Xem xét bài toán tính toán hình dạng của một đường cong chưa biết bắt đầu tại một điểm cho trước và thỏa mãn một phương trình vi phân nào đó. Ở đây, phương trình vi phân có thể được coi như là một công thức mà nhờ nó độ dốc của đường tiếp tuyến với đường cong có thể được tính toán tại điểm bất kỳ nào trên đường cong, một khi vị trí của điểm đó đã được tính toán.

Ý tưởng là trong khi đường cong ban đầu chưa biết, điểm khởi đầu của nó được biểu thị bởi A 0 , {\displaystyle A_{0},} là đã biết (xem hình phía trên bên phải). Thì, từ phương trình vi phân, độ dốc của đường cong tại A 0 {\displaystyle A_{0}} có thể được tính toán, và vì vậy, có thể tìm được đường tiếp tuyến.

Đi một bước nhỏ dọc theo đường tiếp tuyến đến một điểm A 1 . {\displaystyle A_{1}.} Dọc bước nhỏ này, độ dốc không thay đổi quá nhiều, vì vậy A 1 {\displaystyle A_{1}} sẽ gần với đường cong. Nếu chúng ta coi A 1 {\displaystyle A_{1}} vẫn còn nằm trên đường cong, cùng một lý luận như đối với điểm A 0 {\displaystyle A_{0}} có thể tính được độ dốc và tiếp tuyến của đường cong tại A 1 {\displaystyle A_{1}} . Sau vài bước, một đường cong đa giác A 0 A 1 A 2 A 3 … {\displaystyle A_{0}A_{1}A_{2}A_{3}\dots } được tìm ra. Nói chung, đường cong này không phân kỳ quá xa khỏi đường cong chưa biết ban đầu, và sai số giữa hai đường cong có thể được làm nhỏ nếu kích thước bước là đủ nhỏ và khoảng thời gian tính toán là hữu hạn.[2]

y ′ ( t ) = f ( t , y ( t ) ) , y ( t 0 ) = y 0 . {\displaystyle y'(t)=f(t,y(t)),\qquad \qquad y(t_{0})=y_{0}.}

Chọn một giá trị h {\displaystyle h} cho kích thước của mỗi bước và đặt t n = t 0 + n h {\displaystyle t_{n}=t_{0}+nh} . Bây giờ, một bước của phương pháp Euler từ t n {\displaystyle t_{n}} tới t n + 1 = t n + h {\displaystyle t_{n+1}=t_{n}+h} là[3]

y n + 1 = y n + h f ( t n , y n ) . {\displaystyle y_{n+1}=y_{n}+hf(t_{n},y_{n}).}

Giá trị của y n {\displaystyle y_{n}} là một lời giải gần đúng của phương trình ODE tại thời điểm t n {\displaystyle t_{n}} : y n ≈ y ( t n ) {\displaystyle y_{n}\approx y(t_{n})} . Phương pháp Euler là phương pháp hiện, nghĩa là lời giải y n + 1 {\displaystyle y_{n+1}} là một hàm hiện của y i {\displaystyle y_{i}} với i ≤ n {\displaystyle i\leq n} .

Trong khi phương pháp Euler tích phân một ODE bậc nhất, ODE bất kỳ bậc N có thể được biểu diễn như là một ODE bậc nhất:để xử lý phương trình

y ( N ) ( t ) = f ( t , y ( t ) , y ′ ( t ) , … , y ( N − 1 ) ( t ) ) {\displaystyle y^{(N)}(t)=f(t,y(t),y'(t),\ldots ,y^{(N-1)}(t))} ,

chúng ta giới thiệu các biến phụ z 1 ( t ) = y ( t ) , z 2 ( t ) = y ′ ( t ) , … , z N ( t ) = y ( N − 1 ) ( t ) {\displaystyle z_{1}(t)=y(t),z_{2}(t)=y'(t),\ldots ,z_{N}(t)=y^{(N-1)}(t)} và có được phương trình tương đương

z ′ ( t ) = ( z 1 ′ ( t ) ⋮ z N − 1 ′ ( t ) z N ′ ( t ) ) = ( y ′ ( t ) ⋮ y ( N − 1 ) ( t ) y ( N ) ( t ) ) = ( z 2 ( t ) ⋮ z N ( t ) f ( t , z 1 ( t ) , … , z N ( t ) ) ) {\displaystyle \mathbf {z} '(t)={\begin{pmatrix}z_{1}'(t)\\\vdots \\z_{N-1}'(t)\\z_{N}'(t)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}y'(t)\\\vdots \\y^{(N-1)}(t)\\y^{(N)}(t)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}z_{2}(t)\\\vdots \\z_{N}(t)\\f(t,z_{1}(t),\ldots ,z_{N}(t))\end{pmatrix}}}

Đây là một hệ bậc nhất với biến z ( t ) {\displaystyle \mathbf {z} (t)} và có thể được giải bằng phương pháp Euler hoặc bằng bất kỳ lược đồ nào được sử dụng để giải các hệ bậc nhất.[4]