Demuestre que el error de truncamiento local no es $O(h^3)$ para cualquier elección de constantes

Question

Esta es una de las preguntas del ejercicio del libro Análisis numérico por Richard L.Burden

Demuestre que el método de la diferencia $$y_0 = \alpha \\ y_{i+1} = y_i + a_1 f(t_i,y_i)+a_2 f(t_i+\alpha_2, y_i+\delta_2 f(t_i,y_i)$$ para cada $i=0,1,2,\cdots,N-1$ no puede tener un error de truncamiento local $\mathcal{O}(h^3)$ para cualquier elección de constantes $a_1,a_2,\alpha_2,$ y $\delta_2$

Respuesta:

Utilizando la notación $y_{i+1}=y(t_{i+1}),y_i = y(t_i), $ y $f_i=f(t_i,y(t_i))$ y también la definición del error de truncamiento local tenemos $$h\tau_{i+1}=y_{i+1}-y_i-a_1f_i-a_2f(t_i+\alpha_2,y_i+\delta_2 f_i))$$ Si ampliamos $y_{i+1}$ y $f(t_i+\alpha_2,y_i+\delta_2 f_i)$ en la serie de Taylor sobre $t_i$ y $f(t_i,y_i)$ : $$\begin{equation}\begin{aligned} h\tau_{i+1} &= \left( y_i+hf_i + \frac{h^2}{2}f'_i+\frac{h^3}{6}f''_i+\cdots \right) - y_i - a_1f_i \\&- a_2 \left( f_i+\alpha_2 f_t(t_i,y_i)+\delta_2 f_i f_y (t_i,y_i) + \alpha_2 \delta_2 f_i f_{ty}(t_i,y_i) +\frac{\alpha^2}{2}f_{tt}(t_i,y_i) \\+ \frac{\delta^2 f_i^2}{2}f_{yy}(t_i,y_i)+\cdots\right) \\&= (h-a_1-a_2)f_i+ \left( \frac{h^2}{2}-a_2 \alpha_2 \right)f_t (t_i,y_i) + \left( \frac{h^2}{2}-a_2 \delta_2 \right)f_i f_y (t_i,y_i) \\&+\left( \frac{h^3}{6}-a_2\frac{\alpha^2}{2} \right)f_{tt}(t_i,y_i)+\left( \frac{h^3}{3}-a_2 \alpha_2 \delta_2 \right)f_i f_{ty} (t_i, y_i) \\&+ \left( \frac{h^3}{6} -a_2 \frac{\delta_2^2}{2}\right)f_i^2 f_{yy} (t_i,y_i)+\color{red}{\frac{h^3}{6}\left( f_t (t_i,y_i) f_y (t_i,y_i) + f_i f_y^2 (t_i,y_i) \right)}+\cdots \end{aligned}\end{equation}$$

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Sólo puedo ampliar la ecuación hasta la parte negra, no he podido conseguir de dónde sale la parte roja, y es la esencia para demostrar que el $h^3$ no puede anularse independientemente de la elección de las constantes $a_1,a_2,\alpha_2,\delta_2$ . El $\frac{h^3}{6}$ en el $\color{red}{\frac{h^3}{6}\left( f_t (t_i,y_i) f_y (t_i,y_i) + f_i f_y^2 (t_i,y_i) \right)}$ insinuando que proviene de la expansión de Taylor de $\frac{h^3}{6}f_i''$ pero cuando lo amplío sólo obtengo tres términos: $$\frac{h^3}{6}f''_i = \frac{h^3}{6} \left( f_{tt}+f_{yy}f_i^2+2f_{ty}f_i \right)$$

Answer 1

$f''$ denota la segunda derivada de $f(t, y(t))$ como función en $t$ . Con $y'(t)=f(t,y(t))$ se calcula como $$ \frac{d^2}{dt^2}f\bigl(t,y(t)\bigr) =\frac{d}{dt}\Bigl(f_t\bigl(t,y(t)\bigr)+f_y\bigl(t,y(t)\bigr)f\bigl(t,y(t)\bigr)\Bigr) =f_{tt}+2f_{ty}f+f_{yy}f^2+f_y(f_t+f_yf). $$ Así que, efectivamente, hay dos partes adicionales más de las que esperaba. Resultan conceptualmente del hecho de que el desplazamiento $y(t+s)-y(t)$ para la expansión de Taylor en el tiempo $t$ no es constante, sino que es una función que aporta términos de orden superior. Directamente resultan de la aplicación de la regla del producto al segundo término de la primera derivada.