Métodos Numéricos: Resumen y ejemplos Tema 4: Resolución ...lacova.upc.es/~fpq/numerico/resum/num-edos-resum.pdf · Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s Francisco Palacios

Métodos Numéricos: Resumen y ejemplosTema 4: Resolución aproximada de EDO’s

Francisco PalaciosEscuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa

Universidad Politécnica de CataluñaMarzo 2008, versión 1.4

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

1 Resolución exacta y resolución numérica

1.1 Problema de valor inicial en forma normal

½y0 = f(x, y),y(a) = ya, x ∈ [a, b].

Se busca una función y = y(x) de clase C1[a, b] que verifique la ecuacióndiferencial

y0 = 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 y0 estádespejada, es decir, cuando la EDO se escribe en la forma

y0 = f(x, y).

Ejemplo 1.1 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = xy2,y(0) = 1, x ≥ 0.

1. Calcula la solución exacta.

1

Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 2

2. Determina el dominio de la solución.

1. Solución exacta. La ecuación

y0 = xy2

es de variables separables. Podemos resolverla como sigue

dy

dx= xy2,

1

y2dy = xdx,Z

1

y2dy =

Zxdx,

−1y=1

2x2 + c, c ∈ R.

Familia de solucionesy =

−112x2 + c

, c ∈ R.

Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición y(0) = 1

1 =−1

1202 + c

=−1c

⇒ c = −1.

La solución del problema de valor inicial es

y =−1

12x2 − 1

=2

2− x2 .

2. Dominio de la solución. El denominador de

y =2

2− x2

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 unafunción y = y(x) para x ≥ 0. El dominio de la solución es

I = [0,√2). ¤


1.2 Separación de variables

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 esZp(y) dy =

Zg(x) dx.

Ejemplo 1.2 Resuelve la ecuación

y0 =y

1 + x.

Escribimos la ecuación en la forma

p(y) dy = g(x) dx,

y0

y=

1

1 + x,

y0dx

y=

dx

1 + x,

dy

y=

dx

1 + x.

Integramos a ambos lados Zdy

y=

Zdx

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. ¤1No siempre es posible obtener una solución explícita.


1.3 Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden

1.3.1 Definiciones

Una EDO de primer orden es lineal si puede escribirse en la forma

a1(x) y0 + a0(x) y = g(x).

La incógnita es la función y = y(x). Observa que los coeficientes a1(x),a0(x), y el término independiente g(x) dependen únicamente de x.

• Ecuación lineal homogéneaLa ecuación lineal se denomina homogénea cuando el término independientees idénticamente nulo

g(x) ≡ 0.

Dada la ecuación diferencial lineal

a1(x) y0 + a0(x) y = g(x),

la ecuacióna1(x) y

0 + a0(x) y = 0

se denomina ecuación homogénea asociada.

• Forma estándarDecimos que una EDO lineal de primer orden está en forma estándar cuandose expresa en la forma

y0 + p(x) y = q(x).

Observa que en la forma estándar, el coeficiente de y0 es igual a 1.

1.3.2 Resolución de la EDO lineal homogénea

La ecuación lineal homogénea

y0 + p(x) y = 0

es separable, y tiene solución general

y = k e−Rp(x) dx, k ∈ R.

Ejemplo 1.3 Consideramos la EDO

xdy

dx− 4y = 0.

1. Resuelve la ecuación como ecuación lineal homogénea.


2. Determina la solución del problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩xdy

dx− 4y = 0,

y(1) = 3.

1. La forma estándar esy0 + p(x) y = 0,

escribimos la ecuación en forma estándar

dy

dx− 4xy = 0.

Identificamos p(x)

p(x) = −4x,

la solución es de la forma

y = ke−Rp(x) dx, k ∈ R.

y = ke−R(− 4

x) dx,

= ke4R1xdx,

= ke4 ln|x|,

= kelnx4,

= kx4, k ∈ R.

2. Con la condición inicial y(1) = 3, resulta 3 = k, por lo tanto, la solucióndel problema de valor inicial es

y = 3x4. ¤

1.3.3 Resolución de la ecuación lineal completa: método de va-riación de parámetros

Queremos resolver la ecuación lineal completa

y0 + p(x) y = q(x).

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.


• yp(x) es una solución particular de la EDO lineal completa.

Sabemos que la solución general de la ecuación homogénea asociada

y0 + p(x) y = 0

esyh = ke

−Rp(x) dx.

Nos queda por obtener una solución particular de la EDO lineal completa.El método de variación de parámetros consiste en proponer una soluciónparticular del tipo

yp = k(x) e−Rp(x) dx,

donde la constante k pasa a ser una función indeterminada de x, esto esk = k(x). Sustituimos la solución yp en la ecuación completa y determinamosk(x). El siguiente ejemplo ilustra el procedimiento.

Ejemplo 1.4 Consideramos la EDO lineal completa

xdy

dx− 4y = x6ex.

1. Resuélvela usando el método de variación de parámetros.

2. Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩xdy

dx− 4y = x6ex,

y(1) = 2.

1. Solución general de la EDO completa. Escribimos la ecuación en formaestándar

dy

dx− 4xy = x5ex, (1)

cuya solución general es de la forma

y = yh + yp.

En primer lugar, debemos resolver la ecuación homogénea asociada

dy

dx− 4xy = 0.

Hemos visto en el Ejemplo 1.3 , que la solución general de la EDO homogéneaes

yh = kx4, k ∈ R.


