Giải số phương trình vi phân

Mỗi bước Euler mắc một sai số cục bộ nhỏ cỡ $O(h^2)$ do cắt bỏ chuỗi Taylor sau số hạng bậc nhất, nhưng các sai số cục bộ này có thể cộng dồn qua khoảng $(T-t_0)/h$ bước cần thiết để tới thời điểm $T$ cố định. Định lý cho thấy sự cộng dồn này không quá tệ: điều kiện Lipschitz ngăn các sai số cục bộ nhỏ bị khuếch đại nhanh hơn hàm mũ, nên sai số toàn cục chỉ còn bậc nhất, $O(h)$, theo bước nhảy — kém một bậc so với sai số cục bộ, đúng theo quy luật thường gặp ở các phương pháp một bước.

Viết sai số cục bộ mắc phải trong một bước là hiệu giữa nghiệm chính xác khai triển bằng chuỗi Taylor và bước cập nhật Euler. Định lý Taylor cho $y(t_{n+1}) = y(t_n) + h f(t_n, y(t_n)) + \frac{h^2}{2} y''(\xi_n)$ với $\xi_n$ nào đó nằm giữa $t_n$ và $t_{n+1}$, nên sai số cắt cụt cục bộ là $\tau_n = \frac{h^2}{2} y''(\xi_n)$, bị chặn bởi $\frac{h^2 M}{2}$ nhờ giả thiết $|y''(t) | \le M$.

Trừ bước cập nhật Euler $y_{n+1} = y_n + h f(t_n, y_n)$ khỏi khai triển Taylor chính xác này. Viết $e_n = y(t_n) - y_n$, hiệu của hai vế phải cho $e_{n+1} = e_n + h\left[f(t_n, y(t_n)) - f(t_n, y_n)\right] + \tau_n$. Điều kiện Lipschitz chặn số hạng trong ngoặc vuông bởi $L|e_n|$, nên $|e_{n+1}| \le (1+hL)|e_n| + \frac{h^2 M}{2}$.

Vì $e_0 = 0$ (giá trị ban đầu là chính xác), khai triển đệ quy này bằng quy nạp cho $|e_n| \le \frac{h^2M}{2}\sum_{k=0}^{n-1}(1+hL)^k = \frac{hM}{2L}\left[(1+hL)^n - 1\right]$, dùng đẳng thức chuỗi hình học. Cuối cùng, $(1+hL)^n \le e^{Lhn} = e^{L(t_n-t_0)}$ vì $1+x\le e^x$ với mọi số thực $x$, biến chặn trên thành $|e_n| \le \frac{hM}{2L}\left(e^{L(t_n-t_0)}-1\right)$ — đúng là bất đẳng thức cần chứng minh, và rõ ràng là $O(h)$ khi $t_n$ cố định.

RK4 tính độ dốc bốn lần mỗi bước tại các điểm trung gian được chọn khéo léo, thay vì một lần, rồi lấy trung bình với các trọng số theo tỉ lệ $1,2,2,1$ trên tổng $6$ phần. Công sức thêm này đổi lấy ba bậc chính xác cao hơn hẳn so với phương pháp Euler: khai triển khớp với nghiệm đúng theo chuỗi Taylor tới tận số hạng $h^4$, thay vì chỉ dừng ở số hạng bậc nhất.

Khai triển mỗi giai đoạn thành chuỗi Taylor quanh $(t_n, y_n)$. Vì $k_1=f(t_n,y_n)=y'(t_n)$, và $k_2, k_3$ tính $f$ tại điểm giữa dùng $y_n$ dịch chuyển nửa bước theo hướng của một giai đoạn trước, thay quy tắc dây chuyền cho $y'=f$, $y''=f_t+f_yf$, và $y'''=f_{tt}+2f_{ty}f+f_{yy}f^2+f_y(f_t+f_yf)$ vào từng $k_i$ tạo ra bốn đa thức theo $h$ khớp với $y'(t_n), y''(t_n), y'''(t_n)$ tới bậc mà mỗi giai đoạn có thể thấy được.

Lập tổ hợp có trọng số $\frac{1}{6}(k_1+2k_2+2k_3+k_4)$ rồi nhân với $h$, các hệ số của $h^1, h^2, h^3$ và $h^4$ trong tổng này chính xác là các hệ số của khai triển Taylor $y(t_n+h) = y(t_n) + hy'(t_n) + \frac{h^2}{2}y''(t_n) + \frac{h^3}{6}y'''(t_n) + \frac{h^4}{24}y^{(4)}(t_n) + \cdots$ tới tận số hạng $h^4$ — đây chính xác là tập điều kiện bậc cổ điển mà các hệ số $c=(0,\frac12,\frac12,1)$ và $b=(\frac16,\frac13,\frac13,\frac16)$ của bảng RK4 được chọn để thỏa mãn.

Vì hai chuỗi khớp nhau tới $h^4$, số hạng đầu tiên chúng có thể khác nhau là số hạng $O(h^5)$, nên sai số cắt cụt cục bộ là $O(h^5)$ mỗi bước. Như trong trường hợp Euler, cộng dồn các sai số cục bộ này qua $n\approx (T-t_0)/h$ bước cần thiết để tới một thời điểm cố định, dùng điều kiện Lipschitz trên $f$, làm mất đúng một bậc của $h$, cho sai số toàn cục $O(h^4)$.