Error de truncamiento local para el método de diferencias hacia delante

Question

Necesito demostrar que si $\gamma=\frac{K\tau}{h^2}=\frac{1}{6}$ entonces en el método explícito de diferencia hacia delante $\frac{w_{k,j+1}-w_{k,j}}{\tau}-K\frac{w_{k+1,j}-2w_{k,j}-w_{k-1,j}}{h^2}=0$ el error de truncamiento local es $O(\tau^2)$ o similarmente $O(h^4)$ .

Mis cálculos (mediante la sustitución de expansiones de Taylor) me siguen llevando a $\tau_{k,j}=\frac{\partial u}{\partial t}(x_k,t_j)-K\frac{\partial^2 u}{\partial^2 x}(x_k,t_j)+\frac{\tau}{2}\frac{\partial^2 u}{\partial^2 t}(x_k,\xi_1)-K\frac{h^2}{12}\frac{\partial^4 u}{\partial^4 x}(\xi_2,t_j)=O(\tau)+O(h^2)=O(\tau+h^2)$

¿Tengo que llevar la serie Taylor a potencias superiores o estoy calculando mal?

Además, he calculado esto sin utilizar $\gamma$ Entonces, ¿de dónde vendría esto?

Answer 1

Tenemos \begin{align} w_{k,j+1} &= w_{k,j} +\tau\partial_t w_{k,j}+ \frac{\tau^2}{2} \partial_{tt} w_{k,j}+\partial_{ttt} \frac{\tau^3}{6} w_{k,j}+ O(\tau^4) \\ w_{k+1,j}&=w_{k,j} +h\partial_x w_{k,j}+ \frac{h^2}{2} \partial_{xx} w_{k,j}+\partial_{xxx} \frac{h^3}{6} w_{k,j}+ \partial_{xxxx}\frac{h^4}{24} +\partial_{5x}\frac{h^5}{120} +O(h^6) \\ w_{k-1,j}&=w_{k,j} -h\partial_x w_{k,j}+ \frac{h^2}{2} \partial_{xx} w_{k,j}-\partial_{xxx} \frac{h^3}{6} w_{k,j}-\partial_{xxxx}\frac{h^4}{24}+\partial_{5x}\frac{h^5}{120} +O(h^6) \\ \end{align} De ello se deduce que \begin{align} w_{k,j+1}-w_{k,j} = \tau\partial_t w_{k,j}+ \frac{\tau^2}{2} \partial_{tt} w_{k,j}+\partial_{ttt} \frac{\tau^3}{6} w_{k,j}+ O(\tau^4) \end{align} y \begin{align} w_{k+1,j}-2w_{k,j}+w_{k-1,j}= h^2\partial_{xx}w_{kj}+\partial_{xxxx}\frac{h^4}{12} +O(h^5) \end{align}

Y ahora, con $\tau=\frac{h^2}{6K}$ tenemos \begin{align} \frac{w_{k,j+1}-w_{k,j}}{\tau} &= \partial_t w_{k,j}+ \frac{\tau}{2} \partial_{tt} w_{k,j}+\partial_{ttt} \frac{\tau^2}{6} w_{k,j}+ O(\tau^3)\\ &= \partial_t w_{k,j}+ \frac{h^2}{12K} \partial_{tt} w_{k,j}+\partial_{ttt} \frac{h^4}{216K^2} w_{k,j}+ O(h^6) \end{align} y junto con \begin{align} K\frac{w_{k+1,j}-2w_{k,j}+w_{k-1,j}}{h^2}= K\partial_{xx}w_{kj}+K\frac{h^2}{12}\partial_{xxxx} w_{kj}+O(h^4) \end{align} Obtenemos \begin{align} &\frac{w_{k,j+1}-w_{k,j}}{\tau}+K\frac{w_{i+1,j}-2w_{i,j}+w_{i-1,j}}{h^2}\\&= \partial_t w_{kj}+ \frac{h^2}{12K} \partial_{tt} w_{k,j}+\partial_{ttt} \frac{h^4}{216K^2} w_{k,j}+ O(h^6) \\ &+ K\partial_{xx}w_{kj}+K\frac{h^2}{12}\partial_{xxxx}w_{kj}+O(h^4) \\ &= \partial_t w_{k,}+K\partial_{xx}w_{kj}+(\frac{h^2}{12K}\partial_{tt} w_{k,j}+K\frac{h^2}{12}\partial_{xxxx}w_{kj})+O(h^4) \\ &= \partial_t w_{k,}+K\partial_{xx}w_{kj} +\frac{h^2}{12K} (\partial_{tt} w_{k,j}+K^2\partial_{xxxx}w_{kj}) +O(h^4) \end{align}

Y a partir de ahora no estoy 100% seguro, esto es correcto. Agradecería que alguien comprobara mi lógica. . Pero como queremos resolver $u_t +Ku_{xx} = 0$ podemos diferenciar este término con respecto a $t$ y obtener $u_{tt} + Ku_{xxt} = 0$ . Pero también podríamos diferenciar con respecto a $x$ dos veces y conseguiría $u_{txx}+Ku_{xxxx}=0$ . Combinando los dos, obtendríamos $u_{tt}= -K^2u_{xxxx}$ . Así $\frac{h^2}{12K} (\partial_{tt} w_{k,j}+K^2\partial_{xxxx}w_{kj})=0$ . Y con esto obtenemos precisión de cuarto orden en $h$ .

Edición: Como se ha señalado correctamente, leí mal su pregunta y utilicé $u_t+Ku_{xx}$ en lugar de $u_t-Ku_{xx}$ . No quiero corregir todo aquí, así que defino $K =-\tilde K$ . En $K$ es "mi" $K$ y $\tilde K$ se utiliza en su pregunta.