Source: https://www.scribd.com/doc/139553952/Euler
Timestamp: 2017-01-23 16:16:18+00:00

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Contenido 1. Resolución exacta y resolución numérica 2. Método de Euler 3. Método de Euler modiﬁcado 4. Método de Taylor de orden 2 5. Algunos ejemplos de aplicación
Resolución exacta y resolución numérica
Problema de valor inicial en forma normal
½ y 0 = f (x, y ), y (a) = ya , x ∈ [a, b].
Se busca una función y = y (x) de clase C 1 [a, b] que veriﬁque la ecuación diferencial y 0 = f (x, y) y que, para x = a, tome el valor y (a) = ya . Se dice que la ecuación diferencial está en forma normal cuando y 0 está despejada, es decir, cuando la EDO se escribe en la forma y0 = f (x, y ). Ejemplo 1.1 Consideramos el problema de valor inicial ½ 0 y = xy2 , y (0) = 1, x ≥ 0. 1. Calcula la solución exacta. 1
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 2
2. Determina el dominio de la solución. 1. Solución exacta. La ecuación y 0 = xy2 es de variables separables. Podemos resolverla como sigue dy = xy 2 , dx 1 dy = x dx, y2 Z Z 1 dy = x dx, y2 c ∈ R. c ∈ R.
− Familia de soluciones
1 1 = x2 + c, y 2 −1 , +c
Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición y (0) = 1 1=
−1 −1 = c +c
c = −1.
−1 2 . = 2 − x2 −1 2 2 − x2
2. Dominio de la solución. El denominador de y=
√ se anula para x = ± 2. El mayor intervalo que contiene a x0 = 0, donde y(x) es derivable es ³ √ √ ´ − 2, 2 . Teniendo en cuenta que en el enunciado se especiﬁca que buscamos una función y = y (x) para x ≥ 0. El dominio de la solución es √ I = [0, 2). ¤
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 3
Una EDO de primer orden es separable si puede escribirse en la forma y0 = g (x) h(y). Resolución de EDOs separables. Expresamos la EDO en la forma p(y ) dy = g (x) dx e integramos ambos lados, la solución es Z Z p(y ) dy = g (x) dx. Ejemplo 1.2 Resuelve la ecuación y0 = Escribimos la ecuación en la forma p(y ) dy = g (x) dx, y0 1 = , y 1+x y 0 dx dx = , y 1+x dy dx = . y 1+x Integramos a ambos lados Z dy = y Z dx , 1+x y . 1+x
obtenemos una solución implícita. ln y = ln(1 + x) + c, c ∈ R.
Para obtener una solución explícita1 , despejamos y y = eln(1+x)+c = eln(1+x) ec , y = k (1 + x) ,
k = ec > 0. ¤
No siempre es posible obtener una solución explícita.
3.3. la ecuación a1 (x) y 0 + a0 (x) y = 0 se denomina ecuación homogénea asociada.3 Consideramos la EDO x dy − 4y = 0. Resuelve la ecuación como ecuación lineal homogénea. y el término independiente g (x) dependen únicamente de x. dx
1. La incógnita es la función y = y(x). La ecuación lineal se denomina homogénea cuando el término independiente es idénticamente nulo g (x) ≡ 0. Dada la ecuación diferencial lineal a1 (x) y0 + a0 (x) y = g (x).2 Resolución de la EDO lineal homogénea • Ecuación lineal homogénea
La ecuación lineal homogénea y 0 + p(x) y = 0 es separable.1
Una EDO de primer orden es lineal si puede escribirse en la forma a1 (x) y0 + a0 (x) y = g (x). a0 (x).
.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. y tiene solución general y = k e−
. • Forma estándar Decimos que una EDO lineal de primer orden está en forma estándar cuando se expresa en la forma y 0 + p(x) y = q(x). el coeﬁciente de y 0 es igual a 1. Observa que en la forma estándar. Observa que los coeﬁcientes a1 (x). 4
= kx . dx x Identiﬁcamos p(x) 4 p(x) = − . por lo tanto. .Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s.
k ∈ R. x la solución es de la forma y = ke−
. Determina la solución del problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ − 4y = 0. La forma estándar es
1.3. la solución del problema de valor inicial es y = 3x4 .
escribimos la ecuación en forma estándar 4 dy − y = 0. resulta 3 = k.
.3 Resolución de la ecuación lineal completa: método de variación de parámetros
Queremos resolver la ecuación lineal completa y 0 + p(x) y = q(x). y 0 + p(x) y = 0.
2. Con la condición inicial y (1) = 3. La solución general de esta ecuación puede escribirse en la forma y = yh (x) + yp (x) donde: • yh (x) es la solución general de la ecuación homogénea asociada. k ∈ R. ¤ 1.
y = ke− = ke = ke = ke
4 ln|x| ln x4 4
4 (− x ) dx 1 x
. ⎨ x dx ⎪ ⎩ y (1) = 3.
dx x Hemos visto en el Ejemplo 1. Sustituimos la solución yp en la ecuación completa y determinamos k(x). En primer lugar. Sabemos que la solución general de la ecuación homogénea asociada y 0 + p(x) y = 0 es yh = ke−
. esto es k = k(x). que la solución general de la EDO homogénea es yh = kx4 . Escribimos la ecuación en forma estándar 4 dy − y = x5 ex . Resuelve el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ − 4y = x6 ex .4 Consideramos la EDO lineal completa x dy − 4y = x6 ex . dx
Nos queda por obtener una solución particular de la EDO lineal completa.
donde la constante k pasa a ser una función indeterminada de x. El método de variación de parámetros consiste en proponer una solución particular del tipo R yp = k(x) e− p(x) dx . 6
• yp (x) es una solución particular de la EDO lineal completa.
1. ⎨ x dx ⎪ ⎩ y (1) = 2. Resuélvela usando el método de variación de parámetros. (1) dx x cuya solución general es de la forma y = yh + yp . debemos resolver la ecuación homogénea asociada 4 dy − y = 0. Ejemplo 1.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 2.