Para obtener la solución particular de la EDO completa, proponemos lasolución

yp = k(x)x4.

Derivamos ypy0p = k

0x4 + 4kx3

y sustituimos en la ecuación completa (1)

y0pz }| {k0x4 + 4kx3 −4

x

ypz }| {¡kx4

¢= x5ex.

Simplificando, resultak0x4 = x5ex,

k0 = xex.

Para determinar k(x), resolvemos una solución de la ecuación de variablesseparables

dk

dx= xex,Z

dk =

Zxex dx,

k = xex −Zex dx,

= xex − ex.

Finalmente, sustituimos en

yp = k(x)x4

y obtenemos la solución particular

yp = (xex − ex)x4

yp = ex¡x5 − x4

¢.

La solución general de la EDO completa es

y = yh + yp = kx4 + ex

¡x5 − x4

¢, k ∈ R.

2. Solución del problema de valor inicial. Tomamos la solución general dela EDO completa

y = kx4 + ex¡x5 − x4

¢, k ∈ R,

e imponemos la condición inicial y(1) = 2. Resulta

2 = k + e(1− 1) ⇒ k = 2,

por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es

y = 2x4 + ex¡x5 − x4

¢. ¤


Ejemplo 1.5 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy

dt+ y = t

y(0) = 4

1. Obtención de la solución general. La ecuación es lineal y está en formaestándar; notemos que la variable independiente es t.

y0 + p(t) y = q(t)

Identificamosp(t) = 1.

La solución general de la ecuación homogénea asociada

y0 + p(t) y = 0

es

yh = ke−Rp(t) dt = ke−

Rdt

= ke−t, k ∈ R.

Para la solución particular de la EDO lineal completa yp, proponemos unasolución del tipo

yp = k(t) e−t,

calculamos y0p(t)y0p(t) = k

0e−t − ke−t

y sustituimos en la ecuación completa

dypdt+ yp = t.

Resultay0pz }| {

k0 e−t − ke−t +

ypz}|{ke−t= t,

k0 e−t = t.

Despejamos k0

k0 =t

e−t= tet

e integramos para obtener k

k =

Ztet dt = tet − et.


La solución particular de la EDO lineal completa es

yp =¡tet − et

¢e−t,

yp = t− 1.

Finalmente, la solución general de la EDO completa es

y = yh + yp,

y = ke−t + t− 1, k ∈ R.

2. Solución del problema de valor inicial. Tomamos la solución general

y = ke−t + t− 1, k ∈ R,

e imponemos la condición inicial

y(0) = 4,

obtenemos4 = k − 1 ⇒ k = 5.

La solución particular buscada es

y(t) = 5e−t + t− 1. ¤

1.4 Resolución numérica

Para muchos problemas de valor inicial, no es posible obtener una soluciónexacta. El enfoque numérico consiste en aproximar el valor de la soluciónpara determinados valores de x. Con mayor precisión, dado el problema devalor inicial ⎧⎪⎨⎪⎩

dy

dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b].

1. Dividimos el intervalo [a, b] en n partes de longitud

h =b− an,

donde h es el tamaño de paso (step).

2. Construimos los nodos de la red

x0 = a, x1 = a+ h, . . . , xj = a+ jh, . . . , xn = a+ nh = b.


3. Para cada xj , calculamos el valor aproximado

yj ' y(xj) = yj .

Errores

• El errorej = yj − yj

se denomina error de truncamiento del paso j.

• El error al final del intervalo

en = yn − yn

se denomina error de truncamiento global.

2 Método de Euler

2.1 Presentación del método

Dado el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy

dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b].

el método de Euler de n pasos queda definido por½y0 = ya,yj+1 = yj + h f(xj , yj), j = 0, 1, . . . , n− 1,

donde

h =b− an,

yx0 = a, x1 = a+ h, . . . , xj = a+ jh, . . . , xn = a+ nh = b.

Ejemplo 2.1 Dado el problema de valor inicial½y0 + y − x− 1 = 0,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].

1. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos.



3. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamientoglobal.

1. Método de Euler.I Formulación del métodoEn primer lugar, escribimos la ecuación diferencial en forma normal

y0 = f(x, y),

y0 = x− y + 1.A partir de la forma normal, identificamos f(x, y)

f(x, y) = x− y + 1.

Para n = 5, el tamaño de paso es

h =0.5− 05

= 0.1,

los nodos son

x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, x4 = 0.4, x5 = 0.5.

El método de Euler es½y0 = 1,yj+1 = yj + 0.1 (xj − yj + 1) , j = 0, 1, . . . , 4.

I IteracionesFase 0.

x0 = 0, y0 = y(x0) = 1.

Fase 1.

x0 = 0y0 = 1

¾⇒ y1 = y0 + h (x0 − y0 + 1) = 1 + 0.1 (0− 1 + 1) = 1.

Fase 2.

x1 = 0.1y1 = 1

¾⇒ y2 = y1+h (x1 − y1 + 1) = 1+0.1 (0.1− 1 + 1) = 1.01.

Fase 3.

x2 = 0.2y2 = 1.01

¾⇒ y3 = 1.01 + 0.1 (0.2− 1.01 + 1) = 1. 029.

Fase 4.

x3 = 0.3y3 = 1.029

¾⇒ y4 = 1.029 + 0.1 (0.3− 1.029 + 1) = 1. 0561.


