E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden

Resumen y ejemplos

Tema 7: EDO’s de primer orden

Francisco Palacios

Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña

Noviembre 2008, Versión 1.3

Contenido

1. Conceptos básicos

2. Métodos analíticos para la resolución de ecuaciones diferenciales de primer orden

3. Métodos numéricos 4. Aplicaciones

1 Conceptos básicos

1.1 Ecuación diferencial

Ecuación que contiene las derivadas de una o más variables dependientes respecto de una o más variables independientes.

En las ecuaciones diferenciales, las incógnitas son funciones. por ejemplo dy

dx+ 5y = e^x, buscamos y = y(x), d²x

dt² −dx

dt + 6x = 0, buscamos x = x(t),

∂²u

∂x² +∂²u

∂y² = 0, buscamos u = u(x, y).

1.2 Tipo

• Ecuación diferencial ordinaria (EDO) Una sola variable independiente.

d²y

dx² + y = cos x ⇒

½ incógnita y = y(x), variable independiente x.

1

dx

dt + x = 2t ⇒

½ incógnita x = x(t), variable independiente t.

• Ecuación en derivadas parciales (EDP) Más de una variable independiente.

∂²u

∂x² +∂²u

∂y² = 0 ⇒

½ incógnita u = u(x, y),

variables independientes x, y.

∂²u

∂x² = ∂u

∂x− 2∂u

∂t ⇒

½ incógnita u = u(x, t),

variables independientes x, t.

1.3 Orden

El orden de una ecuación diferencial es el mayor orden de derivación que aparece en la ecuación

d²y

dx² + y = cos x → 2^o orden.

dx

dt + x = 2t → 1^er orden.

y⁰⁰⁰− 2y⁰⁰+ y⁰ = e^t → 3^er orden.

1.4 Forma general y forma normal

• Forma general de la ecuación diferencial ordinaria de orden n F (x, y, y⁰, . . . , y⁽ⁿ⁾) = 0.

• Forma normal de la ecuación diferencial ordinaria de orden n y⁽ⁿ⁾= g(x, y, y⁰, . . . , y⁽ⁿ⁻¹⁾).

En la forma normal, la derivada de mayor orden aparece despejada.

Dada la ecuación en forma general

y⁰⁰⁰+ 5xy⁰⁰− 2y + cos x = 0, la forma normal es

y⁰⁰⁰= −5xy⁰⁰+ 2y − cos x.

1.5 EDO lineal

Una ecuación diferencial ordinaria de orden n es lineal si puede escribirse en la forma

an(x)dⁿy

dxⁿ + a_n−1(x)dⁿ⁻¹y

dxⁿ⁻¹ + · · · + a¹(x)dy

dx+ a0(x) y = g(x).

Observamos que:

1. La variable dependiente y = y(x) y sus derivadas son de primer grado.

2. Cada coeficiente a_j(x) depende sólo de x.

3. El término independiente g(x) depende sólo de x.

• Ecuación lineal homogénea.

Si el término independiente es nulo g(x) ≡ 0.

Ejemplo 1.1 Ver si son lineales las siguientes ecuaciones; determinar el orden.

1. y⁰⁰− 2y⁰+ y = 0 2. y⁰⁰+ 2y²= cos x 3. x²y⁰⁰⁰− xy⁰+ y = xe^x 4. y⁰⁰− xy⁰+ sin y = 0 1. Lineal, orden 2.

2. No lineal, tiene un término y². 3. Lineal orden 3.

4. No lineal, tiene un término sin y. ¤

1.6 Notación diferencial

Para ecuaciones de primer orden

y⁰ = f (x, y), dy

dx = f (x, y), también se emplea la notación

M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0.

Ejemplo 1.2 Expresa la siguiente ecuación diferencial en notación diferen- cial

y⁰+y + x y − x = 0.

