M2.4 在 30 秒的中點多看一眼：高階方法

本篇重用M2.3導航每 30 秒更新一次：Euler 法與它的誤差·M0.2導航的三十秒：Taylor 展開與「假設直線」

同一條彎道，多一次讀取

上一篇（M2.3）的導航每 30 秒讀一次方向、中間直走，追一條半徑 2 公里的四分之一圓，終點偏了 486 公尺。要更準，最直接的辦法是讀得更頻繁：每 10 秒讀一次，誤差降到 161 公尺，但讀取次數變成三倍。

工程師提出另一個想法：還是每 30 秒走一步，但在每步的中點多讀一次方向，用「中點的方向」而不是「起點的方向」來直走這 30 秒。讀取次數變成兩倍（不是三倍）。你猜誤差會降到多少？比 161 公尺好還是差？

先寫下你的答案和依據。常見的直覺是「多讀一次，大概好一倍吧，所以 240 公尺左右——比每 10 秒讀一次差」。這個直覺低估得很嚴重。實際跑出來是 7 公尺。為什麼差這麼多？以及什麼時候這個好處會消失？

課堂提問Q1

翻成數學。「在中點多看一眼」寫成更新式是什麼？它和 Euler 的差別在哪一項？我們要比較的量該怎麼定才公平？

先想一想，再展開看整理後的答案

課堂上會先寫出「中點的方向」：先用 Euler 走半步找到中點的大概位置，在那裡讀方向，再用那個方向從起點走整步：

k_1=u(x_n,t_n),\qquad k_2=u\!\big(x_n+\tfrac{h}{2}k_1,\;t_n+\tfrac h2\big),\qquad x_{n+1}=x_n+h\,k_2 .

這叫 midpoint 法。同一個想法的另一個版本是 Heun 法：用 Euler 先走到終點的大概位置，在那裡讀方向，然後用起點與終點方向的平均走整步：

k_1=u(x_n,t_n),\qquad k_2=u(x_n+h\,k_1,\;t_n+h),\qquad x_{n+1}=x_n+\tfrac h2(k_1+k_2).

兩者與 Euler 的差別都只在「用哪個方向走這一步」：Euler 用起點的方向；midpoint 用中點的；Heun 用兩端的平均。

公平的比較不是「同樣的 $h$ 」，而是「同樣的讀取次數」，因為讀取（評估 $u$ ）才是成本。這裡的量叫 number of function evaluations（NFE）。Euler 一步一次，Heun 與 midpoint 一步兩次。所以要比的是：Euler 用 $h=15$ 秒（12 次讀取）對上 midpoint 用 $h=30$ 秒（同樣 12 次）。

先看畫面：切線 vs 弦

回到那段圓弧。Euler 沿著起點的切線走，一步就離開圓；步長越長、離得越遠，離開的量是 $h^2$ 的量級。

中點的方向是什麼？圓弧上中點的切線，方向剛好與連接起點和終點的弦平行。所以「用中點方向走整步」幾乎就是沿著弦走——弦的兩端都在圓上，走完一步幾乎回到圓弧上。剩下的誤差不是「切線離開圓」那種一次項的偏差，而是「弦的長度與弧長不完全相等」這種更高一階的小量。這就是為什麼多讀一次不是「好一倍」，而是好一個數量級：它消掉的不是誤差的一半，而是誤差的最低階項。

示意圖 · 規劃中切線走、弦走：Euler 與 midpoint 在一步裡的差別

檔名：m2-deterministic-dynamics/imgs/m2-4-1.svg，16:9。
版面：左格一段圓弧，起點 $A$ 、真實終點 $B$ 、中點 $M$ 。從 $A$ 畫切線（Euler 一步，終點 $E$ 落在圓外），標「 $\|EB\|\sim h^2$ 」；再從 $A$ 畫一條與 $M$ 處切線平行的線段（midpoint 一步，終點 $P$ 幾乎落在 $B$ 上），標「 $\|PB\|\sim h^3$ 」。 $M$ 處的切線用虛線畫出，並標「與弦 $AB$ 平行」。
中格：Heun 的畫法——從 $A$ 畫切線到 $E$ ，在 $E$ 讀方向（畫一支箭頭），把 $A$ 與 $E$ 兩支箭頭平均後從 $A$ 走一步，終點也幾乎落在 $B$ 。
右格：三條完整的四分之一圓 Euler／Heun／midpoint 折線疊在圓弧上（ $h=30$ s，各六步），終點分別標 $486$ 、 $23$ 、 $7$ m。
圖說：「Euler 用起點方向直走，離開彎路的量是 $h^2$ ；midpoint 用中點方向、Heun 用兩端平均，都消掉了 $h^2$ 那一項，一步只剩 $h^3$ 的誤差。」