Fase 5.

x4 = 0.4y4 = 1.0561

¾⇒ y5 = 1.0561 + 0.1 (0.4− 1.0561 + 1) = 1. 09049.

Resumimos los resultados en una tabla

j xj yj

0 0 1

1 0.1 1

2 0.2 1.01

3 0.3 1.029

4 0.4 1.0561

5 0.5 1.09049

2. Solución exacta.I Solución generalLa ecuación

y0 + y = x+ 1

es una ecuación diferencial lineal completa. La ecuación homogénea asociadaes

y0 + y = 0.

Identificamos p(x) = 1, la solución de la ecuación homogénea es

yh = ke−Rp(x) dx = ke−x, k ∈ R.

Para obtener la solución de la ecuación completa, determinamos una solu-ción particular de la EDO completa por variación de parámetros, esto es,proponemos una solución de forma

yp = k(x) e−x

y sustituimos eny0 + y = x+ 1,

resultay0pz }| {

k0e−x − ke−x +

ypz }| {ke−x= x+ 1,

k0e−x = x+ 1,

k0 =x+ 1

e−x= (x+ 1) ex.

Integramos para determinar k

k =

Z(x+ 1) exdx.


Resolvemos la integral por partesZ(x+ 1) exdx = (x+ 1) ex −

Zex dx = (x+ 1) ex − ex

= xex,

es decirk(x) = xex,

de donde resultayp = xe

xe−x,

yp = x.

Finalmente, obtenemos la solución general de la EDO completa

y = ke−x + x, k ∈ R.

I Solución del problema de valor inicialImponemos la condición y(0) = 1 y obtenemos

1 = k e0 + 0 ⇒ k = 1.

La solución del problema de valor inicial es

y = e−x + x.

3. Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valoresexactos

yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5,

los valores aproximados obtenidos en el apartado 1 y los errores locales detruncamiento.

j xj yj = e−xj + xj yj ej = yj − yj

0 0 1 1 0

1 0.1 1. 004837 1 0. 004837

2 0.2 1. 018731 1.01 0. 008731

3 0.3 1. 040818 1.029 0.011818

4 0.4 1. 070320 1.0561 0.014220

5 0.5 1. 106531 1.09049 0.016041

El error de truncamiento global es

e5 = y5 − y5 = 0.016041. ¤


2.2 Deducción del método de Euler

Supongamos que el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy

dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b],

tiene una solución y = y(x) que es de clase C2 en [a, b] y que conocemos elvalor

yj = y(xj).

Nuestro objetivo es aproximar el valor de yj+1 = y(xj+1). Desarrollamosy(x) por Taylor en c = xj y obtenemos

y(x) = y(xj) + y0(xj) (x− xj) + y00(ξ) (x− xj)2 , ξ entre xj y x.

Sustituimos x = xj+1, y resulta

y(xj+1) = y(xj)+y0(xj) (xj+1 − xj)+

1

2y00(ξ) (xj+1 − xj)2 , ξ entre xj y xj+1.

como h = xj+1 − xj ,

y(xj+1) = y(xj) + y0(xj)h+

1

2y00(ξ)h2 ξ entre xj y xj+1.

Si h es pequeño, podemos despreciar el término 12y00(ξ)h2 y tomar la apro-

ximacióny(xj+1) ' y(xj) + y0(xj)h,

además, comoy0(xj) = f (xj , yj) ,

resultayj+1 ' yj + h f (xj , yj) .

Normalmente no conoceremos yj con exactitud y, en su lugar, emplearemosel valor aproximado yj resultando la aproximación para yj+1

yj+1 = yj + h f (xj , yj) .

3 Método de Euler Modificado



dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b],


el método de Euler modificado de n pasos queda definido por⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

y0 = ya,

k(j)1 = f(xj , yj),

k(j)2 = f

³xj+1, yj + hk

(j)1

´,

yj+1 = yj +h

2

³k(j)1 + k

(j)2

´, j = 0, 1, . . . , n− 1,

donde

h =b− an,

yx0 = a, x1 = a+ h, . . . , xj = a+ jh, . . . , xn = a+ nh = b.

Ejemplo 3.1 Dado el problema de valor inicial½y0 + y − x− 1 = 0,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].

1. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos.


1. Método de Euler modificado.El problema en forma normal es½

y0 = x− y + 1,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].

Tenemosf(x, y) = x− y + 1,

h =0.5− 05

= 0.1,

x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, x4 = 0.4, x5 = 0.5.

I IteracionesFase 0.

x0 = 0, y0 = y(x0) = 1,

Fase 1. Partimos de los valores

x0 = 0, x1 = 0.1, y0 = 1,


calculamos

k(0)1 = f(x0, y0) = x0 − y0 + 1 = 0− 1 + 1 = 0,

k(0)2 = f

³x1, y0 + hk

(0)1

´= f (0.1, 1 + 0.1 · 0) = f(0.1, 1) = 0. 1,

y1 = y0 +h

2

³k(0)1 + k

(0)2

´= 1 + 0.05 (0 + 0.1) = 1. 005.


x1 = 0.1, x2 = 0.2, y1 = 1.005

calculamos

k(1)1 = f(x1, y1) = f(0.1, 1.005) = 0.1− 1.005 + 1

= 0.0 95,

k(1)2 = f

³x2, y1 + hk

(1)1

´= f (0.2, 1.005 + 0.1 · 0.0 95)

= f (0.2, 1. 0145)