Multiplicamos por y − x,

(y − x) y⁰+ (y + x) = 0, multiplicamos por dx

(y − x) y⁰dx + (y + x) dx = 0, finalmente, como dy = y⁰dx, resulta

(y − x) dy + (y + x) dx = 0, reordenamos

(y + x)

| {z }

M (x,y)

dx+ (y − x)| {z }

N (x,y)

dy = 0. ¤

Ejemplo 1.3 Expresa en forma normal la siguiente ecuación diferencial.

(x + y + 1) dx + (2x + 2y + 3) dy = 0 Tenemos dy = y⁰dx

(x + y + 1) dx + (2x + 2y + 3) y⁰dx = 0, eliminamos dx

(x + y + 1) + (2x + 2y + 3) y⁰ = 0 y despejamos y⁰

y⁰ = − x + y + 1 2x + 2y + 3. ¤

1.7 Soluciones de una ecuación diferencial

F (x, y, y⁰, . . . , y⁽ⁿ⁾) = 0,

decimos que una función φ(x) es solución de la ecuación sobre el intervalo I, si

1. La función φ(x) es de clase Cⁿ(I).

2. Para todo x ∈ I se cumple

F (x, φ(x), φ⁰(x), . . . , φ⁽ⁿ⁾(x)) = 0.

• Curvas solución, curvas integrales. Las curvas integrales de una ecua- ción diferencial son las representaciones gráficas de sus soluciones.

Ejemplo 1.4 Verifica que la función y = xe^x es solución de la ecuación diferencial

y⁰⁰− 2y⁰+ y = 0 en el intervalo I = (−∞, +∞) .

La función y = xe^x tiene derivadas continuas de todos los órdenes. Calcu- lamos las dos primeras derivadas

y = xe^x, y⁰ = (x + 1) e^x, y⁰⁰ = (x + 2) e^x, sustituyendo en la ecuación

y⁰⁰− 2y⁰+ y = 0, resulta

y⁰⁰

z }| { (x + 2) e^x−2

y⁰

z }| { (x + 1) e^x +

z}|{y

xe^x =

= [(x + 2) − 2 (x + 1) + x] e^x

= (x + 2 − 2x − 2 + x) e^x

= 0 · e^x= 0 para todo x ∈ R. ¤

1.8 Solución implícita

Una relación

G(x, y) = 0

es una solución implícita de la ecuación diferencial F (x, y, y⁰, . . . , y⁽ⁿ⁾) = 0

en el intervalo I, si existe una función φ(x) de clase Cⁿ(I) que, para todo x ∈ I, cumple las dos ecuaciones

½ G(x, φ(x)) = 0,

F (x, φ(x), φ⁰(x), . . . , φ⁽ⁿ⁾(x)) = 0.

Ejemplo 1.5 Verifica que x²+ y² = 4 es solución implícita de la ecuación diferencial

dy dx = −x

y, en el intervalo I = (−2, 2).

Derivamos implícitamente en

x²+ y²= 4 y obtenemos

2x + 2yy⁰ = 0 de donde resulta

y⁰ = −x y. Si despejamos y en x²+ y² = 4, resulta

y = ±p 4 − x². Obtenemos, por lo tanto, dos soluciones explícitas

φ₁(x) = p 4 − x², φ₂(x) = −p

4 − x².

Las dos funciones son continuas con derivada continua en (−2, 2). ¤

1.9 Familia de soluciones

• Cuando resolvemos una EDO de primer orden F (x, y, y⁰) = 0

se obtiene una familia uniparamétrica de soluciones G(x, y, c) = 0.

• En general, al resolver una EDO de orden n F (x, y, y⁰, . . . , y⁽ⁿ⁾) = 0 se obtiene una familia n-paramétrica de soluciones

G(x, y, c1, c2, . . . , cn) = 0.

• Solución particular. Es cada uno de los elementos de una familia de soluciones, se obtiene dando valores particulares a los parámetros.

Ejemplo 1.6 Consideramos la familia biparamétrica de funciones y = c₁cos 4x + c₂sin 4x.

