微分方程数值解法答案 东南大学出版社 邱建贤

包括基本概念，差分格式的构造、截断误差和稳定性，这些内容是贯穿整个教材的主线。解答问题关键在过程，能够显示出你已经掌握了书上的内容，知道了解题方法。这次考试题目的类型：20分的选择题，主要是基本概念的理解，后面有五个大题，包括差分格式的构造、截断误差和稳定性。

习题一

1． 略

2． f(x,y) y，梯形公式：yn 1 yn

h 2h(yn yn 1),yn 1 (1 )yn，所以21 h

2h

2h 2hn 2h (1 h)h n1 h

yn (1 )yn 1 (1 )y0 [(1 )]y0，当h 0时，

1 h1 h1 h

yn e x。

同理可以证明预报-校正法收敛到微分方程的解.

3． 局部截断误差的推导同欧拉公式;

整体截断误差:

n 1 n Rn

xn 1

xn

f(xn 1,y(xn 1)) f(xn 1,yn 1)dx

n R Lhy(xn 1) yn 1，这里Rn R 而 n 1 y(xn 1) yn 1，所以 (1 Lh) n 1

n R，不妨设Lh 1/2，得到：

0RR11

n [1 ] nn 1

1 Lh1 Lh1 Lh1 Lh1 Lh1 Lh e

L(X x0)

2

n 1

R 0 [e

Lh

xn 1

L(X x0)

2

1]

4． 中点公式的局部截断误差： y(xn 1) y

*n 1

xn

hh

[f(x,y(x)) f(xn ,y(xn) f(xn,y(xn))]dx

22

hhhh

[f(x,y(x)) f(xn ,y(xn )) f(xn ,y(xn ))xn

2222

hh

f(xn ,y(xn) f(xn,y(xn))]dx

22xn 1hhhhh

[y (x) y (xn )] [f(xn ,y(xn )) f(xn ,y(xn) f(xn,y(xn))]dxxn

22222

xn 1

所以上式为

en 1 y (xn )

h

(x xn )dx xn

2

xn 1hhhh[f(x ,y(x )) f(x ,y(x) f(xn,y(xn))]dx nnnn xn

2222

xn 1

en 1

h2

Lhy (xn ) LMh3

8

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中点公式的整体截断误差：

y(xn 1) yn 1 y(xn) yn

xn 1

xn

hh

[f(x,y(x)) f(xn ,yn f(xn,yn)]dx

22

hh

,y(xn) f(xn,y(xn)))

xn

22

hhhh

f(xn ,y(xn) f(xn,y(xn))) f(xn ,yn f(xn,yn))]dx

2222 y(xn) yn

xn 1

[f(x,y(x)) f(xn

因而n 1

hh22 n R Lh(1 L) n， n (1 Lh L) n 1 R

22

h22n

(1 Lh L) 0

2

h22h22n 1

[1 (1 Lh L) (1 Lh L)] 2

22h2

Lh L

2

R

e

LX x0

0

RLX x0

(e 1) Lh

5． 略 6． 略 7． 略

8． （1）欧拉法：h 0.2；四阶Runge-Kutta方法：h 0.278 （2）欧拉法：h

45；四阶Runge-Kutta方法：h

5.5653

（3）欧拉法：h 1；四阶Runge-Kutta方法：h 0.278 9． 略 10． 略

习题2

1． 略 2． 略 3． 略

4． 差分格式写成矩阵形式为：

u1n 1 1 t 2 r r u1n n n

r1 t 2 r r u2 u2

e n n n uM r1 t 2 r r uM 2 2 n n r1 t 2 ru uM 1 M 1

矩阵的特征值为： j 1 t 2 r 2 rcos(足 j 1 c t，即 r

j

)，要使格式稳定，则特征值须满M

1 2

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5． 利用泰勒展式可以得到古典隐式差分格式的截断误差为O( t h2)。

