	\subsection{Чисто неявная разностная схема (схема с опережением)}
	
	Запишем рассматриваемую задачу:
	\begin{equation}
    \label{eq_4_1_2_1}
    	\frac{\partial u}{\partial t} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} +
    	f(x,t),\quad 0<x<1,\quad 0<t\leq T,
	\end{equation}
	краевые условия:
	\begin{equation}
    \begin{cases}
    \label{eq_4_1_2_2}
    	u(0,t) = \mu_1(t), \\
    	u(1,t) = \mu_2(t),
    \end{cases}
	\end{equation}
	начальное условие:
	\begin{equation}
    \label{eq_4_1_2_3}
    	u(x, 0) = u_0(x).
	\end{equation}

	Разностный аналог задачи \eqref{eq_4_1_2_1} -- \eqref{eq_4_1_2_3} имеет вид:
	\begin{equation}
	\label{eq_4_1_2_4}
		\frac{y_i^{n+1} - y_i^n}{\tau} = \frac{y_{i-1}^{n+1} - 2y_i^{n+1} +
		y_{i+1}^{n+1}}{h^2} + f(x_i, t_{n+1}),\quad (x_i, t_{n+1}) \in \omega_{\tau
		h},
	\end{equation}

	\begin{equation}
    \begin{cases}
    \label{eq_4_1_2_5}
    	y_0^{n+1} = \mu_1(t_{n+1}), \quad t_{n+1} \in \overline{\omega}_\tau, \\
    	y_N^{n+1} = \mu_2(t_{n+1}), \quad t_{n+1} \in \overline{\omega}_\tau,
    \end{cases}
	\end{equation}

	\begin{equation}
	\label{eq_4_1_2_6}
		y_i^0 = u_0(x_i), \quad x_i \in \omov{h}.
	\end{equation}
	
	Перепишем \eqref{eq_4_1_2_4} в виде:
	$$ \gamma y_{i-1}^{n+1} - (1+2 \gamma) y_i^{n+1} + \gamma y_{i+1}^{n+1} =
	-(y_i^n + f_i^{n+1}), \quad i = 1, \ldots, N-1. $$
	
	Данная система уравнений состоит из трехточечных уравнений. Ее матрица $A$
	является трехдиагональной. Эта система решается методом прогонки. Можно
	доказать, что $|A| \neq 0.$ Таким образом, решение данной системы существует и
	единственно, и находится методом прогонки.
	