1. Demuestra que la familia dada es solución de la EDO y⁰⁰+ 16y = 0.

2. Determina la solución particular que cumple las condiciones

½ y(0) = 1, y⁰(0) = 1.

1. Calculamos las derivadas

y = c1cos 4x + c2sin 4x, y⁰ = −4c1sin 4x + 4c₂cos 4x, y⁰⁰ = −16c1cos 4x − 16c2sin 4x.

Observamos que, para todo x ∈ R, se cumple

y⁰⁰+ 16y = −16c¹cos 4x − 16c²sin 4x + 16 (c1cos 4x + c2sin 4x)

= 0.

2. Solución particular. Tenemos

y = c₁cos 4x + c₂sin 4x, y⁰ = −4c¹sin 4x + 4c2cos 4x,

de las condiciones ½

y(0) = 1, y⁰(0) = 1, resulta

½ c₁cos 0 + c₂sin 0 = 1,

−4c¹sin 0 + 4c2cos 0 = 1, ⇒

½ c₁ = 1, 4c2 = 1, ⇒

½ c₁= 1, c2= 1/4.

Por lo tanto, la solución particular buscada es y = cos 4x + 1

4sin 4x. ¤

1.10 Ecuación diferencial de una familia de curvas

• Planteamiento del problema Dada la familia de curvas

G(x, y, c) = 0

donde y = y(x), se trata de determinar una ecuación diferencial F (x, y, y⁰) = 0

que tenga como solución la familia de curvas dada.

• Procedimiento

1. Derivamos

G(x, y, c) = 0 implícitamente respecto de x, y obtenemos

g(x, y, y⁰, c) = 0.

2. Con las ecuaciones ½

G(x, y, c) = 0, g(x, y, y⁰, c) = 0.

eliminamos el parámetro c.

Ejemplo 1.7 Determina una ecuación diferencial para la familia parábolas y = cx².

Derivamos

y = cx² respecto de x, y resulta

y⁰ = 2cx.

Con las ecuaciones ½

y = cx², y⁰= 2cx,

eliminamos el parámetro c. Para ello, despejamos c en la primera ecuación c = y

x² y sustituimos en la segunda

y⁰ = 2cx ⇒ y⁰= 2 y x²x, resulta

y⁰ = 2y x. ¤

Ejemplo 1.8 Determina una ecuación diferencial para la siguiente familia biparamétrica de curvas

y = c1e^2x+ c2e^x. Para eliminar dos parámetros, derivamos dos veces

y⁰ = 2c1e^2x+ c2e^x, y⁰⁰= 4c1e^2x+ c2e^x.

Formamos el sistema ⎧

⎨

⎩

y = c1e^2x+ c2e^x, y⁰ = 2c₁e^2x+ c₂e^x, y⁰⁰ = 4c₁e^2x+ c₂e^x.

Se trata ahora de obtener un sistema equivalente donde aparezca una ecua- ción libre de parámetros

¡2^a− 1^a¢

→ 2^a

¡3^a− 2^a¢

→ 3^a

⎧⎨

⎩

y = c1e^2x+ c2e^x, y⁰− y = c1e^2x, y⁰⁰− y⁰ = 2c₁e^2x.

¡3^a− 2 · 2^a¢

→ 3^a

⎧⎨

⎩

y = c1e^2x+ c2e^x, y⁰− y = c1e^2x,

y⁰⁰− y⁰− 2 (y⁰− y) = 0.

Obtenemos una ecuación lineal homogénea de segundo orden y⁰⁰− 3y⁰+ 2y = 0. ¤

1.11 Problema de valor inicial

Se trata de determinar una solución particular de una ecuación diferencial imponiendo condiciones en un mismo punto.

• Primer orden ½

y⁰ = f (x, y), y(x0) = y0.

• Segundo orden ⎧

⎨

⎩

y⁰⁰= f (x, y, y⁰), y(x₀) = y₀, y⁰(x0) = y⁰₀.

