Equazioni alle differenze - Esercizi e Dispense

Equazioni alle differenzeF(k, y k , y k+1 , y k+2 , . . .,y k+n ) = 0• Le equazioni alle differenze sono l’equivalente, nel discreto,delle equazioni differenziali nel continuo.• Un’equazione alle differenze porta ad una sequenza di numerigenerata ricorsivamente usando una regola che lega ciascunnumero della sequenza ai precedenti.– Esempio: la sequenza di Fibonacci I numeri1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . . sono generati dalla regola:y k+2 = y k+1 + y k per k = 0, 1, 2, 3, . . . ponendo y 0 = y 1 = 1.Queste eq. alle differenze è un esempio di eq. alledifferenze lineare con coefficienti costanti1

Come risolvere un’eq. alle differenze lineari• Si cerca una soluzione che sia combinazione lineare di terminidel tipo y k = α k . Vediamo come.• Sia a 0 y k+2 + a 1 y k+1 + a 2 y k = 0 (eq. alle differenze con terminenoto nullo: omogenea)• Si pone y k = α k =⇒ a 0 α k+2 + a 1 α k+1 + a 0 α k = 0• Raccolgo α k : =⇒ α k (a 0 α 2 + a 1 α + a 2 ) = 0• L’eq. a 0 α 2 + a 1 α + a 2 = 0 si dice eq. caratteristica.• Nel nostro caso, risolviamo l’eq. trovando due radici α 1 e α 2 .• La soluzione dell’eq. alle differenze èy k = C 1 α k 1 + C 2 α k 23

• C 1 e C 2 si determinano mediante le condizioni iniziali y 0 e y 1assegnate:⎧⎨y 0 = C 1 α1 0 + C 2 α2 0 = C 1 + C 2⎩y 1 = C 1 α 1 + C 2 α 2Il sistema ha come incognite C 1 e C 2 e può essere risolto.4

EsempioRiprendiamo la sequenza di Fibonacci: y k+2 = y k+1 + y k .• eq. caratteristica α 2 − α 1 − 1 = 0• soluzioni dell’eq. caratteristica α 1 = 1 + √ 52• soluzione dell’eq. alle differenze:y k = C 1 ( 1 + √ 5) k + C 2 ( 1 − √ 5) k2 2√5 + 1• Da y 0 = y 1 = 1 ricaviamo C 1 =2 √ 5• Quindi y k =√5 + 12 √ 5 (1 + √ 5) k +2e C 2 =, α 2 = 1 − √ 52√5 − 12 √ 5√5 − 12 √ 5 (1 − √ 5) k2.5

Soluzioni complesseSe α 1 = m + in e α 2 = m − in (soluzioni complesse e coniugate), lasoluzione è sempre del tipo y k = C 1 (m + in) k + C 2 (m − in) k ma ciinteressano soluzioni reali (e non complesse)! Perciò prendiamoC 1 = a + ib e C 2 = a − ib.Ricordiamo, inoltre, che se z = m + in complesso, si haz = ρ(cosθ + isinθ) con ρ = √ m 2 + n 2 .Vale z k = (m + in) k = ρ k (cos(kθ) + isin (kθ))6

Allora:y k = (a + ib)(m + in) k + (a − ib)(m − in) k= (a + ib)ρ k (cos(kθ) + isin(kθ)) + (a − ib)ρ k (cos(kθ) − isin(kθ))= ρ k {[a cos(kθ) + ia sin(kθ) + ib cos(kθ) − b sin(kθ)] +[a cos(kθ) − ia sin(kθ) − ib cos(kθ) − b sin(kθ)]}= ρ k [2a cos (kθ) − 2b sin(kθ)]= ρ k [A cos (kθ) + B sin(kθ)]7

Esempio• Sia y k+2 − 2y k+1 + 2y k = 0• Eq. caratteristica: α 2 − 2α + 2 = 0• Radici dell’eq. : α 1 = 1 + i, α 2 = 1 − i• ρ = √ 1 2 + 1 2 = √ 2• θ tale che cosθ = 1 e sin θ = 1 è θ = π/4• y k = ( √ 2) k [A cos(kπ/4) + B sin(kπ/4)]8

Equazioni differenziali• Le eq. alle differenze vengono usate nelle eq. differenziali.• Ci riferiamo a ODE del primo ordine del tipo y ′ (x) = f(x, y(x))con opportuna condizione iniziale, al tempo x = 0• Sia h il passo di discretizzazione• x k = x k−1 + h = x 0 + kh• y ′ k = f(x k, y k )• Per semplicità ci riferiamo all’eq. test y ′ + y = 0• Quindi y ′ k + y k = 09

Schema esplicito• Sviluppiamo con Taylor: y k+1 = y k + hy ′ k + h22 y′′ k + . . ....• Esplicito y ′ k =⇒ y′ k = y k+1 − y kh− h 2 y′′ k + . . .• Prendo i primi termini e trascuro gli altri: y ′ k = y k+1 − y kh• Sostituisco nell’eq. test:y k+1 − y k+ y k = 0 =⇒ y k+1 + (h − 1)y k = 0h• Ho un’eq. alle differenze! Eq. caratteristica: α + (h − 1) =0 =⇒ α = 1 − h =⇒ y k = C(1 − h) k =⇒ y k = y 0 (1 − h) kQuesto scheme prende il nome di Eulero esplicito.10

