微分方程的数值解法

每一步欧拉法都会因把泰勒级数截断到一次项而产生大小为$O(h^2)$的局部误差,而到达固定时刻$T$大约需要$(T-t_0)/h$步,这些局部误差可能不断累积。该定理说明这种累积并不严重:利普希茨条件保证微小的局部误差不会以快于指数的速度被放大,因此整体误差只降为关于步长的一阶量$O(h)$——比局部误差低一阶,这是单步法的典型规律。

把一步中产生的局部误差写成用泰勒展开推进的精确解与欧拉更新之差。泰勒定理给出对某个介于$t_n$与$t_{n+1}$之间的$\xi_n$有$y(t_{n+1}) = y(t_n) + h f(t_n, y(t_n)) + \frac{h^2}{2} y''(\xi_n)$成立,于是局部截断误差为$\tau_n = \frac{h^2}{2} y''(\xi_n)$,由假设$|y''(t) | \le M$可知它被$\frac{h^2 M}{2}$所界定。

从这个精确的泰勒展开中减去欧拉更新$y_{n+1} = y_n + h f(t_n, y_n)$。记$e_n = y(t_n) - y_n$,两边之差给出$e_{n+1} = e_n + h\left[f(t_n, y(t_n)) - f(t_n, y_n)\right] + \tau_n$。利普希茨条件把方括号中的项界定为$L|e_n|$,于是$|e_{n+1}| \le (1+hL)|e_n| + \frac{h^2 M}{2}$。

由于$e_0 = 0$(初值是精确的),用归纳法展开这个递推式,利用等比数列求和公式得到$|e_n| \le \frac{h^2M}{2}\sum_{k=0}^{n-1}(1+hL)^k = \frac{hM}{2L}\left[(1+hL)^n - 1\right]$。最后,由于对任意实数$x$都有$1+x\le e^x$,所以$(1+hL)^n \le e^{Lhn} = e^{L(t_n-t_0)}$,这就把上界变成了$|e_n| \le \frac{hM}{2L}\left(e^{L(t_n-t_0)}-1\right)$——恰好是所要证明的不等式,并且当$t_n$固定时显然是$O(h)$。

RK4在精心选择的中间点上每步计算四次斜率,而不是一次,然后按权重$1,2,2,1$(分母为$6$)取加权平均。这多做的工作换来了比欧拉法高三阶的精度:展开式与真解的泰勒级数一直匹配到$h^4$项,而不是只到一次项为止。

把每个阶段在$(t_n, y_n)$附近做泰勒展开。由于$k_1=f(t_n,y_n)=y'(t_n)$,而$k_2, k_3$是在中点用沿前一阶段方向偏移半步的$y_n$来计算$f$的,把$y'=f$、$y''=f_t+f_yf$、$y'''=f_{tt}+2f_{ty}f+f_{yy}f^2+f_y(f_t+f_yf)$的链式法则代入每个$k_i$,就得到关于$h$的四个多项式,它们与$y'(t_n), y''(t_n), y'''(t_n)$在每个阶段能看到的阶数内一致。

构造加权组合$\frac{1}{6}(k_1+2k_2+2k_3+k_4)$并乘以$h$,这个和中$h^1, h^2, h^3$与$h^4$的系数恰好就是泰勒展开$y(t_n+h) = y(t_n) + hy'(t_n) + \frac{h^2}{2}y''(t_n) + \frac{h^3}{6}y'''(t_n) + \frac{h^4}{24}y^{(4)}(t_n) + \cdots$中直到$h^4$项的系数——这正是RK4表的系数$c=(0,\frac12,\frac12,1)$和$b=(\frac16,\frac13,\frac13,\frac16)$被选定要满足的经典阶条件。

由于两个级数在$h^4$之前都一致,它们可能不同的第一项是$O(h^5)$项,因此每步的局部截断误差为$O(h^5)$。与欧拉的情形一样,利用$f$上的利普希茨条件,把这些局部误差在到达固定时刻所需的$n\approx (T-t_0)/h$步上累积起来,恰好损失$h$的一次幂,得到整体误差$O(h^4)$。