= 0. 1855,

y2 = y1 +h

2

³k(1)1 + k

(1)2

´= 1.005 + 0.05 (0.095 + 0.1855)

= 1. 01902 5.


x2 = 0.2, x3 = 0.3, y2 = 1. 01902 5,

calculamos

k(2)1 = f(x2, y2) = f(0.2, 1. 01902 5) = 0.2− 1. 01902 5 + 1

= 0. 18097 5,

k(2)2 = f

³x3, y2 + hk

(2)1

´= f (0.3, 1. 01902 5 + 0.1 · 0. 18097 5)

= f (0.3, 1. 03712 3) = 0.3− 1. 03712 3 + 1= 0. 26287 7,

y3 = y2 +h

2

³k(2)1 + k

(2)2

´= 1. 01902 5 + 0.05 (0. 18097 5 + 0. 26287 7)

= 1. 04121 8.



x3 = 0.3, x4 = 0.4, y3 = 1. 04121 8,

calculamos

k(3)1 = f(x3, y3) = f(0.3, 1. 04121 8) = 0.3− 1. 04121 8 + 1

= 0. 25878 2,

k(3)2 = f

³x4, y3 + hk

(3)1

´= f (0.4, 1. 04121 8 + 0.1 · 0. 25878 2)

= f (0.4, 1. 06709 6) = 0.4− 1. 06709 6 + 1= 0. 33290 4,

y4 = y3 +h

2

³k(3)1 + k

(3)2

´= 1. 04121 8 + 0.05 (0. 25878 2 + 0. 33290 4)

= 1. 07080 2.


x4 = 0.4, x5 = 0.5, y4 = 1. 07080 2

calculamos

k(4)1 = f(x4, y4) = f(0.4, 1. 07080 2) = 0. 32919 8,

k(4)2 = f

³x5, y4 + hk

(4)1

´= f (0.5, 1. 07080 2 + 0.1 · 0. 32919 8)

= f (0.5, 1. 10372 2) = 0. 39627 8,

y5 = y4 +h

2

³k(4)1 + k

(4)2

´= 1. 07080 2 + 0.05 (0. 32919 8 + 0. 39627 8)

= 1. 10707 6.


j xj yj

0 0 1

1 0.1 1.005

2 0.2 1. 01902 5

3 0.3 1. 04121 8

4 0.4 1. 07080 2

5 0.5 1. 10707 6


2. Errores de truncamiento. Hemos visto en el ejemplo anterior que lasolución exacta es

y = x+ e−x.

En la siguiente tabla se recogen los valores exactos

yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5.

los valores aproximados yj que hemos obtenido mediante el método de Eulermodificado, y los errores locales de truncamiento

j xj yj yj ej = yj − yj0 0 1 1 0

1 0.1 1. 004837 1.005 −0.000 1632 0.2 1. 018731 1. 01902 5 −0.000 2943 0.3 1. 040818 1. 04121 8 −0.000 4004 0.4 1. 070320 1. 07080 2 −0.000 4825 0.5 1. 106531 1. 10707 6 −0.000 545


e5 = y5 − y5 = −0.000 545. ¤

3.2 Deducción del método de Euler modificado

Tenemos el problema de valor inicial½y0 = f(x, y),y(a) = ya, x ∈ [a, b].

Tomamosy0 = f(x, y)

e integramos en el intervalo [x0, x1],Z x1

x0

y0(x) dx =

Z x1

x0

f(x, y(x)) dx.

Para la integral de lado izquierdo tenemosZ x1

x0

y0(x) dx = [y(x)]x1x0 = y(x1)− y(x0),

para la integral del lado derecho, determinamos un valor aproximado me-diante la regla del trapecio simpleZ x1

x0

f(x, y(x)) dx ' h

2[f (x0, y0) + f (x1, y1)] .


Los valores x0, x1, y0, son conocidos; para el valor y1, tomamos la estimaciónque nos proporcionaría el método de Euler

y1 ' y0 + hf (x0, y0) ,

tenemos finalmente

y(x1)− y(x0) 'h

2[f (x0, y0) + f (x1, y0 + hf (x0, y0))] .

y1 = y0 +h

2[f (x0, y0) + f (x1, y0 + hf (x0, y0))]

En pasos posteriores, se procede de forma análoga. Supongamos que hemosobtenido yj , para calcular yj+1 integramos

y0 = f(x, y)

en el intervalo[xj , xj+1],Z xj+1

xj

y0(x) dx =

Z xj+1

xj

f(x, y(x)) dx,Z xj+1

xj

y0(x) dx = y(xj+1)− y(xj),Z xj+1

xj

f(x, y(x)) dx ' h

2[f (xj , yj) + f (xj+1, yj+1)] .

Para calcular f (xj+1, yj+1) tomamos la estimación de yj+1 que nos propor-cionaría el método de Euler

yj+1 ' yj + hf (xj , yj) ,

y(xj+1)− y(xj) 'h

2[f (xj , yj) + f (xj+1, yj + hf (xj , yj))] ,

finalmente, resulta

yj+1 = yj +h

2[f (xj , yj) + f (xj+1, yj + hf (xj , yj))] .

