fourth order Runge-Kutta method Your program should work both for a single equation, and for a system Input should be the function f, the initial value x 0, t and n Output should be x,, x n Test your programs on the logistic equation x = x(0 x), x(0) = 0 for T = 0 Verify (using the exact solution) that the Euler method is first order convergent, and that the Runge-Kutta method is fourth order convergent 9