• Tercer orden ⎧

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎩

y⁰⁰⁰ = f (x, y, y⁰, y⁰⁰), y(x0) = y0,

y⁰(x0) = y₀⁰, y⁰⁰(x₀) = y⁰⁰₀. Los siguientes, son problemas de valor inicial

½ y⁰ = xy − sin x, y(1) = 2.

⎧⎨

⎩

y⁰⁰= x + y + y⁰, y(0) = 1, y⁰(0) = 2.

Observa que, en cada caso, las condiciones adicionales para determinar la solución particular se especifican en un mismo punto x₀. En el problema de

valor inicial ⎧

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎩

y⁰⁰⁰ = y⁰⁰+ y⁰− e^x, y(1.5) = 0.23, y⁰(1.5) = 1.56, y⁰⁰(1.5) = −2.45.

es x0 = 1.5.

1.12 Problemas de contorno

Se trata de determinar una solución particular de una ecuación diferencial imponiendo condiciones en más de un punto. En las ecuaciones de primer orden, no aparecen los problemas de contorno.

Los siguientes son problemas de contorno con los puntos x₀= 0 y x₁= 1

⎧⎨

⎩

y⁰⁰= x + y + y⁰, y(0) = 1, y(1) = 2.

⎧⎨

⎩

y⁰⁰= x + y + y⁰, y(0) = 1, y⁰(1) = 0.

2 Métodos analíticos para resolución de Ecuacio- nes diferenciales de primer orden

2.1 Separación de variables

Una EDO de primer orden es separable si puede escribirse en la forma y⁰= g(x) h(y).

Resolución.

Expresamos la EDO en la forma

p(y) dy = g(x) dx e integramos ambos lados, la solución es

Z

p(y) dy = Z

g(x) dx.

Ejemplo 2.1 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

Z dy y =

Z dx 1 + x. Obtenemos una solución implícita

ln y = ln(1 + x) + c, c ∈ R.

En este caso podemos obtener una solución explícita despejando y y = e^ln(1+x)+c= e^ln(1+x)e^c,

y = k (1 + x) , k = e^c> 0. ¤

2.2 Soluciones singulares

Consideremos la EDO

y⁰ = f (x, y),

y supongamos que existe un intervalo I tal que la función f (x, y) se anula para el valor y = y₀, y todo valor de x ∈ I, esto es

f (x, y₀) = 0, para todo x ∈ I, entonces la función constante

y = y₀

es solución de la ecuación diferencial en el intervalo I. Tales funciones cons- tantes se denominan soluciones singulares de la ecuación diferencial.

Ejemplo 2.2 Determina las soluciones singulares de la EDO

¡y²− 1¢ dx +¡

x²+ 1¢

dy = 0.

Expresamos la EDO en forma explícita y⁰ = f (x, y) esto es,

y⁰ = −

¡y²− 1¢ (x²+ 1). En este caso es

f (x, y) = −

¡y²− 1¢ (x²+ 1), la ecuación

f (x, y) = 0 tiene soluciones

y = ±1 por lo tanto, las soluciones singulares son

y = 1, y = −1.

Es inmediato que estas funciones constantes cumplen la ecuación diferencial.

¤

Ejemplo 2.3 Una resolución más general para y⁰ = y

1 + x. Cuando integramos

dy

y = dx 1 + x, Z dy

y =

Z dx 1 + x, podemos tomar

ln |y| = ln |1 + x| + c1, c₁∈ R.

definimos c₁= ln |c2| , c2 6= 0

ln |y| = ln |1 + x| + ln |c²| , c2 6= 0, ln |y| = ln |c²(1 + x)| , c26= 0, tomando exponenciales

|y| = |c2(1 + x)| , y = ±c2(1 + x), y = c (1 + x) , c 6= 0.

Finalmente, observamos que la función constante y(x) = 0

es una solución singular de la EDO, por lo tanto, tomamos como solución general

y = c (1 + x) , c ∈ R. ¤ Ejemplo 2.4 Resuelve el problema de valor inicial

( y⁰= −x y, y(4) = −3.