1. El siguiente ejemplo ilustra el procedimiento. k ∈ R. Solución general de la EDO completa.3 .
Para determinar k(x). ¤
. e imponemos la condición inicial y(1) = 2.
ex dx. Solución del problema de valor inicial. k ∈ R. resolvemos una solución de la ecuación de variables separables dk = xex . Derivamos yp
0 yp = k0 x4 + 4kx3
y sustituimos en la ecuación completa (1) z }| { 4 z { ¡ }|4 ¢ k0 x4 + 4kx3 − kx = x5 ex .Francisco Palacios
La solución general de la EDO completa es ¡ ¢ y = yh + yp = kx4 + ex x5 − x4 .
2. x k0 x4 = x5 ex .
Simpliﬁcando.
por lo tanto. Resulta 2 = k + e(1 − 1) ⇒ k = 2. la solución del problema de valor inicial es ¡ ¢ y = 2x4 + ex x5 − x4 . k 0 = xex . resulta
= xex − ex . 7
Para obtener la solución particular de la EDO completa. k ∈ R. Tomamos la solución general de la EDO completa ¡ ¢ y = kx4 + ex x5 − x4 . k = xe − Finalmente. dx Z Z dk = xex dx. sustituimos en yp = k(x) x4 y obtenemos la solución particular yp = (xex − ex ) x4 ¡ ¢ yp = ex x5 − x4 . proponemos la solución yp = k (x) x4 .
notemos que la variable independiente es t.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. La ecuación es lineal y está en forma estándar.
0 (t) calculamos yp 0 (t) = k0 e−t − ke−t yp
y sustituimos en la ecuación completa dyp + yp = t. t e−t Despejamos k0 k0 = e integramos para obtener k k= Z tet dt = tet − et . proponemos una solución del tipo yp = k(t) e−t . 8
Para la solución particular de la EDO lineal completa yp .
k ∈ R. Obtención de la solución general. dt Resulta z }| { z}|{ k0 e−t − ke−t + ke−t = t. y0 + p(t) y = q (t) Identiﬁcamos p(t) = 1. k0 e−t = t. = tet
.5 Resuelve el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ +y =t ⎨ dt ⎪ ⎩ y (0) = 4
= ke−
= ke−t . La solución general de la ecuación homogénea asociada y 0 + p(t) y = 0 es yh = ke−
R p(t) dt
Para muchos problemas de valor inicial. Dividimos el intervalo [a. x ∈ [a. . n
donde h es el tamaño de paso (step). . Tomamos la solución general
1. dado el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ = f (x. . x1 = a + h. Con mayor precisión.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. yp = t − 1. Solución del problema de valor inicial. 9
La solución particular de la EDO lineal completa es ¡ ¢ yp = tet − et e−t . k ∈ R. k ∈ R. ¤ ⇒ k = 5. Finalmente. . El enfoque numérico consiste en aproximar el valor de la solución para determinados valores de x. xj = a + jh. b] en n partes de longitud h= b−a . . no es posible obtener una solución exacta. . b]. la solución general de la EDO completa es y = yh + yp . Construimos los nodos de la red x0 = a. . y). y = ke−t + t − 1. xn = a + nh = b. 1. 2. e imponemos la condición inicial y(0) = 4. ⎨ dx ⎪ ⎩ y (a) = ya . obtenemos 4=k−1 La solución particular buscada es y (t) = 5e−t + t − 1. y = ke−t + t − 1. .
calculamos el valor aproximado y ¯j ' y(xj ) = yj . • El error al ﬁnal del intervalo ¯n en = yn − y se denomina error de truncamiento global. .
. . Errores • El error
¯j ej = yj − y
se denomina error de truncamiento del paso j. y ¯j ). Para cada xj . .Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. . xj = a + jh. 0. x ∈ [a. n
Ejemplo 2. b−a . . y (0) = 1. . y). 1. . . dx ⎪ ⎩ y (a) = ya . .
2. n − 1. x1 = a + h. j = 0. .5]. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos. xn = a + nh = b. . 10
Dado el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ ⎨ = f (x. 1. y ¯j +1 = y h= y x0 = a. x ∈ [0. 2. b].1 Dado el problema de valor inicial ½ 0 y + y − x − 1 = 0. ¯j + h f (xj .
el método de Euler de n pasos queda deﬁnido por ½ y ¯0 = ya . Calcula la solución exacta.
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s.01 + 0. Para n = 5. 029.01. x3 = 0. . y ¯j +1 = y I Iteraciones Fase 0.1 − 1 + 1) = 1. el tamaño de paso es h= los nodos son x0 = 0.1 (0. x0 = 0 y ¯0 = 1 Fase 2. escribimos la ecuación diferencial en forma normal y0 = f (x. Método de Euler.1 (0. x2 = 0. 1.3 y ¯3 = 1. y ).
¯1 + h (x1 − y ¯1 + 1) = 1 + 0. identiﬁcamos f (x. 0. x3 = 0. x1 = 0.
y ¯1 = y ¯0 + h (x0 − y ¯0 + 1) = 1 + 0.5 − 0 = 0.01 Fase 4.3 − 1. x2 = 0. 11
. x4 = 0.2 − 1.1. ¯j + 0.4.1 (0 − 1 + 1) = 1.2.3. Fase 1. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento global. I Formulación del método En primer lugar. x1 = 0. .1 y ¯1 = 1 Fase 3. 1.
y ¯4 = 1.029 ¾ ⇒ ¾ ⇒ ¾ ⇒ ¾ ⇒
j = 0.5.029 + 1) = 1. y ) f (x.2 y ¯2 = 1.
y ¯0 = y (x0 ) = 1.029 + 0. 5
El método de Euler es ½ y ¯0 = 1. . 4. y ) = x − y + 1. y0 = x − y + 1.1 (xj − y ¯j + 1) . x0 = 0. 0561. A partir de la forma normal.01 + 1) = 1. y ¯2 = y
y ¯3 = 1. x5 = 0.1 (0.1.