4 Método de Taylor de 2o orden



dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b],


el método de Taylor de 2o orden de n pasos queda definido por⎧⎨⎩ y0 = ya,

yj+1 = yj + h f(xj , yj) +h2

2

£f 0x(xj , yj) + f

0y(xj , yj) f(xj , yj)

¤, j = 0, 1, . . . , n− 1,

donde

• f 0x es la derivada parcial de f(x, y) respecto de x,

• f 0y es la derivada parcial de f(x, y) respecto de y,

• h = b− an,

• x0 = a, x1 = a+ h, . . . , xj = a+ jh, . . . , xn = a+ nh = b.

Ejemplo 4.1 Dado el problema de valor inicial(y0 = 1 +

y

x,

y(1) = 2, x ∈ [1, 2].

1. Aproxima la solución usando el método de Taylor de segundo ordencon 4 pasos.



1. Método de Taylor de segundo orden.I Formulación del método. El problema está en forma normal, identificamosf(x, y),

f(x, y) = 1 +y

x.

Calculamos las derivadas parciales

f 0x(x, y) = −y

x2,

f 0y (x, y) =1

x.

El tamaño de paso es

h =2− 14

= 0.25,

y los nodos son

x0 = 1, x1 = 1.25, x2 = 1.5, x3 = 1.75, x4 = 2.


La fórmula de recurrencia es, en este caso

yj+1 = yj + 0.25 · f (xj , yj) +(0.25)2

2

£f 0x(xj , yj) + f

0y (xj , yj) f(xj , yj)

¤.

I IteracionesFase 1. Partimos de

x0 = 1, y0 = 2,

calculamosf (x0, y0) = 1 +

2

1= 3,

f 0x(x0, y0) = −2

1= −2,

f 0y (x0, y0) =1

1= 1,

y1 = y0 + 0.25 · f (x0, y0) +(0.25)2

2

£f 0x(x0, y0) + f

0y (x0, y0) f (x0, y0)

¤= 2 + 0.25 · 3 + 0.0 3125 · (−2 + 1 · 3)= 2. 78125.

Fase 2. Partimos de

x1 = 1.25, y1 = 2. 78125,


2. 78125

1.25= 3. 225,

f 0x(x1, y1) = −2. 78125

(1.25)2= −1. 78,

f 0y (x1, y1) =1

1.25= 0. 8,

y2 = y1 + 0.25 · f (x1, y1) +(0.25)2

2

£f 0x(x1, y1) + f

0y (x1, y1) f (x1, y1)

¤= 2. 78125 + 0.25 · 3. 225 + 0.0 3125 · (−1. 78 + 0. 8 · 3. 225)= 3. 6125.

Fase 3. Partimos dex2 = 1.5, y2 = 3. 6125,


3. 6125

1.5= 3. 408333,


f 0x(x2, y2) = −3. 6125

(1.5)2= −1. 605556,

f 0y (x2, y2) =1

1.5= 0. 6666667,

y3 = y2 + 0.25 · f (x2, y2) +(0.25)2

2

£f 0x(x2, y2) + f

0y (x2, y2) f (x2, y2)

¤= 3. 6125 + 0.25 · 3. 40833 3 + 0.0 3125 · (−1. 60555 6 + 0. 66666 67 · 3. 40833 3)= 4. 48541 7.

Fase 4. Partimos de

x3 = 1.75, y3 = 4. 485417,


4. 48541 7

1.75= 3. 563095,

f 0x(x3, y3) = −4. 48541 7

(1.75)2= −1. 464626,

f 0y (x3, y3) =1

1.75= 0. 5714286,

y4 = y3 + 0.25 · f (x3, y3) +(0.25)2

2

£f 0x(x3, y3) + f

0y (x3, y3) f (x3, y3)

¤= 4. 48541 7 + 0.25 · 3. 56309 5 + 0.0 3125 · (−1. 46462 6 + 0. 57142 86 · 3. 56309 5)= 5. 39404 8.


j xj yj

0 1.00 2

1 1.25 2. 781250

2 1.50 3. 612500

3 1.75 4. 48541 7

4 2.00 5. 39404 8

2. Solución exacta.I Solución general. La ecuación

y0 = 1 +y

x

es lineal. La escribimos en la forma estándar

y0 + p(x) y = q(x),


y0 − 1xy = 1.

La ecuación homogénea asociada es

y0 − 1xy = 0.

Identificamosp(x) = −1

x,

la solución de la ecuación homogénea es

yh = ke−R −1

xdx = kelnx = kx, k ∈ R.

Para obtener la solución de la ecuación completa, determinamos una soluciónparticular aplicando el método de variación de parámetros. Proponemos

yp = k(x) x,

y sustituimos en

y0 − 1xy = 1.

Resultay0pz }| {

k0x+ k −1x

ypz}|{kx = 1,

k0x = 1,

k0 =1

x,

k =

Z1

xdx = lnx.

Finalmente, obtenemos la solución particular de la EDO completa

yp = x lnx,

y solución generaly = kx+ x lnx, k ∈ R.

I Solución exacta del problema de valor inicial. Imponemos la condicióny(1) = 2 y obtenemos

2 = k + 1 ln 1 ⇒ k = 2,

la solución del problema de valor inicial es

y = 2x+ x lnx.


3. Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valoresexactos

yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5.

y los errores locales de truncamiento

j xj yj yj ej = yj − yj0 1.00 2 2 0

1 1.25 2. 77892 9 2. 781250 −0.00 23212 1.50 3. 60819 8 3. 612500 −0.00 43023 1.75 4. 47932 8 4. 48541 7 −0.00 60894 2.00 5. 38629 4 5. 39404 8 −0.00 7754


e4 = y4 − y4 = −0.00 7754. ¤

4.2 Deducción del método de Taylor de 2o orden

Supongamos que el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy

dx= f(x, y),

y(a) = ya, x ∈ [a, b].

tiene una solución y = y(x) que es de clase C3 en [a, b] y que conocemos elvalor de la fase j

yj = y(xj).