La EDO es separable

yy⁰ = −x, ydy = −xdx, Z

ydy = − Z

xdx, y²

2 = −x²

2 + c₁, c₁ ∈ R, y²

2 +x²

2 = c₁, c₁ ∈ R, x²+ y² = c₂, c₂ = 2c₁.

Imponemos la condición inicial y(4) = −3 y determinamos la constante 16 + 9 = c₂ → c₂= 25.

Solución particular (implícita)

x²+ y² = 25.

Esta última ecuación define dos funciones y = ±p

25 − x², teniendo en cuenta la condición inicial

y(4) = −3 la solución es

y = −p

25 − x². ¤

2.3 Ecuaciones homogéneas

• Función homogénea

Decimos que una función f (x, y) es homogénea de grado p si f (tx, ty) = t^pf (x, y).

Si se cumple

f (tx, ty) = f (x, y), entonces f (x, y) es homogénea de grado 0.

Ejemplo 2.5 Estudia si las siguientes funciones son homogéneas y, en caso afirmativo, determina el grado.

1. f (x, y) = x²+ xy + y². 2. f (x, y) = x²+ y²

2xy . 3. f (x, y) = x²+ x

x³− 1. 4. f (x, y) = x − y + 1.

1)

f (tx, ty) = (tx)²+ (tx) (ty) + (ty)²

= t²x²+ t²xy + t²y²

= t²¡

x²+ xy + y²¢

= t²f (x, y).

La función es homogénea de grado 2.

2)

f (tx, ty) = (tx)²+ (ty)² 2 (tx) (ty)

= t²¡

x²+ y²¢ 2t²(xy)

= x²+ y²

2xy = f (x, y).

La función es homogénea de grado 0.

3)No es homogénea.

4)No es homogénea. ¤

• Ecuación diferencial homogénea en forma normal

La ecuación diferencial

y⁰ = f (x, y)

es homogénea si f (x, y) es una función homogénea de grado 0.

• Ecuación diferencial homogénea en forma diferencial La ecuación diferencial

M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0

es homogénea si las funciones M (x, y) y N (x, y) son homogéneas del mismo grado.

• Resolución de EDO’s homogéneas Si la ecuación diferencial

y⁰ = f (x, y) es homogénea, entonces el cambio de variable

y = u x

conduce a una ecuación de variables separables. La nueva variable es u = y

x. Ejemplo 2.6 Resuelve la ecuación diferencial

(x − y) dx + xdy = 0.

La ecuación diferencial dada tiene la forma

M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 con M (x, y) y N (x, y) homogéneas de grado 1.

Pasamos la ecuación a forma normal y⁰ = y − x

x , y realizamos el cambio y = ux

½ y = ux, y⁰ = u⁰x + u.

u⁰x + u = ux − x x

= u − 1.

Obtenemos

u⁰x = −1

que es una ecuación diferencial separable. Calculamos u(x) du

dx = −1 x, Z

du = − Z 1

xdx, u = − ln |x| + c, c ∈ R.

Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x y

x = − ln |x| + c, c ∈ R.

Finalmente

y = −x ln |x| + cx, c ∈ R. ¤ Ejemplo 2.7 Resuelve la ecuación diferencial

y⁰ = y − x y + x. La ecuación tiene la forma

y⁰ = f (x, y) con f (x, y) homogénea de grado 0

f (tx, ty) = ty − tx

ty + tx = t (y − x)

t (y + x) = f (x, y).

Realizamos el cambio y = ux. Observemos que u = y

x

por lo tanto, u = u(x). Derivando respecto de x, se obtiene y⁰= u⁰x + u.

Sustituimos en la ecuación original

u⁰x + u = ux − x ux + x, u⁰x + u = u − 1

u + 1, u⁰x = u − 1

u + 1− u

= u − 1 − u²− u u + 1

= −u²+ 1 u + 1.