	\myAddDate{06}{04}{09}
	
	Введем погрешность:
\[z_i^n = y_i^n - u(x_i, t_n) = y_i^n - u_i^n\]
Тогда для погрешности получим уравнение:
\begin{equation}
	\label{eq_4_1_2_7}
	\frac{z_i^{n+1} - z_i^n}{\tau} = \frac{z_{i+1}^{n+1} - 2z_i^{n+1} + z_{i-1}^{n+1}}{h^2} + \psi_i^n,
\end{equation}
где
\begin{equation}
	\label{eq_4_1_2_8}
	\psi_i^n = \frac{u_{i+1}^{n+1} - 2u_i^{n+1} + u_{i-1}^{n+1}}{h^2} - 	\frac{u_i^{n+1} - u_i^n}{\tau} + f_i^{n+1}
\end{equation}
\begin{myUnnumberedTask}
Показать, что \(\psi_i^n\) из \eqref{eq_4_1_2_8} есть \(\underline{O}(\tau + h^2)\).
\end{myUnnumberedTask}
\begin{proof}[Решение]
Разложим \(u_{i \pm 1}^{n+1}\) и \(u_i^n\) в ряд Тейлора:
\[u_{i \pm 1}^{n+1} = u_i^{n+1} \pm u_{x, i}^{n+1}h + u_{xx, i}^{n+1}\frac{h^2}{2} \pm u_{xxx, i}^{n+1}\frac{h^3}{6} + \underline{O}(h^4)\]
\[u_i^n = u_i^{n+1} - u_{t, i}^{n+1}\tau + \underline{O}(\tau^2)\]
Подставим эти разложения в формулу \eqref{eq_4_1_2_8}. Получим:
\[\psi_i^n = (-u_{t, i}^{n+1} + u_{xx, i}^{n+1} + f_i^{n+1}) + \underline{O}(\tau + h^2) = \underline{O}(\tau + h^2)\]
\end{proof}
Заметим, что:
\begin{equation}
	\label{eq_4_1_2_9}
	z_0^{n+1} = z_N^{n+1} = z_i^0 = 0, \quad i = 0, \dots, N
\end{equation}
Пусть \(\exists i_0\), такой что:
\[|z_{i_0}^{n+1}| = \max \limits_{1 \leq i \leq N} |z_i^{n+1}| = ||z^{n+1}||_C\]
\[z_i^{n+1} = z_i^n + \gamma(z_{i+1}^{n+1} - 2z_i^{n+1} + z_{i-1}^{n+1}) + \tau \psi_i^n, \quad \gamma = \frac{\tau}{h^2}\]
\[(1 + 2\gamma)z_i^{n+1} = z_i^n + \gamma(z_{i+1}^{n+1} + z_{i-1}^{n+1}) + \tau \psi_i^n\]
Запишем последнее равенство для узла \(i_0\):
\[(1 + 2\gamma)z_{i_0}^{n+1} = z_{i_0}^n + \gamma(z_{i_0+1}^{n+1} + z_{i_0-1}^{n+1}) + \tau \psi_{i_0}^n\]
\[(1 + 2\gamma)|z_{i_0}^{n+1}| \leq |z_{i_0}^n| + \gamma(|z_{i_0+1}^{n+1}| + |z_{i_0-1}^{n+1}|) + \tau |\psi_{i_0}^n|\]
\[(1 + 2\gamma)||z^{n+1}||_C \leq ||z^n||_C + 2\gamma||z^{n+1}||_C + \tau ||\psi^n||_C\]
\[||z^{n+1}||_C \leq ||z^n||_C + \tau ||\psi^n||_C\]
Последнее соотношение является реккурентным. Применим его n раз:
\[||z^{n+1}||_C \leq ||z^0||_C + \sum \limits_{k=0}^N \tau ||\psi^k||_C\]
Из \eqref{eq_4_1_2_9} имеем: \(||z^0||_C = 0\). Так как \(||\psi^k|| \leq M(\tau + h^2)\), где M не зависит от \(\tau\) и h, то:
\[||z^{n+1}||_C \leq M \sum \limits_{k=0}^N \tau (\tau + h^2)\]
Таким образом, окончательно получаем:
\[||z^{n+1}||_C \leq M_1(\tau + h^2), \quad M_1 = Mt_{n+1} \text{ --- не зависит от \(\tau\) и h.}\]
Из последнего соотношения следует, что чисто неявная разностная схема асболютно сходится (имеем абсолютную сходимость первого порядка по \(\tau\) и второго порядка по h).
Если \(y_0^{n+1} = y_N^{n+1} = 0\), то:
\[||y^{n+1}||_C \leq ||u_0||_C + \sum \limits_{k=0}^N \tau ||f^k||_C\]
Таким образом, получаем устойчивость чисто неявной разностной схемы по начальному приближению и правой части.

