\documentclass[12pt]{article}
\usepackage{fontspec}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage[margin=0.25in]{geometry}
\setmainfont{FreeSans}
\everymath{\displaystyle}

\begin{document}

\section*{ВОПРОСЫ К ПАНОВУ ПОСЛЕ ЛЕКЦИИ}
\begin{itemize} 
	\item а как систему дифуров решать
	\item а как матрицу ковариаций считать
\end{itemize}

\section*{Производная n-ного порядка}

\begin{math}
	f(x_0) = $[ряд тейлора]$ = \dots \\
	f'(x_i), f''(x_i), \dots = ? \\
	$Посчитаем левую произвудную:$ \\
	f(x_{i-1}) = f_{i-1} = f_i - hf_i' + o(h) \\
	f_i' = \frac{f_i - f_{i-1}}{h} + \frac{o(h)}{h} = f_i' = \frac{f_i - f_{i-1}}{h} + o(1) \\ 
	f_i' = \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(x+h) - f(x_{i-1})}{h} $(предел можно зачеркнуть)))$\\
	$Посчитаем правую производную:$ \\
	f_{i+1} = f_i + f_i'h + o(h) \implies f_i' = \frac{f_{i-1} - h}{h} + o(1) \\
	$Центральная производная:$ \\
	\left \{ \begin{aligned} 
		f_{i+1} = f_i + hf_i' + o(h) \\
		f_{i-1} = f_i - hf_i' + o(h) \\
	\end{aligned} \right .\\
	f_{i+1} - f_{i-1} = 2hf_i' + o(1) \implies
	f_i' = \frac{f_{i+1} - f_{i-1}}{2h} + o(1) \\
	$Но точность как по определению. попробуем разложить до 2 порядка..?$ \\
	\left \{ \begin{aligned} 
		f_{i+1} &= f_i + hf_i' + \frac{h^2}{2}f_i'' + o(h^2) \\
		f_{i-1} &= f_i - hf_i' + \frac{h^2}{2}f_i'' + o(h^2) \\ 
	\end{aligned} \right .\\
	f_{i+1} - f_{i-1} = 2hf_i' + o(h^2) \implies
	f_i' = \frac{f_{i+1} - f_{i-1}}{2h} + o(h) \\
	$Ура, метод центральных производных ассимптотически лучше определения! \\ а ещё можно вторую производную посчитать:$ \\
	f_{i+1} + f_{i-1} = 2f_i + h^2f_i'' + o(h^2) \implies
	f_i'' = \frac{f_{i+1} - 2f_i + f_{i-1}}{h^2} + o(1) \\
	$Давайте продолжим разложение! дааа!!!$ \\
	\left \{ \begin{aligned} 
		f_{i+1} = f_i + hf_i' + \frac{h^2}{2}f_i'' + \frac{h^3}{6}f_i''' + o(h^3) \\
		f_{i-1} = f_i - hf_i' + \frac{h^2}{2}f_i'' - \frac{h^3}{6}f_i''' + o(h^3) \\
	\end{aligned} \right .\\
	$Теперь на неоднородной сетке))))))$ \\
	$Сетка: $ x_{i-1} \rightarrow^{2h} x_i \rightarrow^{h} x_{i+1} \\
	\left \{ \begin{aligned} 
		f_{i+1} = f_i + 2hf_i' + \frac{h^2}{2}f_i'' + o(h^2) \\
		f_{i-1} = f_i - 2hf_i' + \frac{h^2}{2}f_i'' + o(h^2) \\
	\end{aligned} \right .\\
	4f_{i+1} - f_{i-1} = 3f_i + 6hf_i' \implies
	f_i' = \frac{4f_{i+1} - 4f_i - f_{i-1}}{6h} \\
	$Погнали произвудную 3 порядка (но нам нужен 4-точечный шаблон)$ \\
	f_{x+2} = f_i + 2hf_i' + \frac{1}{2}(2h)^2f_i'' + \frac{1}{6}(2h)^3f_i''' + o(h^3) \implies
	f_i''' = \frac{f_{i+2} - 3f_{x+1} + 3f_i - f_{i-1}}{h^3} + o(1)\\
	$Ну а у производной первого порялка с 3 точками там совсем уже не оно (зато $ o(h^2) $)$ \\
\end{math}

\newpage

\subsection*{Ошибка от о() малого}
\begin{itemize}
	\item $o(1)$ - При уменьшении шага в $n$ раз, точность увеличивается в $n$ раз, макс. точность при $h = 10^{-8}$, макс. точность $10^{-?}$
	\item $o(h)$ - При уменьшении шага в $n$ раз, точность увеличивается в $n^2$ раз, макс. точность при $h = 10^{-5}$, макс. точность $10^{-11}$
	\item $o(h^2)$ - При уменьшении шага в $n$, точность увеличивается в $n^3$ раз, макс. точность при $h = 10^{-4}$, макс точность $10^{-12}$
\end{itemize}


