Esercizio - Eulero implicito e Crank-Nicolson su un'equazione lineare con forzante

Teoria: Metodi di Eulero esplicito, implicito e Crank-NicolsonProblema di Cauchy $y'=f(t,y)$, $y(t_0)=y_0$, con $f$ lipschitziana in $y$ (costante $L$): ben posto. Nodi $t_n=t_0+nh$, $u_n\approx y(t_n)$. Eulero esplicito $u_{n+1}=u_n+h,f(t_n,u_n)$; Eulero implicito $u_{n+1}=u_n+h,f(t_{n+1},u_{n+1})$ (equazione da risolvere a ogni passo: punto fisso se $hL<1$, Newton, o formula chiusa se $f$ è lineare); Crank-Nicolson $u_{n+1}=u_n+\frac h2[f(t_n,u_n)+f(t_{n+1},u_{n+1})]$ (regola dei trapezi). Errore di troncamento locale $\tau_n=\frac{y(t_{n+1})-y(t_n)}h-\Phi$: $\frac h2y''$ (EE), $-\frac h2y''$ (EI), $-\frac{h^2}{12}y'''$ (CN). Consistenza + stabilità $\Rightarrow$ convergenza: ordine 1 per EE e EI, ordine 2 per CN, cioè errore globale $O(h)$ e $O(h^2)$; per EE $|e_n|\le\frac{Mh}{2L}\big(e^{L(t_n-t_0)}-1\big)$ con $M=\max|y''|$ (D). Dimezzando $h$ l'errore si divide per 2 (EE, EI) o per 4 (CN).Metodi di Eulero esplicito, implicito e Crank-Nicolson →, Equazioni differenziali lineari del primo ordiney' + a(t)y = b(t) con a, b continue su un intervallo I. Le soluzioni sono definite su tutto I e il problema di Cauchy ha una sola soluzione. Integrale generale: y = e^(−A(t))[c + ∫e^(A(t)) b(t) dt], con A primitiva di a; per l'omogenea (b = 0) y = c e^(−A(t)). Soluzione del problema con y(t0) = x0: stessa formula con A(t) = ∫ da t0 a t di a(s) ds e integrale da t0 a t. Si dimostra moltiplicando per e^(A(t)).Equazioni differenziali lineari del primo ordine →.

Testo. Un carrello di massa $m=2$ kg parte da fermo ed è spinto da una forza costante $F=10$ N contro un attrito viscoso $c\,v$ con $c=4$ N s/m. L'equazione del moto $m\,v'=F-c\,v$ diventa $$v'=5-2v,\qquad v(0)=0,$$ con soluzione esatta $v(t)=2{,}5\,(1-e^{-2t})$ m/s.

1. Scrivere i passi di Eulero esplicito, implicito e Crank-Nicolson risolti in forma chiusa.
2. Calcolare tre passi di ciascun metodo con $h=0{,}25$ s.
3. Calcolare gli errori e dire quale metodo è più preciso.
4. Qual è il valore a cui tendono i tre schemi per $n\to\infty$?

Soluzione

1. Formule. Con $f(t,v)=5-2v$ ($\lambda=2$, $g=5$):

• EE: $v_{n+1}=v_n+h\,(5-2v_n)$.
• EI: $v_{n+1}=v_n+h\,(5-2v_{n+1})\Rightarrow(1+2h)\,v_{n+1}=v_n+5h$.
• CN: $v_{n+1}=v_n+\frac h2\big[(5-2v_n)+(5-2v_{n+1})\big]\Rightarrow(1+h)\,v_{n+1}=(1-h)\,v_n+5h$. Con $h=0{,}25$: EE $v_{n+1}=0{,}5\,v_n+1{,}25$; EI $v_{n+1}=\frac{v_n+1{,}25}{1{,}5}$; CN $v_{n+1}=\frac{0{,}75\,v_n+1{,}25}{1{,}25}$.

2. Tre passi ($t=0{,}25;\ 0{,}5;\ 0{,}75$ s).

• EE: $v_1=0{,}5\cdot0+1{,}25=1{,}25$; $v_2=0{,}625+1{,}25=1{,}875$; $v_3=0{,}9375+1{,}25=2{,}1875$.
• EI: $v_1=\frac{0+1{,}25}{1{,}5}=0{,}833333$; $v_2=\frac{0{,}833333+1{,}25}{1{,}5}=1{,}388889$; $v_3=\frac{1{,}388889+1{,}25}{1{,}5}=1{,}759259$.
• CN: $v_1=\frac{0+1{,}25}{1{,}25}=1$; $v_2=\frac{0{,}75+1{,}25}{1{,}25}=1{,}6$; $v_3=\frac{0{,}75\cdot1{,}6+1{,}25}{1{,}25}=\frac{2{,}45}{1{,}25}=1{,}96$.

3. Errori. Valori esatti: $v(0{,}25)=2{,}5\,(1-e^{-0{,}5})=0{,}983673$; $v(0{,}5)=2{,}5\,(1-e^{-1})=1{,}580301$; $v(0{,}75)=2{,}5\,(1-e^{-1{,}5})=1{,}942175$.

4. Valore asintotico. Il punto fisso di ciascuna ricorrenza $v_{n+1}=a\,v_n+b$ è $\frac b{1-a}$: EE $\frac{1{,}25}{0{,}5}=2{,}5$; EI $\frac{1{,}25/1{,}5}{1-1/1{,}5}=\frac{0{,}8333}{0{,}3333}=2{,}5$; CN $\frac{1}{1-0{,}6}=2{,}5$. Tutti e tre convergono alla velocità limite $\frac Fc=2{,}5$ m/s: i metodi conservano gli equilibri (i punti dove $f=0$ sono punti fissi degli schemi, perché $f(t,v^*)=0$ annulla l'incremento).

Risultati: $v_3$: EE $2{,}1875$, EI $1{,}7593$, $\mathbf{CN\ 1{,}96}$ m/s contro $1{,}9422$ esatto; limite $2{,}5$ m/s.

Errori tipici. Scrivere EI con $v_n$ nel secondo membro invece di $v_{n+1}$; dimenticare il fattore $\frac h2$ in CN; sbagliare il segno dell'errore.