\subsection{Симметричная разностная схема (схема Кранка-Никольсона)}

Обозначим через \(y_{\overline{x}x, i}^m\) вторую разностную производную по пространственной переменной:
\[y_{\overline{x}x, i}^m = \frac{y_{i+1}^m - 2y_i^m - y_{i-1}^m}{h^2}\]
Разностная схема имеет вид:
\begin{equation}
	\label{eq_4_1_3_4}	
	\frac{y_i^{n+1} - y_i^n}{\tau} = 0.5(y_{\overline{x}x, i}^{n+1} + y_{\overline{x}x, i}^n) + f(x_i, t_n + 0.5\tau)
\end{equation}	
\begin{equation}
	\label{eq_4_1_3_5}
	y_0^{n+1} = \mu_1(t_{n+1}), y_N^{n+1} = \mu_2(t_{n+1}),  \quad t_{n+1} \in \overline{\omega}_t
\end{equation}
\begin{equation}
	\label{eq_4_1_3_6}
	y_i^0 = u_0(x_i), \quad x_i \in \overline{\omega}_h
\end{equation}
Введем погрешность: \(z_i^n = y_i^n - u_i^n\). Тогда для погрешности имеем:
\begin{equation}
	\label{eq_4_1_3_7}	
	\frac{z_i^{n+1} - z_i^n}{\tau} = 0.5(z_{\overline{x}x, i}^{n+1} + z_{\overline{x}x, i}^n) + \psi_i^n, \quad (x_i, t_{n+1}) \in \omega_{\tau h}
\end{equation}	
\begin{equation}
	\label{eq_4_1_3_8}	
	z_0^{n+1} = z_N^{n+1} = 0, \quad z_i^0 = 0, \quad i = 0, \dots, N
\end{equation}	
\begin{equation}
	\label{eq_4_1_3_9}	
	\psi_i^n =  0.5(u_{\overline{x}x, i}^{n+1} + u_{\overline{x}x, i}^n) - \frac{u_i^{n+1} - u_i^n}{\tau} + f(x_i, t_n + 0.5\tau)
\end{equation}	
\begin{myUnnumberedTask}
Показать, что \(\psi_i^n\) из \eqref{eq_4_1_3_9} есть \(\underline{O}(\tau^2 + h^2)\).
\end{myUnnumberedTask}
\begin{proof}[Решение]
Разложим \(u_{i \pm 1}^{n+1}\) и \(u_i^n\) в ряд Тейлора в окрестности точки \((x_i, t_{n+\frac{1}{2}})\):
\[u_i^{n+1} = u_i^{n+\frac{1}{2}} + u_{t, i}^{n+\frac{1}{2}}\frac{\tau}{2} + \frac{1}{2}u_{tt, i}^{n+\frac{1}{2}}\left(\frac{\tau}{2}\right)^2 +  \underline{O}(\tau^3)\]
\[u_i^n = u_i^{n+\frac{1}{2}} - u_{t, i}^{n+\frac{1}{2}}\frac{\tau}{2} + \frac{1}{2}u_{tt, i}^{n+\frac{1}{2}}\left(\frac{\tau}{2}\right)^2 + \underline{O}(\tau^3)\]
Подставим эти разложения в формулу \eqref{eq_4_1_3_9}:
\[\psi_i^n = -u_{t, i}^{n+\frac{1}{2}} + \underline{O}(\tau^2) + 0.5(u_{\overline{x}x, i}^{n+1} + u_{\overline{x}x, i}^n) + f_i^{n + \frac{1}{2}} \]
Теперь в представлении второй разностной производной разложим все вхождения функции в ряд Тейлора. Приводя подобные слагаемые, получим:
\[u_{\overline{x}x, i}^n = u_{xx, i}^n + u_{xxxx, i}^n\frac{h^2}{12} + \underline{O}(h^4)\]
Применим это разложение к \(u_{\overline{x}x, i}^{n+1}\), а затем проведем еще одно разложение в ряд Тейлора в точке \((x_i, t_{n+\frac{1}{2}})\):
\[u_{\overline{x}x, i}^{n+1} = u_{xx, i}^{n+1} + u_{xxxx, i}^{n+1}\frac{h^2}{12} + \underline{O}(h^4) = \]
\[= u_{xx, i}^{n + \frac{1}{2}} + u_{xxt, i}^{n + \frac{1}{2}}\frac{\tau}{2} + u_{xxxx, i}^{n + \frac{1}{2}}\frac{h^2}{12} + u_{xxxxt, i}^{n + \frac{1}{2}}\frac{h^2}{12}\cdotp\frac{\tau}{2} + \underline{O}(\tau^2 + h^4)\]
То же самое проделаем и с \(u_{\overline{x}x, i}^n\):
\[u_{\overline{x}x, i}^n = u_{xx, i}^n + u_{xxxx, i}^n\frac{h^2}{12} + \underline{O}(h^4) = \]
\[= u_{xx, i}^{n + \frac{1}{2}} - u_{xxt, i}^{n + \frac{1}{2}}\frac{\tau}{2} + u_{xxxx, i}^{n + \frac{1}{2}}\frac{h^2}{12} - u_{xxxxt, i}^{n + \frac{1}{2}}\frac{h^2}{12}\cdotp\frac{\tau}{2} + \underline{O}(\tau^2 + h^4)\]
Подставим эти разложения в выражение для \(\psi_i^n\) и учтем уравнение теплопроводности:
\[\psi_i^n = (-u_{t, i}^{n+\frac{1}{2}} + u_{xx, i}^{n+\frac{1}{2}} + f_i^{n + \frac{1}{2}}) + u_{xxxx, i}^{n + \frac{1}{2}}\frac{h^2}{12} + \underline{O}(\tau^2 + h^4) = \underline{O}(\tau^2 + h^2)\]
\end{proof}

\subsection{Задача Штурма-Лиувилля}

Рассмотрим задачу Штурма-Лиувилля для дифференциального уравнения второго порядка:
\[\left\{ 
	\begin{array}{l l}
  		u''(x) + \lambda u(x) = 0, \quad 0 < x < 1, \\
  		u(0) = u(1) = 0; \\
\end{array} \right. \]
u(x), не равные тождественно нулю, - собственные функции ЗШЛ, а \(\lambda\) - собственные значения ЗШЛ. Решением данной задачи являются собственные значения \(\lambda_k\) и собственные функции \(u_k(x)\):
\[\lambda_k = (\pi k)^2, \quad k = 1, 2, \dots\]
\[0 < \lambda_1 < \lambda_2 < \dots < \lambda_n < \dots\]
\[u_k(x) = C\sin(\pi k x)\]
Рассмотрим линейное пространство \(L_2\) функций, интегрируемых с квадратом на [0, 1] (\(\int \limits_0^1 f^2(x)dx < \infty\)). Введем скалярное произведение и норму в \(L_2\):
\[\forall f, g \in L_2: (f, g) = \int \limits_0^1 f(x)g(x)dx\]
\[||f||_{L_2} = \left(\int \limits_0^1 f^2(x)dx\right)^{\frac{1}{2}}\]
Возьмем \(C = \sqrt{2}\), тогда \((u_k, u_l) = \delta_{kl}\), то есть \(\left\{u_k(x)\right\}_{k=1}^\infty\) - ортонормированный базис в \(L_2\). Таким образом, любую функцию \(f \in L_2\) можно представить в виде: \(f(x) = \sum \limits_{k=1}^\infty C_ku_k(x)\), где \(C_k\) - коэффициенты Фурье. Имеет место равенство Парсеваля:
\[||f||_{L_2}^2 = \sum \limits_{k=1}^\infty C_k^2\]