\section*{Численное решение задачи Коши (ДУ с начальными условиями)}
\begin{math}
	\left \{ \frac{dx}{dt} = f(x, t) \right . , x(t=0) = x_0 \implies x(t) = ? \\
	x(t) = \int_0^t f(x, t)dx + C. $Чтобы найти константу, подставляем x(0): $ \\
	x(0) = \int_0^0 f(x, y)dt + C \implies x(0) = C = x_0 \\
	x(t) = x_0 + \int_0^t f(x, t)dt \\
	$Положим нашу задачу на сетку, как один раз Панин положил на стол собаку...$ \\
	(t_0 = 0, x_0); (t_1, x_1), \dots, (t_n, x_n) $ - попробуем рекуррентно получить $ t_{n+1} $ из $ t_n
\end{math}

\subsection*{Метод эйлера}
Вычисляем интеграл методом правых либералов (левых прямоугольников) \\
\begin{math}
	x_{n+1} = x_n + \int_{t_n}^{t_{n+1}}f(x, t)dt \\
	x_{n+1} = x_n + h \cdot f(x_n, t_n)
\end{math}
\section*{Для лукьяна}
$
	\frac{dy}{dt} = f(y, t),\quad y(t=a) = y_0 \\
	y(t) = \int_a^t f(y,t)dt + C,\quad C=y_0 \\
	y(t) = y_0 + \int_a^t f(y,t); \\
	$Кладём на сетку:$
	y_{n+1} = y_n + \int_{t_n}^{t_{n+1}}f(y, t)dt \\
	y_{n+1} = [$методом левых прямоугольников$] = y_n + (t_{n+1} - t_n) \cdot f(y_n, t_n) + o(t_{n+1} - t_n) =  \\
	= y_0 + h\cdot f(y_n, t_n) + o(h)
$

Для устойчивости: \\
$
	y(t) = e^{-t} \\
	h \leq \frac {2}{|y'(t_0)|} \implies  \forall x \in [0, 5]:\: h \leq \frac{2}{e^-t} = 2e^{-t} \\
	h \leq 2e^{-t}, e^{-t}\:$монотонно убывает, поэтому$\:
	\left\{\begin{aligned}h &\leq 2e^{-0}\\h &\leq 2e^{-5}\end{aligned} \right. \implies
	h \leq 2
$

Разложение в ряд: \\
$
	y(x_{n+1}) = y(x_n) + hy'(x_n) + \frac {h^2} 2 y''(\xi_n), $ где $ \xi - $ какое-то число в $ [x_n, x_{n+1}] \\
	\varepsilon [$ошибка$] = y(x_{n+1}) = y_n + hf'(y_n, t_n) + \frac {h^2} 2 y''(\xi_n) - (y_n + h\cdot f(x_n, t_n)) = \frac {h^2} 2 f''(\xi_n) \\
	$В худшем случае:$\: \varepsilon_n \leq \frac {h^2} 2\sup_{[x_n, x_{n+1}]}y''(x). \\
	$Накопленная ошибка:$\: \varepsilon = \sum_i\varepsilon_i \leq \frac {h^2} 2\sum_i \sup_{[x_i, x_{i+1}]}y''(x) \leq \frac{h^2} 2 \frac S h \sup_{x\in[a,b]}y''(x) = \frac{Sh}2\sup_{x\in[a,b]}f''(x),\,S=b-a
$

\subsection*{Неявный метод}
Вычисляем интеграло методом левых консерваторов (правых прямоугольников) \\
\begin{math}
	x_{n+1} = x_n + h\cdot f(x_{n+1}, t_{n+1}) \\
\end{math} \\
А вот нахуяяяя... узнаем на следующей лекции))) [спойлер: неявный метод абсолютно устойчивый, в отличие от явного]

\newpage
\section*{Следующая лекция}
\subsection*{Невяная схема двойной точности?}
Посчитаем интеграл методом трапеций
\begin{math}
	x_{n+1} = x_n + \frac{h}{2}(f(x_n, t_n) + f(x_{n+1}, t_{n+1}))
\end{math}

\subsection*{Метод РК 2 порядка точности}
Посчитаем интеграл методом центральных прямоугольников \\
\begin{math}
	$на шкале $ t:\: t_n,\,t_{n+1/2},\,t_{n+1},\, $расстояние $ \frac{h}{2} \\
	x_{n+1/2} = x_{n} + \frac{h}{2}\cdot f(x_n, t_n) \\
	x_{n+1} = x_{n+1/2} + \frac{h}{2}\cdot f(x_{n+1/2}, t_{n+1/2}) \\
	$Имея $ x_{n},\,x_{n+1/2},\,x_{n+1} $, считаем производную$
\end{math}

Пример:
\begin{math}
	\frac{dx}{dt} = -x\quad($аналитическое решение: $x(t)=e^{-t}) \\
	$1. Методом эйлера.$ \\
	x_{n+1} = x_n - h\cdot x_n = x_n\cdot(1-h) \\
	$2. Неявной схемой.$ \\
	x_{n+1} = x_{n} - h\cdot x_{n+1},\quad x_{n+1} = \frac{x_n}{1+h} \\
	$3. Двойная точность.$ \\
	x_{n+1} = x_n + \frac{h}{2}\cdot (-x_n - x{n+1}),\quad
	x_{n+1} = x_n\cdot\frac{1 - \frac{h}{2}}{1 + \frac{h}{2}}
\end{math}

А зачем нужна тогда неявная схема, если она обеспечивает одинаковую точность?

