Метод Рунге-Кутты четвертого порядка точности

[Alfucio]

Здравствуйте!

Целый день :) вывожу условия, при которых достигается четвертый порядок точности четырех-этапного метода Рунге-Кутты. Но не могу разобраться даже с третьим порядком точности трех-этапного метода.

Самарский и Гулин сделали это давно за меня: http://reslib.com/book/Chislennie_metod ... _A_A__#224

Но я не могу понять. Первая производная у них для $k_3$ получается равна $\[\left( {{k_3}} \right)_\tau ' = {f_t} \cdot {a_3} + {f_u} \cdot \left( {{b_{31}} \cdot {k_1} + {b_{32}} \cdot {k_2}} \right)\]$, хотя у меня она равна $\[\left( {{k_3}} \right)_\tau ' = {f_t} \cdot {a_3} + {f_u} \cdot \left( {{b_{31}} \cdot {k_1} + {b_{32}} \cdot {k_2} + {b_{32}} \cdot \tau \cdot \left( {{k_2}} \right)_\tau '} \right)\]$, ведь $k_2$ тоже зависит от $\tau$?

Я понимаю, что этот $\tau$ в ряде Тейлора будет в (26) не при $\tau$, а при $\tau^2$, но его у них там нет. Более того, насколько я понимаю, вообще почему-то при взятии производных для функции $k_j$ они функции $k_i$, где $1 < i < j$, почему-то рассматривают независимыми от $\tau$, хотя они зависимы?.. Я понимаю, что, скорее всего, Самарский и Гулин правы, а я нет, но не могу понять в чем... :)

Подскажите, пожалуйста, где моя ошибка.

[ewert]

Alfucio в сообщении #547404 писал(а):

ведь $k_2$ тоже зависит от $\tau$?

Зависит. Так они потом честно все подстановки этих разложений друг в друга и делают.

[Alfucio]

Я тоже делаю эти подстановки, как и они, в Maple. Я сейчас еще раз специально проверил и для четвертого порядка, и для третьего порядка. Если считать (как я писал в своем первом сообщении), что эти функции от $\tau$ не зависят (или считать, что уже $\tau = 0$), и тогда много членов пропадает, то получается, как у них. Но ведь когда мы берем производные, то ведь они еще зависят? То есть $\tau$ тогда еще не устремлено к нулю?..

[ewert]

Там другая логика. Производные -- это ведь не самоцель, а лишь средство получения разложения. Так вот: $k_3=f(t_n+\Delta t,u_n+\Delta u)$, где $\Delta t=a_3\tau$ и $\Delta u=(b_{31}k_1+b_{32}k_2)\tau$. Вот по этим-то дельтам и выписывается разложение:

$k_3=f+(f'_t\Delta t+f'_u\Delta u)+\frac12(f''_{tt}\Delta t^2+2f''_{tu}\Delta t\Delta u+f''_{uu}\Delta u^2)+O(\Delta t^3+\Delta u^3).$

И поскольку заведомо $\Delta t=O(\tau)$ и $\Delta u=O(\tau)$ -- остаточный член в этом разложении оказывается $O(\tau^3)$. А нам ровно это и нужно, не больше и не меньше.

Ну а потом в это разложение (с расшифрованными дельтами) подставляется ранее полученное разложение $k_2$. Причём в линейное слагаемое надо подставлять только первые два члена разложения $k_2$ -- остальное поглотится общей поправкой $O(\tau^3)$. По той же причине в квадратичное слагаемое надо подставлять вообще только главный член $f$.

[Alfucio]

Спасибо большое!