Schema implicito• y ′ k+1 + y k+1 = 0• Sviluppiamo con Taylor: y k = y k+1 − hy ′ k+1 + h22 y′′ k+1 + . . ....• Esplicito y ′ k+1 =⇒ y′ k+1 = y k+1 − y kh+ h 2 y′′ k+1 + . . .• Prendo i primi termini e trascuro gli altri: y k+1 ′ = y k+1 − y kh• Sostituisco nell’eq. test:y k+1 − y k+ y k+1 = 0 =⇒ (1 + h)y k+1 − y k = 0h• Ho un’eq. alle differenze! Eq. caratteristica:(1 + h)α − 1 = 0 =⇒ α = 11+h =⇒ y k = C( 11+h )k =⇒ y k = y 0(1+h) kQuesto scheme prende il nome di Eulero implicito.11

Schema di Crank-NicolsonSi fa la media aritmetica delle formule di Eulero esplicito eimplicito:y k+1 − y k = −hy ky k+1 − y k = −hy k+112

Ordine e passo dei metodi visti• Eulero esplicito: primo ordine, 1 passo• Eulero implicito: primo ordine, 1 passo• Cranck-Nicolson: secondo ordine, 1 passo14

StabilitàUn metodo si dice stabile se l’errore iniziale si mantiene limitatoal crescere di k• Eulero esplicito: stabilità sotto condizione.Per l’errore si ha ǫ k = ǫ 0 (1 − h) kCondizione di stabilità =⇒ h ≤ 2• Eulero implicito: stabilità incondizionata.ǫ 0Per l’errore si ha ǫ k =(1 + h) kCondizione di stabilità =⇒ h qualunque.• Cranck-Nicolson: stabilità incondizionata.Per l’errore si ha ǫ k = ǫ 0 ( 2 − h2 + h )kCondizione di stabilità =⇒ h qualunque.15

Soluzioni spurieLe soluzioni spurie possono indurre instabilità.Esempio• Sviluppo y k+2 tramite Taylor:y k+2 = y k + 2hy ′ k + (2h) 2 y′′ k2• Sviluppo y k+1 tramite Taylor:y k+1 = y k + hy ′ k + (h) 2 y′′ k2• Moltiplico per 4 la precedente eq.:y′′′k+ (2h)36 + . . .y′′′ k+ (h)36 + . . .4y k+1 = 4y k + 4hy ′ k + 4(h) 2 y′′ k2y′′′k+ 4(h)36 + . . .16

• Sottraggo la prima dalla seconda:• Isolo y ′ k :4y k+1 − y k+2 = 3y k + 2hy k ′ − 2(h) 3 y′′′ k6 + . . .y ′ k = 4y k+1 − y k+2 − 3y k2h+ (h) 2 y′′′ k3 + . . .• Il termine (h) 2 y′′′ k3• Sostituisco nell’eq. test:mi dice metodo di ordine 2.4y k+1 − y k+2 − 3y k2h+ y k = 0y k+2 − 4y k+1 + (3 − 2h)y k = 0• Eq. caratteristica: α 2 − 4α + (3 − 2h) = 017

• Radici α 1 = 2 − √ 1 + 2h, α 2 = 2 + √ 1 + 2h.• y k = C 1 (2 − √ 1 + 2h) k + C 2 (2 + √ 1 + 2h) k• Ora lim h→0,k→∞ (2 − √ 1 + 2h) k = e −x (soluzione teorica diy ′ + y = 0 con y 0 = 1) (si applica l’Hopital).• Invece lim h→0,k→∞ (2 + √ 1 + 2h) k = ∞ questa si chiamasoluzione spuria, che genera instabilità.18

Dettagli• x α = e log xα = e α log x• Per h → 0 e k → ∞ :lim(2 − √ 1 + 2h) k = lim(2 − √ 1 + 2h) (kh)/h =lime kh log (2−√ 1+2h) 1/h )= lime xlog (2 − √ 1 + 2h) 1/h )h19

• Per h → 0:lim log (2 − √ 1 + 2h) 1/h )h−12 − √ 1 + 2h 2 √ 1 + 2h= lim1−1= lim(2 − √ 1 + 2h)( √ 1 + 2h) = −1220

Teorema di DalquistData una formula a k passi del tipo:a k y n+k +a k−1 y n+k−1 +. . .+a 0 y n = h(b k f n+k +b k−1 f n+k−1 +. . .+b 0 f n )per risolvere y ′ = f(x, y), con h passo di integrazione,l’ordine massimo che si può avere è 2k.Se si vuole stabilità del metodo, allora l’ordine massimo è k + 1 sek è dispari e k + 2 se k è pari.21