寫成數學：把 $h^2$ 那一項配掉

以 autonomous 的 $u(x)$ 為例（有 $t$ 的情形只是多幾項，結論相同）。真實解的 Taylor 展開到二階（M0.2）：

x(t+h)=x+h\,\dot x+\tfrac{h^2}{2}\ddot x+O(h^3),\qquad \dot x=u(x),\quad \ddot x=\tfrac{d}{dt}u(x(t))=(\nabla u)\,u .

Midpoint 的局部誤差。 把 $k_2$ 也展開： $k_2=u\big(x+\tfrac h2u\big)=u+\tfrac h2(\nabla u)\,u+O(h^2)$ 。於是

x+h\,k_2=x+h\,u+\tfrac{h^2}{2}(\nabla u)\,u+O(h^3),

與真實解前三項完全一致，差距是 $O(h^3)$ 。 $\square$

Heun 同理： $k_2=u(x+hu)=u+h(\nabla u)u+O(h^2)$ ， $\tfrac h2(k_1+k_2)=h\,u+\tfrac{h^2}{2}(\nabla u)u+O(h^3)$ ，同樣配掉二階項。

全域誤差。 接著照 M2.3 的 Grönwall 論證走一遍，只是局部誤差從 $Ch^2$ 換成 $Ch^3$ ： $N=T/h$ 步累積後是 $O(h^2)$ 。所以 Heun 與 midpoint 是二階方法： $h$ 縮一半，誤差縮四倍；Euler 是一階，縮一半只縮一半。

一般地，一個方法若局部誤差是 $O(h^{p+1})$ 、全域誤差就是 $O(h^p)$ ，叫 order $p$ 。Euler $p=1$ ，Heun 與 midpoint $p=2$ ，經典的 Runge–Kutta 四階法 $p=4$ （每步四次讀取）。這一族方法的系統設計見 [1, 2]。

展開細節從數值積分看同一件事（u 只依賴 t 的情形）

若 u = u(t) 不依賴 x，ODE 的解就是積分 x(t+h) = x(t) + ∫ₜ^(t+h) u(s) ds，三種方法對應三種數值積分規則：

Euler：h·u(t)，左端點法則。誤差 (h²/2)u′ + …
Midpoint：h·u(t+h/2)，中點法則。把 u 在中點 m 展開，奇數次項對稱相消，誤差 = ∫ ½u″(m)(s−m)² ds = (h³/24)u″(m)。
Heun：(h/2)[u(t)+u(t+h)]，梯形法則。u(t)+u(t+h) = 2u(m) + u″(m)(h/2)² + …，所以誤差 = (h³/8 − h³/24)u″ = (h³/12)u″(m)。兩者都是 h³，係數分別是 1/24 與 1/12——midpoint 在這個度量下常數小一半，與上面 7 m 對 23 m 的實測一致。有 x 依賴時多出 (∇u)u 的交叉項，但配掉 h² 項的機制不變。

回到導航：贏在哪、什麼時候不贏

回答起點問題。中點多讀一次， $h=30$ 秒的 midpoint 誤差是 7 公尺，Heun 是 23 公尺——都遠好於「每 10 秒讀一次」的 Euler（161 公尺，而且那還多用了 50% 的讀取）。直覺的「好一倍」錯在把方法的改進想成線性的：多一次讀取不是多修正一半，而是把誤差的主項整個消掉、換成下一階。

但要說清楚這個好處依賴什麼：

路要夠 smooth。 配掉 $h^2$ 項用到 $u$ 的二階 Taylor 展開；若路上有尖角（ $u$ 在某處不可微），展開在那一步失效，所有方法在那一步都退回一階，高階方法的優勢消失。
預算要夠多。 二階方法的誤差 $\approx C_2(2T/E)^2$ 、一階的 $\approx C_1(T/E)$ （ $E$ 是總讀取次數，二階方法每步用兩次所以步長是 $2T/E$ ）。 $E$ 大時 $1/E^2$ 必勝 $1/E$ ；但 $E$ 很小（例如全程只讀兩三次）時， $C_2\cdot4T^2/E^2$ 未必小於 $C_1T/E$ ——高階方法在極粗的步長下不保證比較好。
穩定性不會免費變好。 步長大到 M2.3 那種發散區時，二階方法的穩定區只比 Euler 大一點，不是質的改變。