La ecuación homogénea asociada es y0 + y = 0.0561 ¾ ⇒
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s.1 (0. I Solución general La ecuación y0 + y = x + 1 es una ecuación diferencial lineal completa.0561 + 0.0561 1. x4 = 0. x+1 = (x + 1) ex .1 0.
Resumimos los resultados en una tabla j 0 1 2 3 4 5 2. Identiﬁcamos p(x) = 1.
Para obtener la solución de la ecuación completa. Solución exacta.4 0.4 y ¯4 = 1. determinamos una solución particular de la EDO completa por variación de parámetros.029 1. 09049. k ∈ R. proponemos una solución de forma yp = k(x) e−x y sustituimos en y0 + y = x + 1.3 0. la solución de la ecuación homogénea es yh = ke−
xj 0 0.4 − 1. k0 = Integramos para determinar k k= Z (x + 1) ex dx. e−x
.2 0. 12
y ¯5 = 1.01 1.0561 + 1) = 1. k0 e−x = x + 1.09049
= ke−x . esto es. resulta z }| { z }| { k 0 e−x − ke−x + ke−x = x + 1.5
y ¯j 1 1 1.Francisco Palacios Fase 5.
018731 1.016041
El error de truncamiento global es ¯5 = 0.01 1.3 0. ¤ e5 = y5 − y
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s.029 1.016041. 004837 1. 3.4 0.09049 ej = yj − y ¯j 0 0. j = 0. 008731 0. I Solución del problema de valor inicial Imponemos la condición y (0) = 1 y obtenemos 1 = k e0 + 0 ⇒ k = 1. 1. .011818 0.0561 1. es decir k(x) = xex .014220 0. 004837 0. k ∈ R. j 0 1 2 3 4 5 xj 0 0. Finalmente. los valores aproximados obtenidos en el apartado 1 y los errores locales de truncamiento.1 0.5 yj = e−xj + xj 1 1. 13
Resolvemos la integral por partes Z Z x x (x + 1) e dx = (x + 1) e − ex dx = (x + 1) ex − ex = xex . 070320 1. Errores de truncamiento. . 5. de donde resulta yp = xex e−x . En la siguiente tabla se recogen los valores exactos yj = y(xj ). 040818 1. yp = x. . obtenemos la solución general de la EDO completa y = ke−x + x. 106531 y ¯j 1 1 1.2 0.
La solución del problema de valor inicial es y = e−x + x. .
1 y (xj +1 ) = y(xj ) + y 0 (xj ) h + y00 (ξ ) h2 2 ξ entre xj y xj +1 . dx ⎪ ⎩ y (a) = ya .1
Método de Euler Modiﬁcado
Dado el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ ⎨ = f (x. x ∈ [a. 14
ξ entre xj y xj +1 . en su lugar.
3. b]. resulta yj +1 ' yj + h f (xj .Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. x ∈ [a.
. podemos despreciar el término 1 2 y (ξ ) h y tomar la aproximación y (xj +1 ) ' y(xj ) + y 0 (xj ) h. dx ⎪ ⎩ y (a) = ya . Nuestro objetivo es aproximar el valor de yj +1 = y(xj +1 ). 2 como h = xj +1 − xj . y ¯j ) .
Supongamos que el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ ⎨ = f (x.
00 2 Si h es pequeño. y). emplearemos el valor aproximado y ¯j resultando la aproximación para yj +1 y ¯j +1 = y ¯j + h f (xj . b]. Sustituimos x = xj +1 . Normalmente no conoceremos yj con exactitud y. y). yj ) . b] y que conocemos el valor yj = y(xj ). Desarrollamos y(x) por Taylor en c = xj y obtenemos y (x) = y (xj ) + y 0 (xj ) (x − xj ) + y00 (ξ ) (x − xj )2 . ξ entre xj y x.
además. y resulta 1 y(xj +1 ) = y(xj )+y 0 (xj ) (xj +1 − xj )+ y 00 (ξ ) (xj +1 − xj )2 . como
y0 (xj ) = f (xj . yj ) .2
Deducción del método de Euler
tiene una solución y = y (x) que es de clase C 2 en [a.
el método de Euler modiﬁcado de n pasos queda deﬁnido por ⎧ y ¯0 = ya .
. Partimos de los valores ¯0 = 1. h= I Iteraciones Fase 0. . ⎨ k1 = f ( ³ ´ (j ) (j ) = f x . y (0) = 1. y (0) = 1. b−a . n − 1. . x5 = 0. xn = a + nh = b. 5 x0 = 0. . Método de Euler modiﬁcado.1.5 − 0 = 0. Aproxima la solución usando el método de Euler modiﬁcado de 5 pasos.5].5]. ¯j + ¯j +1 = y 2 1 donde h= y x0 = a. . . x1 = 0. x0 = 0.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. Fase 1. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento global. x0 = 0. x ∈ [0. 1. x2 = 0. f (x.1 Dado el problema de valor inicial ½ 0 y + y − x − 1 = 0.1. y ¯j ). Tenemos 0. . 0. y y ¯0 = y (x0 ) = 1.5. ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (j ) ⎪ xj . y ) = x − y + 1. 1. x1 = 0. . 2. . j +1 j 2 1 ⎪ ⎪ ³ ´ ⎪ ⎪ h (j ) (j ) ⎪ ⎩ y k + k2 . y ¯ + h k k . x1 = a + h. x ∈ [0. x4 = 0. 1. xj = a + jh.1. x3 = 0. .3. .4. . . j = 0. 0.2. El problema en forma normal es ½ 0 y = x − y + 1. n
1. 1.3. 1.3 − 1.0 95) = f x2 . k1 + k2 2 ¯1 = 1.05 (0 + 0.2.
y ¯2 = y ¯1 +
´ h ³ (1) (1) k1 + k2 = 1.1 · 0. 01902 5 + 0. 01902 5 + 0.1 · 0) = f (0.
Fase 3. 1. 0145) = 0. 18097 5) = f x3 . x2 = 0. 03712 3 + 1 = 0. x3 = 0. 1 + 0. y ¯2 = 1.1.