Hemos obtenido la ecuación de variables separadas u + 1

u²+ 1 du dx = −1

x que tiene solución Z u + 1

u²+ 1du = − Z 1

xdx.

Calculamos la integral de la parte izquierda de la igualdad Z u + 1

u²+ 1du =

Z u

u²+ 1du +

Z 1

u²+ 1du

= 1 2

Z 2u

u²+ 1du + arctan u

= 1 2ln¡

u²+ 1¢

+ arctan u.

Una primera solución es 1 2ln¡

u²+ 1¢

+ arctan u = − ln |x| + c1. Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x

1

2lnµ³y x

´2

+ 1

¶

+ arctany

x = − ln |x| + c¹, c1 ∈ R.

Podemos mejorar un poco la expresión mediante las propiedades de los lo- garitmos. En primer lugar, multiplicamos la ecuación por 2

lnµ³y x

´2

+ 1

¶

+ 2 arctany

x = −2 ln |x| + 2c1

aplicamos la propiedad 2 ln |x| = ln x² y cambiamos la constante ln

µ³y x

´2

+ 1

¶

+ 2 arctany

x = − ln x²+ c2, c2= 2c1

pasamos el término ln x² al lado izquierdo y aplicamos la propiedad de los logaritmos ln a + ln b = ln(a · b)

lnµ³y x

´2

+ 1

¶

+ ln x²+ 2 arctany

x = c₂, c₂ ∈ R, ln∙µ³y

x

´2

+ 1

¶ x²

¸

+ 2 arctany

x = c₂, c₂∈ R, finalmente, simplificamos

ln¡

x²+ y²¢

+ 2 arctany

x = c2, c2∈ R. ¤

Ejemplo 2.8 Resuelve la ecuación diferencial

¡y²+ yx¢

dx − x²dy = 0.

La ecuación tiene la forma

M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 con M (x, y) y N (x, y) homogéneas de grado 2.

Pasamos la ecuación a forma normal dy

dx = y²+ yx x² , realizamos el cambio ½

y = ux, y⁰ = u⁰x + u.

u⁰x + u = u²x²+ ux² x²

= u²+ u y resulta la ecuación separable

xdu dx = u², Z 1

u²du = Z 1

xdx,

−1

u = ln |x| + c, c ∈ R.

Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x

−x

y = ln |x| + c, c ∈ R.

En este caso, podemos despejar y para obtener una solución explícita y = − x

ln |x| + c, c ∈ R. ¤

2.4 Ecuaciones diferenciales exactas

• Diferencial de un campo escalar Si u = u(x, y), la diferencial de u es

du = ∂u

∂xdx +∂u

∂ydy.

• Ecuación diferencial exacta Una ecuación diferencial

M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 es exacta si existe una función u = u(x, y) tal que

du = M (x, y) dx + N (x, y) dy

es decir, si existe una función de dos variables u(x, y) que cumple

⎧⎪

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎩

∂u

∂x = M (x, y),

∂u

∂y = N (x, y).

En este caso, tenemos una familia de soluciones de la forma u(x, y) = c, c ∈ R.

• Criterio para reconocer cuando una ecuación diferencial es exacta Supongamos que las funciones M (x, y), N (x, y) son continuas con derivadas parciales continuas en un rectángulo a ≤ x ≤ b, c ≤ x ≤ d. Si se cumple

∂M

∂y = ∂N

∂x, entonces la ecuación diferencial

M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 es exacta.

• Método de resolución

1. Identificamos que la ecuación diferencial es exacta, usando el criterio

∂M

∂y = ∂N

∂x. 2. Determinamos u = u(x, y) que verifica

⎧⎪

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎩

∂u

∂x = M (x, y),

∂u

∂y = N (x, y).

3. La familia de soluciones es

u(x, y) = c, c ∈ R.

Ejemplo 2.9 Resuelve la siguiente ecuación diferencial (5x + 4y) dx +¡

4x − 8y³¢

dy = 0.