回到導航：同樣的讀取次數比一次

import numpy as np
R, v = 2000.0, 60/3.6; T = (np.pi/2)*R/v
def u(x): r = np.hypot(*x); return v*np.array([-x[1], x[0]])/r
def run(method, nfe):
    steps = nfe if method == 'euler' else nfe//2
    h = T/steps; x = np.array([R, 0.0])
    for _ in range(steps):
        k1 = u(x)
        if method == 'euler': x = x + h*k1
        else:                 x = x + h*u(x + 0.5*h*k1)      # midpoint
    return np.linalg.norm(x - np.array([0.0, R]))
for nfe in [12, 38, 126]:
    print(nfe, round(run('euler', nfe)), round(run('midpoint', nfe), 1))
# 12 次：Euler 約 252 m、midpoint 7 m；38 次：82 m 對 0.8 m；126 次：25 m 對 0.08 m

同樣的讀取次數，二階方法的誤差每次都少一到兩個數量級，而且讀取越多差距越大（一階縮三倍時二階縮九倍）。接著違反假設：把圓弧路換成一條有 90 度尖角的折線路（ $u$ 在角上不連續）。兩種方法在跨過尖角的那一步都會偏，偏的量都是 $O(h)$ ；跑一次會看到 midpoint 的優勢從兩個數量級掉到不到一倍。

互動 demo · 規劃中同樣的讀取次數：一階 vs 二階，平滑路 vs 尖角路

位置：本節之後。檔名：m2-deterministic-dynamics/m2-4-1.html。
版面：左格俯視道路，疊上三條折線（Euler、Heun、midpoint）與真實路徑；右格是 log–log 圖，橫軸是總讀取次數 NFE、縱軸是終點誤差，三條方法各一條曲線，並畫斜率 $-1$ 、 $-2$ 的參考虛線。
控制項：滑桿「總讀取次數 NFE」（ $4$ – $400$ ，對數）；下拉「路型」：等速圓弧、S 形彎、帶一個 90 度尖角的折線路、直路加減速；開關「顯示每步的局部誤差」在折線頂點上畫小圓、半徑正比於該步局部誤差。
行為：圓弧路上拖 NFE 往右，右格三條線分開——Euler 貼著斜率 $-1$ 、另兩條貼著斜率 $-2$ ，midpoint 常數約是 Heun 的一半。拖 NFE 到最左（ $4$ – $6$ 次）時三條線接近甚至交錯，畫面顯示「預算極少時階數優勢不保證」。
切到尖角路：右格三條線在中等 NFE 以後全部變成斜率 $-1$ ，並在圖上標出「尖角處 Taylor 展開失效，所有方法退回一階」；左格在尖角那一步的局部誤差小圓變得特別大，三種方法差不多大。
Hover 右格任一點：顯示該 NFE 下三種方法的步長 $h$ 與誤差數字，並列出「Euler 需要多少 NFE 才能達到 midpoint 在此的誤差」。
底部觀察句：「觀察：多讀一次方向不是把誤差減半，而是消掉 $h^2$ 那一項，換成 $h^3$ ——同樣的讀取次數下差一到兩個數量級。但這件事靠的是路夠 smooth；遇到尖角，所有方法一起退回一階。」
匯出 PNG：兩格併成 16:9，含當前 NFE 與路型。

先消化一下

想一想

一個天氣模擬每一步都要跑一次極貴的物理計算（一次讀取 $u$ 要一分鐘）。在總計算時間固定為一小時的前提下，下面哪個說法最合理？

參考文獻

Hairer, E., Nørsett, S. P., Wanner, G. Solving Ordinary Differential Equations I: Nonstiff Problems. Springer, 2nd ed., 1993.（第 II.1 節：Runge–Kutta 方法的起源、Heun 與 midpoint、order 條件。）
Butcher, J. C. Numerical Methods for Ordinary Differential Equations. Wiley, 3rd ed., 2016.（第 3 章：Runge–Kutta 方法的階數理論與成本比較。）