. 04121 8. Partimos de los valores x2 = 0.1 · 0.005 + 0. y ¯2 + hk1 = f (0. 1. 01902 5) = 0.005 + 1 = 0.2 − 1. 18097 5 + 0. 26287 7) 2 = 1.
´ ³ (1) = f (0. y ¯2 ) = f (0.
y ¯3 = y ¯2 +
´ h ³ (2) (2) k1 + k2 = 1.3.2.1. k1 = f (x0 . calculamos k1
= f (x2 .2. y = f (0. y calculamos k1
¯0 ) = x0 − y ¯0 + 1 = 0 − 1 + 1 = 0. 01902 5 + 1 = 0.1855) 2 = 1. ¯0 + hk1 y ¯1 = y ¯0 + ´ h ³ (0) (0) = 1 + 0.005 x1 = 0. 1855.05 (0.
´ ³ (2) = f (0.1. 03712 3) = 0. y
Fase 2.0 95. 16
´ ³ (0) (0) k2 = f x1 .005 + 0. y ¯1 + hk1 = f (0. 1. 18097 5.1) = 1.Francisco Palacios calculamos
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 1. 005. 26287 7. 1) = 0.095 + 0.2.1 − 1.1.3.005) = 0. Partimos de los valores
= f (x1 . 01902 5. 01902 5. y ¯1 ) = f (0.05 (0.2.
4.5. 07080 2 + 0. 07080 2 + 0. 25878 2 + 0. 33290 4. 07080 2 x4 = 0. y k2
´ ³ (4) = f (0.4. 39627 8. 1.3 0. 04121 8 1.3.4.3 − 1. 1. 07080 2 1.
y ¯4 = y ¯3 +
´ h ³ (3) (3) = 1.005 1.05 (0. k1 = f (x4 . x4 = 0.05 (0.
Resumimos los resultados en una tabla j 0 1 2 3 4 5 xj 0 0.
Fase 5. 39627 8) 2 = 1. y calculamos k1
= f (x3 . 04121 8) = 0. Partimos de los valores ¯3 = 1.5 y ¯j 1 1. 17
Fase 4.2 0.4 − 1. 01902 5 1. 04121 8 + 0. 06709 6 + 1 = 0.4.
´ ³ (3) = f (0. 1. 25878 2) = f x4 .3. 32919 8 + 0. 1. 06709 6) = 0.4 0.5. y ¯3 + hk1 = f (0. 10707 6. 10372 2) = 0. 07080 2.1 · 0. y ¯4 + hk1 = f (0. y ¯3 ) = f (0. x3 = 0.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 25878 2. 32919 8) = f x5 . 1.5. 32919 8. Partimos de los valores ¯4 = 1. 04121 8. 04121 8 + 1 = 0. 07080 2) = 0.
y ¯5 = y ¯4 +
´ h ³ (4) (4) k1 + k2 = 1. 1. 10707 6
. 04121 8 + 0. 33290 4) k1 + k2 2 = 1. y calculamos ¯4 ) = f (0.1 0.1 · 0. x5 = 0.4.
005 1. 04121 8 1. 01902 5 1.000 482 −0.5 yj 1 1. y0 ) + f (x1 . Z Z x1 y0 (x) dx =
f (x. b].2 0.
los valores aproximados y ¯j que hemos obtenido mediante el método de Euler modiﬁcado. y los errores locales de truncamiento j 0 1 2 3 4 5 xj 0 0.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s.2
Deducción del método de Euler modiﬁcado
Tenemos el problema de valor inicial ½ 0 y = f (x.
Para la integral de lado izquierdo tenemos Z x 1 1 y 0 (x) dx = [y (x)]x x0 = y (x1 ) − y (x0 ). Hemos visto en el ejemplo anterior que la solución exacta es y = x + e−x . determinamos un valor aproximado mediante la regla del trapecio simple Z x1 h f (x. j = 0. . . 040818 1.000 545. 18
2. y1 )] . y(x)) dx.
para la integral del lado derecho. En la siguiente tabla se recogen los valores exactos yj = y(xj ).4 0. Errores de truncamiento. y ). 10707 6 ej = yj − y ¯j 0 −0. 5. x ∈ [a. 2 x0
.000 545
El error de truncamiento global es ¯5 = −0. 07080 2 1. y) e integramos en el intervalo [x0 .1 0. y (x)) dx ' [f (x0 . Tomamos y 0 = f (x. ¤ e5 = y5 − y
3. .000 294 −0. 018731 1. 106531 y ¯j 1 1. 1.000 400 −0. y (a) = ya . x1 ]. 004837 1.3 0. 070320 1. .000 163 −0.
y). y (x)) dx. para el valor y1 . Z xj+1 y0 (x) dx = f (x. son conocidos. yj +1 ) tomamos la estimación de yj +1 que nos proporcionaría el método de Euler ¯j + hf (xj . 2
h [f (x0 . y0 ) . Supongamos que hemos obtenido y ¯j . tenemos ﬁnalmente y(x1 ) − y(x0 ) ' y ¯1 = y0 + h [f (x0 . 2
4.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. x ∈ [a. y0 ) + f (x1 . tomamos la estimación que nos proporcionaría el método de Euler y1 ' y0 + hf (x0 .
. y) en el intervalo Z Z
[xj . y0 ))] 2 En pasos posteriores. resulta y ¯j +1 = y ¯j + h [f (xj . 2 h [f (xj . h [f (xj . dx ⎪ ⎩ y (a) = ya . y ¯j ) . y0 + hf (x0 .
y 0 (x) dx = y (xj +1 ) − y(xj ). yj ) + f (xj +1 . y0 . para calcular y ¯j +1 integramos y 0 = f (x. y ¯j + hf (xj . 19
Los valores x0 . yj +1 ' y y(xj +1 ) − y (xj ) ' ﬁnalmente. se procede de forma análoga. yj +1 )] . y ¯j ) + f (xj +1 . y ¯j ))] . y0 + hf (x0 . x1 . y ¯j + hf (xj .1
Método de Taylor de 2o orden
Dado el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ ⎨ = f (x. yj ) + f (xj +1 . y0 ) + f (x1 . y0 ))] . y(x)) dx '
Para calcular f (xj +1 . y ¯j ))] . 2
f (x. b]. xj +1 ].