Nuestro objetivo es aproximar el valor de yj+1. Desarrollamos y(x) por Tay-lor hasta orden 2 en c = xj y obtenemos

y(x) = y(xj) + y0(xj) (x− xj) +

1

2y00(xj) (x− xj)2 +

+1

3!y000 (ξ) (x− xj)3 , ξ entre xj y x.

Sustituimos x = xj+1, y resulta

y(xj+1) = y(xj) + y0(xj) (xj+1 − xj) +

1

2y00(xj) (xj+1 − xj)2 +

+1

3!y000 (ξ) (xj+1 − xj)3 , ξ entre xj y xj+1.

Como h = xj+1 − xj , obtenemos

y(xj+1) = y(xj) + y0(xj)h+

1

2y00(xj)h

2 +1

3!y000 (ξ) h3 ξ entre xj y xj+1,


Si h es pequeño, podemos despreciar el término

1

3!y000 (t) h3

y tomar la aproximación

y(xj+1) ' y(xj) + y0(xj)h+1

2y00(xj)h

2. (2)

El valor de y0(xj) podemos obtenerlo de

y0(xj) = f (xj , yj) ,

para y00(xj), usamos la regla de la cadena

y00(x) =d

dxf (x, y(x)) =

∂

∂xf (x, y) +

∂

∂yf (x, y) y0(x)

=∂

∂xf (x, y) +

∂

∂yf (x, y) f(x, y),

y obtenemos

y00(xj) =∂

∂xf (xj , yj) +

∂

∂yf (xj , yj) f(xj , yj).

Sustituimos y0(xj), y00(xj) en (2),

yj+1 ' yj + h f (xj , yj) +h2

2

∙∂

∂xf (xj , yj) +

∂

∂yf (xj , yj) f(xj , yj)

¸,

finalmente, sustituimos yj por el valor aproximado yj , y obtenemos la apro-ximación para yj+1

yj+1 = yj + h f(xj , yj) +h2

2

£f 0x(xj , yj) + f

0y(xj , yj) f(xj , yj)

¤.

5 Algunos ejemplos de aplicación

Ejemplo 5.1 Supongamos que la tasa de crecimiento de una población y(t)es proporcional al número de individuos y que la población inicial es y0. Sidespués de 50 años la población se ha duplicado, ¿en cuántos años tendremosuna población triple de la inicial?

• Modelo.y = y(t) población,t tiempo (en años),t = 0 momento inicial,y0 = y(0) población inicial,dy

dttasa de crecimiento de la población (individuos/año).


• Ecuación diferencial.dy

dt= α y,

donde α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación esuna EDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar

y0 + p(t) y = 0,

esto esy0 − α y = 0,

donde identificamosp(t) = −α.

La solución general es

y = ke−Rp(t) dt

= ke−R(−α) dt,

y = keαt, k ∈ R.

Utilizamos la condición inicial

y(0) = y0

para determinar la constante k

y0 = keα·0 = k,

por lo tanto,y = y0 e

αt.

Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la población inicialse ha duplicado en un período de 50 años.

y(50) = y0 eα50 = 2y0 ⇒ eα50 = 2,

50α = ln 2,

α =ln 2

50= 0.013863.

El modelo de la población, es por lo tanto,

y = y0 e0.013863t.

Para ver el período de tiempo necesario para triplicar la población , plan-teamos la ecuación

y0 e0.01 3863t = 3y0


y determinamos el valor de t

e0.01 3863t = 3,

0.013863t = ln 3,

t =ln 3

0.01 3863= 79. 2478.

Para triplicar la población se necesitan 79.25 años desde en momento inicial(29.25 años desde el momento en que se duplica la población inicial. ¤

Ejemplo 5.2 En un cultivo de bacterias, la tasa de crecimiento de la po-blación es proporcional a la población presente.

1. Si se ha observado que la población se ha duplicado en 4 horas, ¿quépoblación cabe esperar al cabo de 12 horas?

2. Supongamos que en un segundo cultivo, el número de bacterias es 104

al cabo de 3 horas y 4×104 al cabo de 5 horas. Determina la poblacióninicial. ¿Qué tamaño de población tendremos después de 6 horas?

• Modeloy = y(t) población,t tiempo (en horas),t = 0 momento inicial,y0 = y(0) población inicial,dy

dttasa de crecimiento de la población (individuos/hora).

• Ecuación diferencialdy

dt= α y,

α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación es unaEDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar y0 + p(t) y = 0 yobtenemos, como en el ejemplo anterior, la solución

y = keαt, k ∈ R.

Utilizamos la condición inicial y(0) = y0 para determinar la constante k

y0 = keα·0 = k,

resulta,y = y0 e

αt.

1) Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la poblacióninicial se ha duplicado en un período de 4 horas.

y(4) = y0 eα4 = 2y0 ⇒ e4α = 2,


4α = ln 2,

α =ln 2

4.

El modelo de la población, es por lo tanto,

y = y0 eln 24t.

Después de 12 horas, tendremos

y(12) = y0 eln 2412 = y0 e

3 ln 2 = y0eln 8 = 8y0,

es decir, al cabo de 12 horas, la población se ha multiplicado por 8.