Tenemos

M (x, y) = 5x + 4y, N (x, y) = 4x − 8y³.

M (x, y) y N (x, y) son continuas con derivadas parciales continuas en todo R². Estudiamos si la EDO es exacta

∂M

∂y = 4 = ∂N

∂x,

por lo tanto, es exacta. La solución es de la forma u(x, y) = c con

⎧⎪

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎩

∂u

∂x = 5x + 4y,

∂u

∂y = 4x − 8y³.

(1)

Se trata de un sistema de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales.

Integramos la primera ecuación respecto de x

∂u

∂x = 5x + 4y ⇒ u = Z

(5x + 4y) ∂x,

u = 5

2x²+ 4xy + c1(y) . (2)

Ahora vamos a sustituir la solución obtenida en la segunda ecuación de (1)

∂u

∂y = 4x − 8y³. Primero derivamos respecto de y en (2)

∂u

∂y = 4x +dc₁ dy

y, a continuación, sustituimos en la segunda ecuación de (1) 4x + dc1

dy = 4x − 8y³ ⇒ dc1

dy = −8y³. Integramos respecto de y para obtener c₁

c₁ = − Z

8y³dy = −2y⁴.

Sustituyendo c₁ en (2), resulta u = 5

2x²+ 4xy − 2y⁴. Finalmente, la solución es

5

2x²+ 4xy − 2y⁴ = c, c ∈ R. ¤

Ejemplo 2.10 Consideramos la siguiente ecuación diferencial (2x + y) dx + (x + 6y) dy = 0.

1. Resuélvela como ecuación diferencial exacta.

2. Resuélvela como ecuación diferencial homogénea.

1)Resolución como EDO exacta.

Tenemos

M (x, y) = 2x + y, N (x, y) = x + 6y.

Las funciones M (x, y) y N (x, y) son continuas con derivadas parciales con- tinuas en todo R². Estudiamos si la EDO es exacta

∂M

∂y = 1 = ∂N

∂x,

por lo tanto, la EDO es exacta. La solución es de la forma u(x, y) = c con

⎧⎪

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎩

∂u

∂x = 2x + y,

∂u

∂y = x + 6y.

Integramos

∂u

∂x = 2x + y respecto de x

u = Z

(2x + y) ∂x = x²+ xy + c1(y) (3) y sustituimos u(x) en

∂u

∂y = x + 6y, resultando

x +dc₁

dy = x + 6y.

Obtenemos

dc1

dy = 6y, que nos permite determinar c₁(y)

c1= Z

6y dy = 3y². Sustituimos c1 en (3), y resulta

u = x²+ xy + 3y². Finalmente, la solución es

x²+ xy + 3y²= c, c ∈ R.

2) Resolución como EDO homogénea. Escribimos la ecuación en forma normal

dy

dx = −2x + y x + 6y, hacemos el cambio y = ux

u⁰x + u = −2x + ux x + 6ux

= −2 + u 1 + 6u

u⁰x = −2 + u 1 + 6u− u

= −2 − u − u − 6u² 1 + 6u

= −2 − 2u − 6u² 1 + 6u

= −21 + u + 3u² 1 + 6u . Separamos variables

1 + 6u 1 + u + 3u²

du dx = −2

x , Z 1 + 6u

1 + u + 3u²du = −2 Z 1

xdx, ln¡

1 + u + 3u²¢

= −2 ln |x| + c1, c₁∈ R.

Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x lnh

1 + y/x + 3 (y/x)²i

= −2 ln |x| + c1, c₁ ∈ R.

Podemos obtener una mejor expresión de la solución usando las propiedades de los logaritmos

lnh

1 + y/x + 3 (y/x)²i

+ ln x²= ln c2, c1= ln c2, ln

h³

1 + y/x + 3 (y/x)²

´ x²

i

= ln c2

ln¡

x²+ yx + 3y²¢

= ln c2

x²+ yx + 3y² = c2, c2 > 0. ¤

2.5 Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden

• Definición

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), los coeficientes a₁(x), a₀(x) y el término independiente g(x) dependen únicamente de x.