25. y ⎩ y ¯j +1 = y fx (xj . . identiﬁcamos f (x.1 Dado el problema de valor inicial ( y y0 = 1 + . . El problema está en forma normal. y ) respecto de x. xn = a + nh = b. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento global. x2 = 1. j ¯j ) f (xj . x3 = 1. . Método de Taylor de segundo orden. . y f (x. . I Formulación del método. .
b−a .5.
Ejemplo 4. y ) = fy
y . n − 1. y). 1. y ¯j ) + ¯j ) + fy ¯j ) . x y(1) = 2. x1 = 1. xj = a + jh. 3.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 20
el método de Taylor de 2o orden de n pasos queda deﬁnido por ⎧ ⎨ y ¯0 = ya . y 2 donde
0 es la derivada parcial de f (x. • fx 0 es la derivada parcial de f (x.
• x0 = a. x
El tamaño de paso es h= y los nodos son x0 = 1. n x1 = a + h. . 2−1 = 0. 1. 2]. y) = 1 + . x ∈ [1. Calcula la solución exacta.75.25. . • fy
j = 0. y ) = − fx 0 (x. Aproxima la solución usando el método de Taylor de segundo orden con 4 pasos. x Calculamos las derivadas parciales
0 (x. y ) respecto de y. 2. . x4 = 2. . 1. ¤ h2 £ 0 0 (x . . y ¯j + h f (xj . x2 1 . . 4
25 · f (x1 . calculamos f (x2 .5
. y ¯1 ) = − = −1. Partimos de x2 = 1. 78 + 0. y ¯0 ) + y ¯1 = y = 2. y 2 = 2. 78125 0 fx (x1 . y ¯0 ) = − = −2. fx (xj .25)2
0 fy (x1 .25 · 3 + 0. 6125.25
y ¯2 = y ¯1 + 0.5. 1. 225 + 0. 1 ¤ (0.25. 1. 225)
Fase 3. y ¯j ) .25)2 £ 0 0 ¯j ) + fy (xj . y ¯0 ) 2 = 2 + 0. calculamos f (x0 . calculamos y ¯1 = 2. y ¯j ) + y ¯j +1 = y I Iteraciones Fase 1.
¤ (0.25 · f (x0 . y ¯0 ) = = 1.0 3125 · (−2 + 1 · 3)
Fase 2. y
2. y ¯2 ) = 1 + y ¯2 = 3. Partimos de x1 = 1.25 2.25)2 £ 0 0 ¯1 ) + fy (x1 . (1. Partimos de x0 = 1. 2 = 3. y ¯j ) f (xj . 78125 + 0. 78125.
¯1 ) = 1 + f (x1 . en este caso ¯j + 0. 21
La fórmula de recurrencia es. 3.25)2 £ 0 0 fx (x0 .25 · 3.0 3125 · (−1. 78125. 1. 78. y ¯0 ) = 1 + y ¯0 = 2. 408333. 1 ¯0 + 0. 225. y ¯1 ) fx (x1 . 8 · 3. y 2
2 0 fx (x0 . y ¯0 ) f (x0 . 1 1 0 fy (x0 . y ¯1 ) f (x1 . 6125.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. y ¯1 ) =
1 = 0. y ¯1 ) + = 3. 78125 = 3. ¤ (0. y ¯0 ) + fy (x0 . 6125 = 3.25 · f (xj . 8.
781250 3.75
¯3 + 0.75. calculamos y ¯3 = 4.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s.25)2 £ 0 0 ¯3 ) + fy (x3 . 6125 = −1.0 3125 · (−1. 48541 7.25)2 £ 0 0 ¯2 ) + fy (x2 .25 · 3. 6125 + 0.25 · 3. y ¯3 ) =
1 = 0. 48541 7 = 3. y ¯3 ) f (x3 . y ¯2 ) + = 4.
4. 46462 6 + 0. y ¯2 ) f (x2 . 66666 67 · 3. 56309 5)
Resumimos los resultados en una tabla j 0 1 2 3 4 xj 1. y ¯2 ) fx (x2 . Partimos de x3 = 1.5
0 fy (x2 .25 · f (x2 . y ¯2 ) =
y ¯3 = y ¯2 + 0. 485417. y ¯3 ) + y ¯4 = y = 5.75 2. 60555 6 + 0. Solución exacta. 48541 7 0 fx (x3 . 1. 464626. La ecuación y0 = 1 + y x
es lineal.00 y ¯j 2 2. 22
0 fx (x2 . 56309 5 + 0. 48541 7 + 0.
¤ (0. (1.75 4.50 1. 1.75)2 ¯3 ) = 1 + f (x3 . 612500 4. 5714286.
. y ¯3 ) fx (x3 .00 1.5)2 1 = 0.25 1. 39404 8
2.0 3125 · (−1. 605556.
¤ (0. 1. y 2 = 3. y 2 = 4. 40833 3 + 0. La escribimos en la forma estándar y 0 + p(x) y = q(x). 563095. (1. 39404 8. y
0 fy (x3 . 48541 7 5.25 · f (x3 . y ¯3 ) = − = −1. y ¯2 ) = −
3. 57142 86 · 3. 6666667. 40833 3)
Fase 4. I Solución general.
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. x la solución de la ecuación homogénea es yh = ke−
−1 dx x
= keln x = kx.
k0 = k= Z
1 . x 0 k x = 1. x
Finalmente. x
1 dx = ln x. obtenemos la solución particular de la EDO completa yp = x ln x. determinamos una solución particular aplicando el método de variación de parámetros. k ∈ R. x
p z }| { 1 z}|{ 0 k x + k − kx = 1.