2) En este caso disponemos de dos datos, lo que nos permite determinar laconstante α y la población inicial. El modelo es

y = y0 eαt

y tenemos ½y(3) = 104,y(5) = 4× 104,

es decir ½y0 e

3α = 104,y0 e

5α = 4× 104.Dividiendo las ecuaciones, podemos eliminar y0 y determinar α

y0 e5α

y0 e3α=4× 104104

,

e5α

e3α= 4,

e2α = 4,

2α = ln 4,

α =ln 4

2= ln

√4 = ln 2.

Sustituyendo en la primera ecuación, resulta

y0 e3 ln 2 = 104,

y0 =104

e3 ln 2=104

8= 1250,

la población inicial es, por lo tanto de 1250 individuos. El modelo quedescribe el tamaño de la población es

y = 1250 et ln 2 = 1250× 2t

Después de 6 horas, el tamaño de población será

y(6) = 1250× 26 = 80000 individuos. ¤


Ejemplo 5.3 Según la ley de enfriamiento de Newton, la velocidad a quese enfría una sustancia al aire libre es proporcional a la diferencia de tem-peratura entre la sustancia y el aire. Sabemos que la temperatura del aire esde 30o y la sustancia se ha enfriado desde 100o a 70o en 15 minutos.

1. ¿Qué temperatura tenía la sustancia después de 10 minutos?

2. ¿Cuándo tendrá la sustancia una temperatura de 40o?

• Modelo

y = y(t) temperatura de la sustancia,t tiempo (en minutos),t = 0 momento inicial,y0 = 100

o temperatura inicial,Tm = 30o temperatura del medio,dy

dttasa de variación de la temperatura de la sustancia.


dt= −α ( y − Tm),

α > 0 es la constante de proporcionalidad (desconocida). Observamos quesi y > Tm, entonces

−α ( y − Tm) < 0y la sustancia se enfría. La ecuación es una EDO lineal completa, la escri-bimos en forma estándar

y0 + p(t) y = q(t),

y0 + α y = αTm,

identificamos

p(t) = α, q(t) = αTm, (ambos constantes).

La EDO lineal homogénea asociada es

y0 + α y = 0,

que tiene solucióny = ke−

Rα dt, k ∈ R,

y = ke−α t, k ∈ R.Calculamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros,esto es, proponemos una solución

yp(t) = k(t) e−α t


y sustituimos en la ecuación completa para determinar k(t)

y0pz }| {k0 e−α t − αk e−α t +α

ypz }| {k e−α t= αTm,

k0 e−α t = αTm,

k0 =αTme−α t

,

k0 = αTm eα t,

k =

ZαTm e

α t dt.

Obtenemosk = Tm e

α t + c, c ∈ R,tomamos el valor de k

k = Tm eα t,

de donde resulta la siguiente solución particular de la ecuación completa

yp(t) =¡Tm e

α t¢e−αt = Tm.

La solución general de la EDO completa es

y(t) = yh(t) + yp(t) = ke−α t + Tm, k ∈ R.

Observa que podíamos haber obtenido la solución particular directamenteyp(t) = Tm apreciando que la ecuación

dy

dt= −α ( y − Tm),

tiene la solución singular2 y = Tm.1) Para determinar k, sustituimos Tm = 30o y usamos la condición inicial

y(0) = 100o,

100 = k e0 + 30 ⇒ k = 70.

Finalmente, para determinar α, usamos el dato

y(15) = 70,

70 = 70e−15α + 30,

70e−15α = 40

e−15α =4

72Una solución singular es una función constante y(t) = c que verifica la ecuación.


−15α = ln 47

α =−115ln4

7= 0.03731.

El modelo matemático que describe el enfriamiento de la sustancia es

y = 70e−0.03731 t + 30.

La temperatura después de 10 minutos será

y(10) = 70 e−0.3731 + 30 = 78. 2o

2) El tiempo necesario para que la sustancia esté a 40 grados se obtieneresolviendo la ecuación

70e−0.03731 t + 30 = 40,

e−0.03731 t =10

70,

t =−1

0.03731ln1

7= 52. 16 minutos. ¤

Ejemplo 5.4 Un tanque contiene 1000 litros de una disolución de agua ysal. En el tanque entra agua a razón de 20 litros/min y la mezcla, conservadauniforme por agitación, sale a la misma velocidad. Si inicialmente hay 60kg de sal en el tanque, ¿cuánta sal queda en el tanque después de 1 hora?

• Modelo

y = y(t) cantidad de sal en el tanque (en kg),t tiempo (en minutos),t = 0 momento inicial,y0 = 60 cantidad inicial de sal (en kg),dy

dttasa de variación de la cantidad de sal (en kg/min).

Observemos que la tasa de entrada y de salida de líquido es la misma, porlo tanto el volumen de disolución en el tanque se mantiene constante

concentración de sal =y

1000(en Kg/litro).

Tasa de variación de sal =

tasa de entrada de salz }| {20litrosmin.

× 0 kglitro

−

tasa de salida de salz }| {20litrosmin.

× y

1000

kglitro

= − 150ykgmin.



dt= − 1

50y.

Es una ecuación lineal homogénea

y0 +1

50y = 0,

con solución generaly = k e−

R150dt, k ∈ R,

y = k e−150t, k ∈ R.