Рассмотрим дискретный аналог задачи Штурма-Лиувилля:
\begin{equation}
\label{eq_4_1_3_10}
\left\{ 
	\begin{array}{l l}
  		y_{\overline{x}x, i} + \lambda y_i = 0, \quad i = 1, \dots, N-1, \\
  		y_0 = y_N = 0, \\
		y_i \text{ не равны тождественно 0;}
\end{array} \right. 
\end{equation}
Подставим в первое уравнение представление второй разностной производной:
\[y_{i+1} - 2y_i + y_{i-1} + \lambda h^2 y_i = 0\]
\[y_{i+1} + y_{i-1} = (2 - \lambda h^2)y_i\]
Будем искать \(y_i = y(x_i)\) в виде \(\sin (\alpha x_i), \alpha \in \mathbb{R}\). Тогда:
\[y_{i+1} = \sin(\alpha(x_i + h)), \quad y_{i-1} = \sin(\alpha(x_i - h))\]
\[y_{i+1} + y_{i-1} = \sin(\alpha(x_i + h)) + \sin(\alpha(x_i - h)) = 2\sin(\alpha x_i) \cos(\alpha h)\]
\[2\sin(\alpha x_i) \cos(\alpha h) = (2 - \lambda h^2)\sin(\alpha x_i)\]
\[2\cos(\alpha h) = (2 - \lambda h^2)\]
\begin{equation}
\label{eq_4_1_3_11}
	\lambda = \frac{2(1 - \cos(\alpha h))}{h^2} = \frac{4\sin^2 \frac{\alpha h}{2}}{h^2}
\end{equation}
Из условия \(y_0 = y_N = 0\) имеем:
\[\sin \alpha = 0, \quad \alpha = \pi k, \quad k \in \mathbb{Z}\]
Итак, мы нашли собственные значения и собственные функции дискретной задачи Штурма-Лиувилля:
\[\lambda_k = \frac{4}{h^2} \sin^2 \frac{\alpha h}{2}\]
\[y_k(x_i) = \sqrt{2} \sin(\pi k x_i), \quad i = 0, \dots, N, \quad k = 1, \dots, N - 1\]
Константу выбираем равной \(\sqrt{2}\) из соображений ортонормированности.

Введем H - линейное пространство сеточных функции: \(\dim H = N - 1, \forall u \in H: u_0 = u_N = 0\). Определим скалярное произведение и норму в H:
\[\forall u, v \in H: (u, v) = \sum \limits_{i=1}^{N-1} u_i v_i h\]
\[||u||_H = \left(\sum_{i=1}^N u_i^2 h \right)^{\frac{1}{2}}\]
Пусть \((y_k, y_l) = \delta_kl\), тогда \(\left\{y_k(x_i)\right\}_{k=1}^{N-1}\) - ортонормированный базис в H, и любую функцию \(u \in H\) можно представить в виде: 
\[u(x_i) = \sum \limits_{k=1}^{N-1}C_k y_k(x_i), \quad i = 0, \dots, N\]
Имеет место также и равенство Парсеваля:
\[||u||_H^2 = \sum \limits_{k=1}^{N-1} C_k^2\]
Пусть \(\mu_k(x_i) \equiv y_k(x_i), \quad k = 1, \dots, N-1, \quad i = 0, \dots, N,\) - собственные функции дискретной ЗШЛ \eqref{eq_4_1_3_10}. 
Вернемся к \eqref{eq_4_1_3_7} - \eqref{eq_4_1_3_9}. Разложим \(z_i^n\) и \(\psi_i^n\) по базису из \(\mu_n\):
\[z_i^n = \sum \limits_1^{N-1} с_k(t_n)\mu_k(x_n)\]
\[\psi_i^n = \sum \limits_1^{N-1} \psi^{(k)}(t_n)\mu_k(x_n)\]
Подставим эти разложения в \eqref{eq_4_1_3_7}:
\[\sum \limits_{k=1}^{N-1} \mu_k(x_i)(c_k(t_{n+1}) - c_k(t_n)) =\] 
\[= 0.5 \tau \sum \limits_{k=1}^{N-1} (\mu_k)_{\overline{x}x, i}(c_k(t_{n+1}) + c_k(t_n)) + \tau \sum \limits_1^{N-1} \psi^{(k)}(t_n)\mu_k(x_n) \]