Para obtener la solución de la ecuación completa. y solución general y = kx + x ln x. Imponemos la condición y(1) = 2 y obtenemos 2 = k + 1 ln 1 ⇒ k = 2.
. I Solución exacta del problema de valor inicial.
la solución del problema de valor inicial es y = 2x + x ln x. x
La ecuación homogénea asociada es y0 − Identiﬁcamos
1 p(x) = − .
k ∈ R. 23 y0 − 1 y = 1. y sustituimos en y0 − Resulta
1 y = 1. Proponemos yp = k(x) x. x 1 y = 0.
00 6089 −0.
.00 7754. obtenemos 1 1 y (xj +1 ) = y (xj ) + y 0 (xj ) h + y 00 (xj ) h2 + y 000 (ξ ) h3 2 3! ξ entre xj y xj +1 .50 1.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s.00 1. . Errores de truncamiento. 60819 8 4. b] y que conocemos el valor de la fase j yj = y(xj ). 3! Sustituimos x = xj +1 . 24
3. 48541 7 5. b]. x ∈ [a. Desarrollamos y(x) por Taylor hasta orden 2 en c = xj y obtenemos 1 y(x) = y (xj ) + y 0 (xj ) (x − xj ) + y00 (xj ) (x − xj )2 + 2 1 000 3 + y (ξ ) (x − xj ) . En la siguiente tabla se recogen los valores exactos yj = y(xj ).75 2. y los errores locales de truncamiento j 0 1 2 3 4 xj 1.00 2321 −0.25 1. Nuestro objetivo es aproximar el valor de yj +1 . 77892 9 3.00 4302 −0. 47932 8 5. 612500 4. .
Supongamos que el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ = f (x.00 7754
El error de truncamiento global es e4 = y4 − y ¯4 = −0. 3! Como h = xj +1 − xj . 781250 3.2
Deducción del método de Taylor de 2o orden
tiene una solución y = y (x) que es de clase C 3 en [a. ⎨ dx ⎪ ⎩ y (a) = ya . 1. y). y resulta 1 y(xj +1 ) = y (xj ) + y0 (xj ) (xj +1 − xj ) + y 00 (xj ) (xj +1 − xj )2 + 2 1 + y 000 (ξ ) (xj +1 − xj )3 . ξ entre xj y x. 39404 8 ej = yj − y ¯j 0 −0. 5. . ξ entre xj y xj +1 .00 yj 2 2. j = 0. ¤
4. . 38629 4 y ¯j 2 2.
yj ) + f (xj . ¿en cuántos años tendremos una población triple de la inicial? • Modelo. ∂x ∂y (2)
Sustituimos y 0 (xj ). y ¯j ) f (xj . población inicial. y ¯j ) + ¤ h2 £ 0 0 ¯j ) + fy (xj . tiempo (en años). y = y (t) t t=0 y0 = y(0) dy dt población. yj ) + 2 ∂x ∂y ¯j .
. ∂x ∂y ∂ ∂ d f (x. y ). yj +1 ' yj + h f (xj . y 2
Ejemplo 5. y ¯j ) . y ) y 0 (x) dx ∂x ∂y ∂ ∂ f (x. y 00 (xj ) en (2). 25
Si h es pequeño. yj ) f (xj . y) f (x. yj ). yj ) + f (xj . y(x)) = f (x. usamos la regla de la cadena y 00 (x) = = y obtenemos y 00 (xj ) = ∂ ∂ f (xj . ∙ ¸ h2 ∂ ∂ f (xj . tasa de crecimiento de la población (individuos/año). podemos despreciar el término 1 000 y (t) h3 3! y tomar la aproximación 1 y (xj +1 ) ' y (xj ) + y 0 (xj ) h + y00 (xj ) h2 . para y 00 (xj ). 2 El valor de y 0 (xj ) podemos obtenerlo de y0 (xj ) = f (xj . yj ) .Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. Si después de 50 años la población se ha duplicado.1 Supongamos que la tasa de crecimiento de una población y(t) es proporcional al número de individuos y que la población inicial es y0 . y obtenemos la aproﬁnalmente. y ) + f (x. momento inicial. yj ) . y) + f (x. yj ) f (xj . sustituimos yj por el valor aproximado y ximación para yj +1 y ¯j +1 = y ¯j + h f (xj . fx (xj .
Para determinar la constante α. 26
dy = α y. La ecuación es una EDO lineal homogénea. dt donde α es la constante de proporcionalidad (desconocida). es por lo tanto. Utilizamos la condición inicial y (0) = y0 para determinar la constante k y0 = keα·0 = k. esto es y 0 − α y = 0. ln 2 = 0. Para ver el período de tiempo necesario para triplicar la población . La escribimos en forma estándar y 0 + p(t) y = 0. por lo tanto. y (50) = y0 eα50 = 2y0 ⇒ eα50 = 2. α= y = y0 e0.Francisco Palacios • Ecuación diferencial. usamos el hecho de que la población inicial se ha duplicado en un período de 50 años.013863t . y = y0 eαt .013863. 50 El modelo de la población. planteamos la ecuación y0 e0.
50α = ln 2.01 3863t = 3y0
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. donde identiﬁcamos p(t) = −α.
R R p(t) dt (−α) dt
. La solución general es y = ke− = ke− y = keαt .
¤ Ejemplo 5. Si se ha observado que la población se ha duplicado en 4 horas. La ecuación es una EDO lineal homogénea. y = y0 eαt . usamos el hecho de que la población inicial se ha duplicado en un período de 4 horas. tiempo (en horas). el número de bacterias es 104 al cabo de 3 horas y 4 × 104 al cabo de 5 horas.
Utilizamos la condición inicial y(0) = y0 para determinar la constante k y0 = keα·0 = k. Determina la población inicial.25 años desde en momento inicial (29. la tasa de crecimiento de la población es proporcional a la población presente. k ∈ R.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. ln 3 t= = 79. dt α es la constante de proporcionalidad (desconocida).01 3863 Para triplicar la población se necesitan 79.