Usamos la condición inicialy(0) = 60,

para determinar k60 = k e−0 ⇒ k = 60.

El modelo matemático que describe la cantidad de sal en el tanque es

y = 60 e−150t.

La cantidad de sal después de 1 hora será

y(60) = 60 e−6050 = 18. 07 kg. ¤

Ejemplo 5.5 En una galería subterránea de dimensiones 15×5×1.2 metroshay una concentración del 0.2% de CO2. Se quiere renovar la atmósfera conaire exterior, cuya concentración de CO2 es de 0.05%, mediante ventiladoresque proporcionan un caudal de aire de 9m3/min. Calcula el porcentaje deCO2 después de 20 minutos.

• Modelo

y = y(t) cantidad de CO2 (en m3),t tiempo (en minutos),t = 0 momento inicial,V = 90 m3 volumen de la galería,y

90concentración de CO2,

y0 = 0. 18 m3 cantidad inicial de CO2 (y(0) = 0.002× 90),dy

dttasa de variación de la cantidad de CO2 (en m3/min).

Tasa de variación de CO2

tasa de entrada de CO2z }| {9m3 airemin.

× 0.0005 m3 CO2m3 aire

−

tasa de salida de CO2z }| {9m3 airemin.

× y

90

m3 CO2m3 aire


=³0.0045− y

10

´ m3 CO2min

.


dt=³0.0045− y

10

´.

Resolvemos por separación de variables

1³0.0045− y

10

´ dy = dt,Z

1³0.0045− y

10

´ dy = Z dt,

−10 ln¯0.0045− y

10

¯= t+ c1,

ln¯0.0045− y

10

¯= − t

10+ c2, c2 =

−c110,¯

0.0045− y

10

¯= e−

t10+c2 = c3e

− t10 , c3 = e

c2 ,

0.0045− y

10= ±c3 e−

t10 ,

0.0045− y

10= c4 e

− t10 ,

y = 10³0.0045− c4 e−

t10

´,

y = 0.045− c e− t10 , c ∈ R.

Sustituimos la condición inicial, y determinamos c

y(0) = 0.18,

0.18 = 0.045− c e− 010 ⇒ c = −0. 135.

El modelo matemático que describe la cantidad de CO2 en la galería es

y = 0.045 + 0.135 e−t10 .

La cantidad de CO2 después de 20 minutos será

y(20) = 0.045 + 0.135 e−2010 = 0.06 327 m3

y la concentración es

0.06 327 m3CO290 m3 aire

= 0.000703.

Después de 20 minutos, la concentración de CO2 será de 0.07%. ¤


Ejemplo 5.6 Tenemos un depósito cilíndrico con radio de la base R = 8dm y altura h = 1 m. El depósito se vacía a través de un orificio redondode radio r = 0.833 cm situado en la base del depósito. Sabemos que por unorificio de ese tipo el agua fluye a una velocidad aproximada v = 4.8

√h

dm/s, donde h es la altura del nivel de agua en el depósito. Si inicialmenteel depósito está totalmente lleno, determina el tiempo que el depósito tardaráen vaciarse.

• Modelo

h = h(t) nivel de agua en el depósito (en dm),t tiempo (en segundos),t = 0 momento inicial,h0 = 10 dm nivel inicial,R = 8 dm radio del depósito,r = 0.0833 dm radio del orificio de salida,dh

dttasa de variación del nivel de agua (en dm/s).

La velocidad de salida del agua por el orificio de la base es

v = 4.8√hdm/s,

y el área de la sección perpendicular al flujo de salida es

A = πr2 dm2,

por lo tanto, tendremos un flujo de salida

v ·A = 4.8√hdm/s× πr2 dm2 = 4.8πr2

√h dm3/s.

La variación del volumen de agua V = V (t) en el depósito es igual a flujode salida

dV

dt= −4.8πr2

√h, (3)

por otra parte, el volumen de agua en el depósito es

V = πR2h,

por lo tantodV

dt= πR2

dh

dt.

Sustituimos en (3), y resulta

πR2dh

dt= −4.8πr2

√h,


de donde obtenemos la ecuación diferencial para la altura del agua en eldepósito

R2dh

dt= −4.8r2

√h,

dh

dt= −4.8 r

2

R2

√h.

Sustituimos los valores R = 8, r = 0.0833

dh

dt= −5. 204× 10−4

√h.

Se trata de una ecuación diferencial no lineal de variables separables

1√hdh = −5. 204× 10−4 dt,

Z1√hdh = −5. 204× 10−4

Zdt,

2√h = −5. 204× 10−4 t+ c, c ∈ R.

Determinamos c con la condición inicial h0 = 10

2√10 = −5. 204× 10−4 × 0 + c ⇒ c = 2

√10,

por lo tanto, el modelo matemático que describe la altura del nivel de aguaen el tanque es

2√h = −5. 204× 10−4 t+ 2

√10, (4)

que en forma explícita queda

h =³√10− 0.000 2602 t

´2.

Para determinar el tiempo de vaciado, sustituimos h = 0 en (4) y despejamost

0 = −5. 204× 10−4 t+ 2√10,

t =−2√10

−5. 204× 10−4 = 12153. 26 s = 3. 37 horas = 3 horas 22minutos. ¤

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Métodos Numéricos: Resumen y ejemplos Tema 4: Resolución ...lacova.upc.es/~fpq/numerico/resum/num-edos-resum.pdf · Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s Francisco Palacios