古典隐式差分格式写成矩阵形式为：

r 1 2 r t

r1 2 r t

1 u

1 u e

n n

1 uM 2

n 1 uM 1

n

1n2

u1n 1 n

r u2

n

r1 2 r t r uM 2

n

r1 2 r t uM 1

特征值为： j (1 t 2 r 2 rcos( j (1 t 4 rcos(

2

j 1

))，即： M

j 1

)) 1 o( t)，所以无条件稳定。 2M

n

6． 由Von-Neumann方法，令um lnei mh，代入差分格式得到增长因子为：

G( , t) 1 i4 rsin2(

h

2

)，所以G( , t) 1 [4 rsin2(

h

2

)]2 1，恒不稳定。

n 1n7． vm，则原三层格式等价于： um

nnn 1n 1n 1nn

um ln i mh (1 )um r(um 1 2um um 1) (1 2 )um vm n e， ，令 n n 1n vv um l mm

可以得到格式的增长矩阵为：

1 2

h 1 4rsin2

2 1

1 2 16 rsin2

特征值为

h ， 1 4rsin2

2 0

h

2)

2(1 4rsin2

h

2

，当 1+2 〈01+2 +（1+8rsin2）

2

时，格式恒不稳定。当 时，格式无条件稳定。

n 1 um ln 1 i mh

8． 令 ，则可以得到差分格式的增长矩阵为： vn 1 n 1 e m l

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1

G( , t)

1 c2

所以

1 c22c 1 c2 i2c2 h ，特征值为：，，c 2arsin 2 2c1 c2 21 c

1，格式无条件稳定。

9. （1）由Von-Neumann方法，（ ，h）=1+ck-4r（sin1

到格式的稳定条件为：r （2）（ ，h）=2

G

2

h+sin h）

，可以得

1

2

2

22

1； 4

G

1

1-ck 4r（sin

2

1

2

2

h+sinh）

2

2

nlm

，无条件稳定。

10. 解：消去

U

n lm

12

便可得到

U

n 1lm

与

U

的关系为

n 1lm

（1-

r2kr2k

-c）（1--c） xy

2222U

（1+=

r2r2n

）（1+） yxUlm

22

由Von-Meuman方法可以得到增长因子

G（ ，h）=

22

hkhk2122

（1+2rsin c）（1+2rsin-c）

2222

（1-2rsin

2

h）（1-2rsin h）

1

2

2

显然无条件稳定

习题3

1. （1） 第一个差分方程的截断误差为 O（） （2） 第二个差分方程的截断误差为 O（） 2. 边界条件离散为

h

2

h

2

U

n0m

=ln（1+mh)

2

22

U

Jm

（4+mh）=ln

2

22

U

=lnl0

（lh+1） 1 ，UJ=ln（lh+1）=2ln（lh+1）

然后将未知点按自然顺序排列

U（=U） U21U12U2211

T

可以写出求解的线性代数方程组 用直接方法或迭代方法可求解.

3. 求解的关键是 （1）边界条件的离散应与差分方程相适应; （2）在边界的四个角点处差分方程的建立;

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（3）未知量按自然顺序排列，写出线性方程组 4. 解：（1）将节点以自动顺序排列

TT（U=） U1U2......UTq 1

其中

T

U

Ti

（U1iU2i.... Up-1，i）

则Dirichlet问题的差分格式可以写成方程组 AU=b

其中A，B即为题中已给形式，b为由边界条件离散化后已确定的已知向量 （2）考虑AU=

U

A

BU1 U2 AU1

U1 BU2 U3 AU2 ...... 即

B Ui 1UiUi 1 AUi

......

B Uq 2Uq 1 AUq 1

因B为对称阵，故存在正交阵Q使

Q

用

T

BQ B diag（ 1 2...... p-1）

T

BBB

Q

左乘以上各式

TTT

B QU1QU2 AQU1 ....... T

TT T

QUi 1 QBUi QUi 1 AQUi

.......

T TT QUq 2QUq 1 AQUq 1

记

VQU

=r

T

r

则

BV1 V2 AV1

......

Vi 1 BVi Vi 1 AVi

......

Vq 2 BVq 1 AVq 1

选取以上方程组中的每一个小方程组的第j 个方程得到

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B

AVj，

jVj1Vj，21

...... B

Vj，i-1 jVj，i Vj，i+1 AVj，i j=1，2…..p-1

......