. y (4) = y0 eα4 = 2y0 ⇒ e4α = 2. resulta.
dy = α y.01 3863t = 3. 0. la solución y = keαt . 1) Para determinar la constante α. población inicial. 2478. ¿Qué tamaño de población tendremos después de 6 horas? • Modelo y = y(t) t t=0 y0 = y (0) dy dt población. ¿qué población cabe esperar al cabo de 12 horas? 2.2 En un cultivo de bacterias. La escribimos en forma estándar y 0 + p(t) y = 0 y obtenemos.25 años desde el momento en que se duplica la población inicial. momento inicial. 0. Supongamos que en un segundo cultivo. como en el ejemplo anterior. 1. tasa de crecimiento de la población (individuos/hora). 27
y determinamos el valor de t e0.013863t = ln 3.
El modelo que describe el tamaño de la población es y0 = y = 1250 et ln 2 = 1250 × 2t Después de 6 horas. ln 2 . 2α = ln 4. α= 4 El modelo de la población. 2) En este caso disponemos de dos datos. α= 2 Sustituyendo en la primera ecuación. la población se ha multiplicado por 8. el tamaño de población será y (6) = 1250 × 26 = 80000 individuos. y = y0 e Después de 12 horas. √ ln 4 = ln 4 = ln 2. 3 α y0 e 104 e5α = 4. 28
4α = ln 2. al cabo de 12 horas. podemos eliminar y0 y determinar α y0 e5α 4 × 104 = . es por lo tanto. y0 e5α = 4 × 104 . 104 104 = 1250.
= y0 e3 ln 2 = y0 eln 8 = 8y0 .Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. resulta y0 e3 ln 2 = 104 .
es decir. ¤
. y (5) = 4 × 104 . tendremos y (12) = y0 e
ln 2 12 4 ln 2 t 4
Dividiendo las ecuaciones. por lo tanto de 1250 individuos. e3α e2α = 4. lo que nos permite determinar la constante α y la población inicial. = e3 ln 2 8 la población inicial es. El modelo es y = y0 eαt y tenemos ½ y (3) = 104 . y0 e3α = 104 .
La ecuación es una EDO lineal completa. proponemos una solución yp (t) = k(t) e−α t
. q (t) = αTm . la velocidad a que se enfría una sustancia al aire libre es proporcional a la diferencia de temperatura entre la sustancia y el aire. esto es. la escribimos en forma estándar y 0 + p(t) y = q(t). 1. Observamos que si y > Tm . momento inicial.
La EDO lineal homogénea asociada es y 0 + α y = 0. dt α > 0 es la constante de proporcionalidad (desconocida). entonces −α ( y − Tm ) < 0 y la sustancia se enfría. tasa de variación de la temperatura de la sustancia. temperatura del medio. (ambos constantes). Sabemos que la temperatura del aire es de 30o y la sustancia se ha enfriado desde 100o a 70o en 15 minutos. temperatura inicial.
. tiempo (en minutos).
Calculamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros. 29
Ejemplo 5. y 0 + α y = αTm .3 Según la ley de enfriamiento de Newton.
dy = −α ( y − Tm ).
k ∈ R. ¿Cuándo tendrá la sustancia una temperatura de 40o ? • Modelo y = y(t) t t=0 y0 = 100o Tm = 30o dy dt temperatura de la sustancia. ¿Qué temperatura tenía la sustancia después de 10 minutos? 2.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. k ∈ R. que tiene solución y = ke− y = ke
. identiﬁcamos p(t) = α.
Z k = α Tm eα t dt.
Observa que podíamos haber obtenido la solución particular directamente yp (t) = Tm apreciando que la ecuación dy = −α ( y − Tm ). 100 = k e0 + 30 ⇒ k = 70. 70e−15α = 40 4 e−15α = 7
Una solución singular es una función constante y (t) = c que veriﬁca la ecuación.
Finalmente.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. k0 e−α t = α Tm . 70 = 70e−15α + 30. c ∈ R.
. e−α t k0 = α Tm eα t . dt tiene la solución singular2 y = Tm . de donde resulta la siguiente solución particular de la ecuación completa ¡ ¢ yp (t) = Tm eα t e−αt = Tm . 30
y sustituimos en la ecuación completa para determinar k (t) z }| { z }| { k 0 e−α t − αk e−α t +α k e−α t = α Tm . 1) Para determinar k. k0 = α Tm . k ∈ R. usamos el dato y(15) = 70. La solución general de la EDO completa es y(t) = yh (t) + yp (t) = ke−α t + Tm . para determinar α. tomamos el valor de k k = Tm eα t . k = Tm eα t + c. sustituimos Tm = 30o y usamos la condición inicial y(0) = 100o .
¤ 0.
Observemos que la tasa de entrada y de salida de líquido es la misma. 70
−1 1 ln = 52.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. e−0. tiempo (en minutos).03731 7
Ejemplo 5. sale a la misma velocidad.03731. 31 4 7
−15α = ln α=
−1 4 ln = 0. momento inicial.03731 t + 30 = 40.
tasa de salida de sal
. cantidad inicial de sal (en kg). litro min. 1000 litro kg 1 = − y 50 min.03731 t = t= 10 . 16 minutos. La temperatura después de 10 minutos será y (10) = 70 e−0. 2o 2) El tiempo necesario para que la sustancia esté a 40 grados se obtiene resolviendo la ecuación 70e−0. ¿cuánta sal queda en el tanque después de 1 hora? • Modelo y = y(t) t t=0 y0 = 60 dy dt cantidad de sal en el tanque (en kg). conservada uniforme por agitación.03731 t + 30. En el tanque entra agua a razón de 20 litros/min y la mezcla. Si inicialmente hay 60 kg de sal en el tanque. por lo tanto el volumen de disolución en el tanque se mantiene constante concentración de sal = y 1000 (en Kg/litro).4 Un tanque contiene 1000 litros de una disolución de agua y sal.
