数値解析の問題

初期値問題
$$\frac{dy}{dt}=2ty,y(1)=1$$
の厳密解を $y(t)$ とする。$f(t,y)=2ty$ とおき、刻み幅 $h>0$ として、次の 2 段の陽的ルンゲ・クッタ法で $t=1$ から $t=1+h$ まで 1 ステップ進める。
$$k_1=f(1,y(1)),k_2=f\left(1+\frac{2}{3}h,y(1)+\frac{2}{3}h{k}_1\right),y_1=y(1)+h\left(\frac{1}{4}{k}_1+\frac{3}{4}{k}_2\right)$$
このとき、局所誤差は $h\to 0$ で
$$y(1+h)-y_1=C{h}^p+O(h^{p+1})$$
の形に表される。ここで $p$ は正の整数、$C$ は $0$ でない実数の定数である。$p$ と $C$ をこの順に組 $(p,C)$ で求めよ。

初期値問題 $$\frac{dy}{dt}=1+y^2,y(0)=0$$ の厳密解を $y(t)$（$|t|<\frac{\pi }{2}$）とする。$f(t,y)=1+y^2$ とおき、刻み幅 $h$（$0<h<\frac{\pi }{2}$）として、中点法（2 段の陽的ルンゲ・クッタ法） $$k_1=f(t_0,y_0),k_2=f\left(t_0+\frac{h}{2},y_0+\frac{h}{2}{k}_1\right),y_1=y_0+h{k}_2$$ を $t_0=0$, $y_0=0$ から 1 ステップだけ適用して近似値 $y_1$ を得る。$h\to +0$ のとき、ある正の整数 $p$ と $0$ でない実数の定数 $C$ を用いて $$y_1-y(h)=C{h}^p+O\left(h^{p+1}\right)$$ と表される。$p$ と $C$ の組 $(p,C)$ を求めよ。

$\alpha$ を $0<\alpha \le 1$ を満たす実数とする。初期値問題 $y^{\prime }=f(t,y)$, $y(t_0)=y_0$ 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
$$k_1=f(t_0,y_0),k_2=f(t_0+\alpha h,y_0+\alpha h{k}_1),$$
$$y_1=y_0+h\left\{\left(1-\frac{1}{2\alpha }\right)k_1+\frac{1}{2\alpha }{k}_2\right\}$$
で定める。$\lambda$, $y_0$, $t_0$ を実数とし、この方法を $f(t,y)=\lambda y$ の場合に適用する。厳密解を $y(t)$ とするとき、$\alpha$ の値によらず
$$|y(t_0+h)-y_1|\le \frac{(|\lambda |h{)}^3}{6}{e}^{|\lambda |h}|y_0|$$
が成り立つことを証明せよ。ただし、初期値問題 $y^{\prime }=\lambda y$, $y(t_0)=y_0$ の解が $y(t)=y_0{e}^{\lambda (t-t_0)}$ 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。

初期値問題
$$\frac{dy}{dt}=t+y,y(0)=1$$
に対し、刻み幅 $h=\frac{1}{2}$ として古典的な 4 次のルンゲ・クッタ法
$$\begin{array}{rl}{k}_1& =f(t_0,y_0),\\ k_2& =f\left(t_0+\frac{h}{2},y_0+\frac{h}{2}{k}_1\right),\\ k_3& =f\left(t_0+\frac{h}{2},y_0+\frac{h}{2}{k}_2\right),\\ k_4& =f\left(t_0+h,y_0+h{k}_3\right),\\ y_1& =y_0+\frac{h}{6}\left(k_1+2k_2+2k_3+k_4\right)\end{array}$$
を 1 ステップだけ適用する。ここで $f(t,y)=t+y$、$t_0=0$、$y_0=1$ である。$y(1/2)$ の近似値 $y_1$ を分数で求めよ。

実数 $t$ の関数 $y(t)$ に対する初期値問題
$$\frac{dy}{dt}=ty,y(0)=1$$
を考え、$f(t,y)=ty$ とおく。$t_0=0$, $y_0=1$, 刻み幅 $h=\frac{1}{2}$ として、古典的な 4 次のルンゲ・クッタ法
$$\begin{array}{rl}{k}_1& =f(t_0,y_0),\\ k_2& =f\left(t_0+\frac{h}{2},y_0+\frac{h}{2}{k}_1\right),\\ k_3& =f\left(t_0+\frac{h}{2},y_0+\frac{h}{2}{k}_2\right),\\ k_4& =f\left(t_0+h,y_0+h{k}_3\right),\\ y_1& =y_0+\frac{h}{6}\left(k_1+2k_2+2k_3+k_4\right)\end{array}$$
を 1 ステップ適用したときの近似値 $y_1$ を、既約分数で求めよ。