\section*{Вопрос устойчивости разностных схем}
(при численных решениях обыкновенных ДУ) \\
\begin{math}
	\tilde{x}_n(t) $ - точное x, $ x_n(t) - $полученное нами значение$\\
	$Введём ошибку: $ \varepsilon_n  = x_n - \tilde{x}_n\\
	$Важное определение: Схема называется устойчивой, если с увеличением $n$, если модуль ошибки не нарастает$ \\
	\lambda = \frac{\varepsilon_{n+1}}{\varepsilon_n},\,|\lambda| \leq 1 \implies $Схема устойчива$
\end{math}

Выведем устойчивость для:
\subsection*{Схемы Эйлера}
\begin{math}
	x_{n+1} = x_n + h\cdot f(x_n, t_n) \implies \tilde{x}_{n+1} + \varepsilon_{n+1} = \tilde{x}_n + \varepsilon_{n} + h\cdot f(\tilde{x}_n + \varepsilon_n, t_n) \quad(1)\\
	\tilde{x}_{n+1} = \tilde{x}_n + h\cdot f(\tilde{x}_n, t_n) + \bar{\bar{o}}(h)\quad(2)\\
	(1)-(2):\:\varepsilon_{n+1} = \varepsilon_n + h[f(\tilde{x}_n + \varepsilon_n, t_n) - f(\tilde{x}_n, t_n)] = \\
	= [$Раскладываем по формуле тейлора]$\: = \varepsilon_n + h\left[f(\tilde{x}_n, t_n) + \left .\frac{\partial F}{\partial x}\right|_{\tilde{x}_n, t_n}\cdot\varepsilon_n - f(\tilde{x}_n, t_n)\right] = \\
	= \varepsilon_n + h\varepsilon_n \left .\frac{\partial F}{\partial x}\right|_{\tilde{x}_n, t_n} \implies \varepsilon_{n+1} = \varepsilon_n(1 + h\cdot\frac{\partial f}{\partial x}) \\
	|\lambda| \leq 1 \implies -1 \leq 1 + h\frac{\partial f}{\partial x} \leq 1 \implies -2 \leq h\frac{\partial f}{\partial x}  \leq 0 \implies \\
	h \leq \frac{-2}{\frac{\partial f}{\partial x}} = \frac{2}{\left|\frac{\partial f}{\partial x}\right|}
\end{math}

Исследуем на устойчивость пример их прошлой схемы:

\begin{math}
	\frac{dx}{dt} = -x,\: f(x,t) = -x,\: \frac{df}{dx} = -1 \implies h \leq 2 \\
	$То есть, схема устойчива при $ h \leq 2
\end{math}
\subsection*{Неявная Схема}
\begin{math}
	x_{n+1} = x_n + h\cdot f(x_{n+1}, t_{n+1}), \quad \tilde{x}_{n+1} + \varepsilon_{n+1} = \tilde{x}_n \varepsilon_n + h\cdot f(\tilde{x}_{n+1} + \varepsilon_{n+1}, t_{n_1}) \quad(3) \\
	\tilde{x}_{n+1} = \tilde{x}_n + h\cdot f(\tilde{x}_{n+1}, t_{n+1})\quad(4) \\
	(3) - (4) = [$Аналогично прошлой секции$], \\
	\varepsilon_{n+1} = \varepsilon_n + h\cdot\frac{\partial f}{\partial x}\varepsilon_{n+1} \implies
	\varepsilon_{n+1}(1 - h\frac{\partial f}{\partial x}) = \varepsilon_n \\
	\lambda = \frac{1}{1 - h\frac{\partial f}{\partial x}},\:|\lambda| \leq 1 \implies \\
	-1 \leq \frac{1}{1 - h\frac{\partial f}{\partial x}} \leq 1,\quad
	\left [ \begin{aligned}
		1 - h\frac{\partial f}{\partial x} &\geq 1 \\
		1 - h\frac{\partial f}{\partial x} &\leq -1 \\
	\end{aligned}\right.,\quad
	\left [ \begin{aligned}
		h\frac{\partial f}{\partial x} &\leq 0 \\
		h\frac{\partial f}{\partial x} &\geq 2 \\
	\end{aligned}\right.,\quad \mathbf{\frac{\partial f}{\partial x} \leq 0} \\
\end{math}
То есть обратная схема устойчива \textbf{При любых значениях шага}, так как шаг не фигурирует в условии устойчивости!

\end{document}