Tasa de variación de sal
}| { z }| { kg y kg litros litros ×0 − 20 × = 20 min.3731 + 30 = 78. tasa de variación de la cantidad de sal (en kg/min). 15 7 El modelo matemático que describe el enfriamiento de la sustancia es y = 70e−0.
cantidad inicial de CO2 (y (0) = 0.Francisco Palacios • Ecuación diferencial
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s.0005 3 −9 × 9 min. ¤ Ejemplo 5. 32
dy 1 = − y. para determinar k 60 = k e−0 ⇒
1 y = 0. cuya concentración de CO2 es de 0.05%. concentración de CO2 . 90 m3 aire m3 m3
tasa de entrada de CO2
tasa de salida de CO2
.002 × 90). Se quiere renovar la atmósfera con aire exterior. Calcula el porcentaje de CO2 después de 20 minutos.
k ∈ R. mediante ventiladores que proporcionan un caudal de aire de 9 m3 /min. k ∈ R. • Modelo y = y (t) t t=0 V = 90 m3 y 90 y0 = 0.
El modelo matemático que describe la cantidad de sal en el tanque es y = 60 e− 50 t . La cantidad de sal después de 1 hora será y(60) = 60 e− 50 = 18. dt 50 Es una ecuación lineal homogénea y0 + con solución general y = k e− y = ke Usamos la condición inicial y (0) = 60. 50
. 07 kg. 18 m3 dy dt cantidad de CO2 (en m3 ).
k = 60.2 metros hay una concentración del 0. tasa de variación de la cantidad de CO2 (en m3 /min). volumen de la galería.5 En una galería subterránea de dimensiones 15 × 5 × 1.
Tasa de variación de CO2 z }| { aire CO2 y m3 CO2 m3 aire × 0. m aire min.2% de CO2 . momento inicial. tiempo (en minutos).
10 ¯ y¯ −c1 t ¯ ¯ . 135.
c ∈ R. 90 m3 aire Después de 20 minutos. dt 10 Resolvemos por separación de variables
1 ³ y ´ dy = dt. la concentración de CO2 será de 0.045 + 0.0045 − ¯ = e− 10 +c2 = c3 e− 10 .0045 − 10 ¯ y¯ ¯ ¯ −10 ln ¯0.045 + 0.06 327 m3 CO2 = 0.18 = 0. y = 0. 33 ³ y ´ m3 CO2 . y determinamos c y(0) = 0. ln ¯0.0045 − c4 e− 10 .06 327 m3 y la concentración es 0.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s.000703. = 0. 10 t y = ±c3 e− 10 .
Sustituimos la condición inicial. 0.
El modelo matemático que describe la cantidad de CO2 en la galería es y = 0.0045 − ¯ = − + c2 .045 − c e− 10
c = −0. 0.0045 − .07%.135 e− 10 .0045 − 10 min
dy ³ y´ = 0.0045 − ¯ = t + c1 .18.0045 − 10 ´ ³ t y = 10 0. c3 = ec2 . ¤
.0045 − 10 t y = c4 e− 10 .045 − c e− 10 . 0. La cantidad de CO2 después de 20 minutos será y(20) = 0. c2 = 10 10 10 ¯ t t y¯ ¯ ¯ ¯0. 0.0045 − 10 Z Z 1 ´ ³ y dy = dt.135 e− 10 = 0. 0.
Sabemos que por √ un oriﬁcio de ese tipo el agua ﬂuye a una velocidad aproximada v = 4. determina el tiempo que el depósito tardará en vaciarse. radio del depósito. el volumen de agua en el depósito es V = π R2 h. por lo tanto dh dV = π R2 . 34
Ejemplo 5. El depósito se vacía a través de un oriﬁcio redondo de radio r = 0.8π r2 h. y resulta π R2 √ dh = −4.6 Tenemos un depósito cilíndrico con radio de la base R = 8 dm y altura h = 1 m.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s.8 h dm/s × π r2 dm2 = 4. • Modelo h = h(t) t t=0 h0 = 10 dm R = 8 dm r = 0. nivel inicial. Si inicialmente el depósito está totalmente lleno. radio del oriﬁcio de salida.
La velocidad de salida del agua por el oriﬁcio de la base es √ v = 4.833 cm situado en la base del depósito. dt dt Sustituimos en (3).8 h dm/s. (3) dt por otra parte. tiempo (en segundos).8π r2 h. La variación del volumen de agua V = V (t) en el depósito es igual a ﬂujo de salida √ dV = −4. dt
.0833 dm dh dt nivel de agua en el depósito (en dm). y el área de la sección perpendicular al ﬂujo de salida es A = π r2 dm2 . por lo tanto. momento inicial. tendremos un ﬂujo de salida √ √ v · A = 4.8π r2 h dm3 /s. tasa de variación del nivel de agua (en dm/s). donde h es la altura del nivel de agua en el depósito.8 h dm/s.
c ∈ R. 204 × 10−4 t + 2 10. sustituimos h = 0 en (4) y despejamos t √ 0 = −5. h Z Z 1 −4 √ dh = −5.0833 √ dh = −5. Determinamos c con la condición inicial h0 = 10 √ 2 10 = −5. 204 × 10−4 × 0 + c ⇒ √ c = 2 10. R2 dt r2 √ dh = −4. el modelo matemático que describe la altura del nivel de agua en el tanque es √ √ (4) 2 h = −5. 26 s = 3. 37 horas = 3 horas 22 minutos. ¤ t= −5. √ −2 10 = 12153. 204 × 10 dt. 204 × 10−4
. 204 × 10−4 dt.000 2602 t . dt R Sustituimos los valores R = 8.8 2 h. dt Se trata de una ecuación diferencial no lineal de variables separables 1 √ dh = −5. 204 × 10−4 t + c. que en forma explícita queda h= ´2 ³√ 10 − 0.8r2 h. 204 × 10−4 h.Francisco Palacios
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. r = 0.
Para determinar el tiempo de vaciado. h √ 2 h = −5. 204 × 10−4 t + 2 10. 35
de donde obtenemos la ecuación diferencial para la altura del agua en el depósito √ dh = −4.
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