数値解析の問題

難易度 3期末試験の応用レベル証明問題大学数学数値解析

$α$ を $0 < α \leq 1$ を満たす実数とする。初期値問題 $y^{'} = f (t, y)$ , $y (t_{0}) = y_{0}$ に対し、刻み幅 $h > 0$ の 2 段のルンゲ・クッタ法の 1 ステップを
$k_{1} = f (t_{0}, y_{0}), k_{2} = f (t_{0} + α h, y_{0} + α h k_{1}),$
$y_{1} = y_{0} + h {(1 - \frac{1}{2 α}) k_{1} + \frac{1}{2 α} k_{2}}$
で定める。 $λ$ , $y_{0}$ , $t_{0}$ を実数とし、この方法を $f (t, y) = λ y$ の場合に適用する。厳密解を $y (t)$ とするとき、 $α$ の値によらず
$∣ y (t_{0} + h) - y_{1} ∣ \leq \frac{( ∣ λ ∣ h ) ^{3}}{6} e^{∣ λ ∣ h} ∣ y_{0} ∣$
が成り立つことを証明せよ。ただし、初期値問題 $y^{'} = λ y$ , $y (t_{0}) = y_{0}$ の解が $y (t) = y_{0} e^{λ (t - t_{0})}$ であることと、テイラーの定理（ラグランジュの剰余項）は用いてよい。

この問題で使うもの

ルンゲ・クッタ法の 1 ステップ（説明と入口の問題）
局所誤差の次数（説明と入口の問題）
テイラー展開（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（61 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

$f (t, y) = λ y$ を代入して $k_{1}$ , $k_{2}$ , $y_{1}$ を $y_{0}$ と $z = λh$ で具体的に表し、厳密解 $y_{0} e^{z}$ と比べる方針です。

ヒント 2

$k_{2} = λ y_{0} (1 + α z)$ となるので、 $y_{1}$ を整理すると $α$ を含む項が打ち消し合います。 $y_{1}$ が $e^{z}$ のテイラー展開の何次までと一致するかに注目しましょう。

ヒント 3

$y_{1} = y_{0} (1 + z + \frac{z ^{2}}{2})$ がわかれば、誤差は $y_{0} (e^{z} - 1 - z - \frac{z ^{2}}{2})$ です。 $e^{z}$ に 3 次のラグランジュの剰余項をもつテイラーの定理を使い、剰余項の $e^{θ z}$ を上から評価します。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

$f = λ y$ を代入して $k_{1} = λ y_{0}$ , $k_{2} = λ y_{0} (1 + α λh)$ を正しく求めている（2 点）
$y_{1}$ を整理して $α$ を含む項が消え、 $y_{1} = y_{0} (1 + λh + \frac{( λh ) ^{2}}{2})$ となることを示している（3 点）
厳密解 $y_{0} e^{λh}$ との差を $y_{0} (e^{z} - 1 - z - \frac{z ^{2}}{2})$ の形に書いている（1 点）
テイラーの定理で $e^{z}$ の 3 次の剰余項 $\frac{e ^{θ z}}{6} z^{3}$ を書き、 $e^{θ z} \leq e^{∣ z ∣}$ を理由とともに示している（3 点）
$z = 0$ の場合を含めて、すべての場合に求める不等式が成り立つことを結論している（1 点）

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

模範解答を読む

$z = λh$ とおく（ $z$ は実数で、 $∣ z ∣ = ∣ λ ∣ h$ ）。

Step 1: 1 ステップの値の計算. $f (t, y) = λ y$ なので
$k_{1} = λ y_{0},$
$k_{2} = λ (y_{0} + α h k_{1}) = λ (y_{0} + α hλ y_{0}) = λ y_{0} (1 + α z) .$
よって（ $α > 0$ なので $\frac{1}{2 α}$ は定義できる）
$y_{1} = y_{0} + hλ y_{0} {(1 - \frac{1}{2 α}) + \frac{1}{2 α} (1 + α z)} = y_{0} + z y_{0} {1 - \frac{1}{2 α} + \frac{1}{2 α} + \frac{z}{2}} = y_{0} (1 + z + \frac{z ^{2}}{2}) .$
この値は $α$ によらない。

Step 2: 厳密解との差. 用いてよい事実より $y (t_{0} + h) = y_{0} e^{λh} = y_{0} e^{z}$ である。したがって
$y (t_{0} + h) - y_{1} = y_{0} (e^{z} - 1 - z - \frac{z ^{2}}{2}) . (1)$

Step 3: テイラーの定理による評価. $z = 0$ のときは $(1)$ の右辺は $y_{0} (1 - 1) = 0$ で、示すべき不等式の右辺も $0$ なので成り立つ。 $z \neq = 0$ のとき、 $g (x) = e^{x}$ は何回でも微分可能で $g^{(m)} (x) = e^{x}$ であるから、 $0$ を中心とするテイラーの定理（3 次の剰余項をもつ形）より、ある $θ$ $(0 < θ < 1)$ が存在して
$e^{z} = 1 + z + \frac{z ^{2}}{2} + \frac{e ^{θ z}}{6} z^{3} .$
よって
$e^{z} - 1 - z - \frac{z ^{2}}{2} = \frac{e ^{θ z}}{6} ∣ z ∣^{3} .$
ここで $θ z \leq ∣ θ z ∣ \leq ∣ z ∣$ であり、指数関数は単調増加なので $e^{θ z} \leq e^{∣ z ∣}$ である。ゆえに
$e^{z} - 1 - z - \frac{z ^{2}}{2} \leq \frac{∣ z ∣ ^{3}}{6} e^{∣ z ∣} . (2)$

Step 4: まとめ. $(1)$ , $(2)$ と $∣ z ∣ = ∣ λ ∣ h$ より
$∣ y (t_{0} + h) - y_{1} ∣ = ∣ y_{0} ∣ e^{z} - 1 - z - \frac{z ^{2}}{2} \leq \frac{( ∣ λ ∣ h ) ^{3}}{6} e^{∣ λ ∣ h} ∣ y_{0} ∣.$

結論. $0 < α \leq 1$ のどの $α$ に対しても、 $f = λ y$ のとき
$∣ y (t_{0} + h) - y_{1} ∣ \leq \frac{( ∣ λ ∣ h ) ^{3}}{6} e^{∣ λ ∣ h} ∣ y_{0} ∣$
が成り立つ。（ $h \to 0$ で局所誤差が $O (h^{3})$ であり、この方法が 2 次の方法であることに対応している。）

この問題の確認

AI が作成した問題です。公開前に次の確認を行いました。

別の AI が模範解答を見ずに 3 回証明を試み、3 回証明できました
2 つの AI が独立に、模範解答の証明を 1 ステップずつ確かめました
AI の査読で、条件・解説・表記を確認しました
答えの正しさについて慎重に扱うべき点が見つからなかったため、自動で公開しました

確認の方法について

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