Теорема. Явный метод Эйлера имеет 1 порядок точности на всей области решения задачи Коши

Пусть, помимо условий задачи Коши, $f$ дополнительно непрерывна по аргументу $x$

То есть $f$ непрерывно дифференцируема по каждому своему аргументу

Тогда погрешность явного метода Эйлера на всей области решения является величиной первого порядка. То есть:

$$\exists C>0:|y(x_i)-y_i|\le Ch\forall i=0,1,2,\dots ,n.$$

Точное значение решения задачи в узле отличается от приближенного не более чем на фиксированную величину $C$, помноженную на размер шага $h$ в степени $1$

Доказательство

Рекурентная формула в методе выглядит следующим образом:

$$y_{i+1}=y_i+f(x_i,y_i)h\forall i=0,1,\dots ,n-1\text{\hspace{1em}(1)}$$

Для точных значений решения в узлах в задаче Коши справедливо следующее равенство:

$$y(x_{i+1})=y(x_i)+{\int }_{x_i}^{x_{i+1}}f(x,y(x))dx\forall i=0,1,\dots ,n-1\text{\hspace{1em}(2)}$$

Следует из формулы Ньютона-Лейбница и условий задачи: $y(x_{i+1})-y(x_i)={\int }_{x_i}^{x_{i+1}}\frac{dy}{dx}dx$

Вычтем из $(2)$ $(1)$. Получим, с учетом того, что $h={\int }_{x_i}^{x_{i+1}}dx$:

$$y(x_{i+1})-y_{i+1}=y(x_i)-y_i+{\int }_{x_i}^{x_{i+1}}\left(f(x,y(x))-f(x_i,y_i)\right)dx\stackrel{(1)}{=}$$ $$=y(x_i)-y_i+{\int }_{x_i}^{x_{i+1}}\left(f(x,y(x))-f(x_i,y(x_i))\right)dx+{\int }_{x_i}^{x_{i+1}}\left(f(x_i,y(x_i))-f(x_i,y_i)\right)dx$$

1 - прибавили и вычли $f(x_i,y(x_i))$, расписали через сумму 2 интегралов

Рассмотри модуль разности точного и случайного значения решения в узле $x_i,i=0,\dots (n-1)$

$$|y(x_{i+1})-y_{i+1}|\stackrel{(1)}{\le }|y(x_i)-y_i|+{\int }_{x_i}^{x_{i+1}}\left|f(x,y(x))-f(x_i,y(x_i))\right|dx+$$ $$+{\int }_{x_i}^{x_{i+1}}\left|f(x_i,y(x_i))-f(x_i,y_i)\right|dx\text{\hspace{1em}(3)}$$

1 - свойство модуля (правило треугольника)

Используя свойство функции $f$, можно оценить каждое из определённых интегралов в правой части неравенства

Первый интеграл

Пусть $F(x)=f(x,y(x)),x\in [x_0,x_0+X]$.

Поскольку функция $f$ непрерывно-дифференцируема по всем своим аргументам, то функция $F$ является непрерывно-дифференцируемой на отрезке $[x_0,x_0+X]$ (матанализ)

Следовательно (Ограниченность на компакте)

$$\exists K>0:|F^{\prime }(x)|\le K\forall x\in [x_0,x_0+X],$$

где (расписали производную сложной функции 2 переменных)

$$F^{\prime }(x)=f_x(x,y(x))+f_y(x,y(x))f(x,y(x)).$$

Тогда оценка интеграла:

$${\int }_{x_i}^{x_{i+1}}|f(x,y(x))-f(x_i,y(x_i))|dx={\int }_{x_i}^{x_{i+1}}|F(x)-F(x_i)|dx\stackrel{(1)}{=}{\int }_{x_i}^{x_{i+1}}|F^{\prime }(\xi (x))|\cdot |x-x_i|dx\le {\int }_{x_i}^{x_{i+1}}K|x-x_i|dx\stackrel{(2)}{=}K\frac{h^2}{2},$$

где \xi(x) \in [x_i, x] \), \( x \in [x_i, x_{i+1}]

1 - применили теорему Лагранжа

2 - Воспользовались ограниченностью $F^{\prime }$, вынесли $K$ и проинтегрировали оставшееся подынтегральное выражение

Второй интеграл

В силу непрерывности $f_y^{\prime }(x,y)$ имеем ограниченность

$$\exists L>0:|f_y^{\prime }(x,y)|\le L\forall (x,y)\in [x_0,x_0+X]\times H[y_h],$$

$H[y_h]$ - ограниченное замкнутое множество допустимых значений $y(x)$ и $y_i(h)$ (для $x\in [x_0,x_0+X],h\in [0,X]$)

Следовательно

$${\int }_{x_i}^{x_{i+1}}|f(x_i,y(x_i))-f(x_i,y_i)|dx={\int }_{x_i}^{x_{i+1}}|f_y^{\prime }(x_i,{\eta }_i)|\cdot |y(x_i)-y_i|dx\le L{\int }_{x_i}^{x_{i+1}}|y(x_i)-y_i|dx=Lh|y(x_i)-y_i|,$$

где ${\eta }_i\in [y_i,y(x_i)]$

---

Пусть ${\epsilon }_i=|y(x_i)-y_i|,i=0,1,2,\dots ,n-1$

Из оценок интегралов и неравенства $(3)$ следует:

$${\epsilon }_{i+1}\le {\epsilon }_i+K\frac{h^2}{2}+Lh{\epsilon }_i=(1+Lh){\epsilon }_i+K\frac{h^2}{2}=A(h){\epsilon }_i+B(h)\text{\hspace{1em}(2)}$$

где

$$A(h)=1+Lh>0,B(h)=K\frac{h^2}{2}\ge 0\forall h\in [0,X].$$

Так как $y(x_0)=y_0$ (По постановке задачи Коши), то ${\epsilon }_0=0$

Тогда в силу $(2)$:

$$\{\begin{array}{l}{\epsilon }_1\le A(h){\epsilon }_0+B(h)=B(h)\\ {\epsilon }_2\le A(h){\epsilon }_1+B(h)\le A(h)B(h)+B(h)=(A(h)+1)B(h)\\ {\epsilon }_3\le A(h){\epsilon }_2+B(h)\le A(h)((A(h)+1)B(h))+B(h)=(A^2(h)+A(h)+1)B(h)\\ \cdots \\ {\epsilon }_{i+1}\le A(h){\epsilon }_i+B(h)=(A^i(h)+A^{i-1}(h)+\cdots +A(h)+1)B(h)=\frac{A^{i+1}(h)-1}{A(h)-1}B(h)\le \frac{A^n(h)-1}{A(h)-1}B(h),\forall i\le n-1.\end{array}$$

Поиск C

При $h\le X$ имеем:

$$B(h)\cdot \frac{A^n(h)-1}{A(h)-1}=K\frac{h^2}{2}\cdot \frac{(1+Lh{)}^n-1}{Lh}\stackrel{(1)}{=}K\frac{h^2}{2}\cdot \frac{(1+L\frac{X}{n}{)}^n-1}{Lh}\stackrel{(2)}{\le }K\frac{h^2}{2}\cdot \frac{e^{LX}-1}{Lh}=Ch,$$

1 - Размер шага $h$

2 - Второй замечательный предел

Получили

$$C=\frac{K}{2L}\left(e^{LX}-1\right).$$

Нашли искомую константу $C$, что разность точного и приближенного решения не превосходит $Ch$ во всех узлах численного решения

$${\epsilon }_i=|y(x_i)-y_i|\le Ch\forall i=0,1,2,\dots ,n.$$