B

Vj，q-2 jVj，q-1 AVj，q 1

这是一齐次三对角线性方程组，若要使其有非零解，则系数行列式值为零，

j

B

A

Bj

1

即

1

A

1 1

=0

j

B

A

根据三对角阵特征值公式有

而

Al

j 2cos

Bj

B

l

l=1，2…q-1 qj p

A

4 2cos

于是证得

2cos lm 4 （

l m

+cos） l=1，2…q-1 m=1，2….p-1 pq

事实上由此也可以求出A的特征向量,而AU=b的求解与此类似;

（3）求解AU=b的Jacobi迭代 因A=D-L-R G D（L+R）所以G

1

D（D-A）=I-DA

Glm

1-1

设X为A的对应于的特征向量，于是

（I-GX=

D

-1

A）X=（1+

1A

）X lm

4

这说明X也是G的特征向量，对应的特征值为

1 l m 1 4 （2cos+cos） lm4 pq l=1，2…..p-1 m=1，2…….q-1 1l m cos+cos）2pq

G

因在 0， 上，cos 为减函数，于是

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G

（G）=max| lm| cos

1

2

+cos）

pq

习题4

11．

dy

3x2，求解得到曲线为：y x3 C，过点(xR,0)的特征线为：dx

du33

x y，带入y x3 xR。沿特征线，原方程变为常微分方程：，y x3 xR

dt

特征线为：

2

4

121413133

得到：u(x,y) x x (y x)x (x y)3 (x y)3，在点(3，19)的

2424

值为6.5。

12． 此问题给出的初始条件比较特殊，为两条直线，因此有两条完全不同的特征线，从

而得到沿两条不同特征线的解。特征线方程为：dy xdx，特征关系为du 2xdx，

2

即u x C，对于一条初始曲线x 0，在其上任取一点(0,yR)，yR 0，解在此

点满足初始条件，得到C 0，过此点的特征线为：y x yR；对于另一条初始曲线

2

y 0，在其上任取一点(xR,0)，xR 0，解在此点满足初始条件，得到C xR，过2此点的特征线为：y2 x2 xR。过点(2,5)的值为u 2 4，过点(5,4)的值为

2

u 52 32 16。过此两点的特征线分别为y x 3和y2 x2 9。若y 0上的初

始条件改为u

y 0 x，则特征线为

2

(y xR)2 x2 xR xR，特征方程为

2222

u x2 xR xR，过点R(4,0)的特征线为(y 2) x 12，解为u x 12，故u

及y在点P(4.05,y)的准确值分别为y 13． 14．

略

4.4025 2，u 4.4025。

1 f

0，可以求出A1 2x

x g (x 2)(x 1)

f 1原方程化为 y g (x 2)(x 1)

的特征值为： 1

11

， 2 ，对应的左特征向量为：2 x(x 1)

s1 (1

x 1(x 2)(x 1)x 1(x 2)(x 1)

,)，s2 (, )，因此可以得到方程的正3333

规形式并求解

15． (1) 由Von Neumann方法，可以得到增长因子为：

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(bG( , t)

h

))2 (arsin

h

))2 iabrsin( h)

(bcos(

h

2

))2 (arsin

h

2

))2

所以G( , t) 1，格式无条件稳定。

un 2 un 2a() b()1 c可以得到。 (2) 利用格式的泰勒展式近似1

m x2 ym 2

16．

n um ln i mh

(1) 由Von Neumann方法，令 vn n e，可以得到增长矩阵为： m l

11

(h) cos (h)irsin G( , t) irsin ，特征值为： cos h irsin h，所以 (h)cos (h)

2

1 (1 r2)sin h，得到当r 1时，格式稳定，又G为正规矩阵，即

GG* G*G，所以稳定性条件为充要条件。

(2) 同教材193页格式(4.81)的讨论。 17．

特征值为： p (v)，对应的左特征向量为：s1 (,

1 1

)，

22 p (v)

11s1 (,)，则可以相应地写出原方程的正规形式。

22 p (v)

18． 19．

略 令f

u u，g ，则原方程等价于 t x

f g f f f g

0( ) ( ) 0(1) t x t x t x，方程组的正规形式： f g f f f g

( ) ( ) 0(2) 0

t x t x x t

dx

1，可以得到过点(0,xR)的特征线为x t xR，沿此特征线方程（1）变为 由dtd(f g) u u

0，即( ) C，过点(0,xR)的解为dt t x u u dt

( ) cos( (x t))， 特征线方程为： 1，过点(tR,0)的特征线为： t x8dx

du

cos( (2x tR))，解此方程得到x t tR，沿特征线方程变为：

dx8

1

u [sin( (2x tR)) sin( tR)]，又x tR，t所以解为：

16

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u

1

[sin( (x t)) sin( (x t))]。 16

10． 由Von Neumann方法可以得到。