• Ecuación lineal homogénea

Cuando el término independiente es nulo g(x) ≡ 0, la ecuación lineal se denomina homogénea.

Dada la ecuación lineal

a₁(x) y⁰+ a₀(x) y = g(x), la ecuación

a1(x) y⁰+ a0(x) y = 0 se denomina ecuación homogénea asociada.

NotaNo debemos confundir las ecuaciones diferenciales homogéneas, estu- diadas en la Sección 2.3, con las ecuaciones lineales homogéneas

¤ EDO homogénea: y⁰ = f (x, y), donde f (x, y) es una función homo- génea de grado 0.

¤ EDO lineal homogénea: a₁(x) y⁰+ a₀(x) y = 0.

• Forma estándar

Decimos que una EDO lineal de primer orden está en forma estándar cuando se expresa en la forma

y⁰+ p(x) y = q(x).

• Resolución de la EDO lineal homogénea La ecuación

y⁰+ p(x) y = 0 es separable, y tiene solución general

y = k e^{−Rp(x) dx}, k ∈ R.

Demostración.

y⁰+ p(x) y = 0, y⁰= −p(x) y, 1

y dy

dx = −p(x), Z 1

ydy = − Z

p(x) dx, ln |y| = −

Z

p(x) dx + c,

|y| = e^{−Rp(x) dx+c},

|y| = e^{−Rp(x) dx}e^c,

|y| = k¹e^{−Rp(x) dx}, k1= e^c> 0, y = ±k1e^{−Rp(x) dx}, k₁ > 0, y = ke^{−Rp(x) dx}, k = ±k16= 0.

Finalmente, podemos observar que la ecuación y⁰ = −p(x) y

admite la solución singular y = 0, por lo tanto, podemos tomar la solución general

y = ke⁻

Rp(x) dx, k ∈ R. ¤

Ejemplo 2.11 Consideramos la EDO xdy

dx− 4y = 0.

1. Resuelve la ecuación como ecuación lineal homogénea.

2. Verifica que las funciones obtenidas son soluciones sobre todo intervalo real.

3. Determina la solución particular que verifica y(1) = 3.

1)Resolución de la EDO. La forma estándar es y⁰+ p(x) y = 0, escribimos la ecuación en forma estándar

dy dx− 4

xy = 0 e identificamos p(x)

p(x) = −4 x. La solución es de la forma

y = ke^{−Rp(x) dx}, k ∈ R.

y = ke^{−R(−4x) dx}

= ke^{4R 1xdx}

= ke^{4 ln|x|}

= ke^{ln x4}

= kx⁴, k ∈ R.

2)Verificamos las soluciones. Cada función de la familia de soluciones y = kx⁴, k ∈ R,

es continua con derivada continua en todo intervalo, además y⁰ = 4kx³.

Sustituimos en la ecuación diferencial xdy

dx− 4y = 0 y obtenemos

x

y⁰

z }| {

¡4kx³¢

−4 z }| {y

¡kx⁴¢

= 0, para todo x ∈ R.

3)Determinamos la solución particular. Sustituyendo la condición inicial y(1) = 3

en la solución general

y = kx⁴,

resulta 3 = k, por lo tanto, la solución particular buscada es y = 3x⁴. ¤

• Propiedades de las soluciones de EDO’s lineales Consideramos la ecuación lineal

y⁰+ p(x) y = q(x).

1. Si y₁, y₂ son soluciones de la ecuación lineal homogénea y⁰+ p(x) y = 0

entonces, para cualquier par de constantes α1, α2 ∈ R, la función y(x) = α1y1(x) + α2y2(x)

es también una solución de la ecuación lineal homogénea.

2. Toda solución de la ecuación lineal completa y⁰+ p(x) y = q(x) es de la forma

y(x) = y_h(x) + y_p(x), donde:

¤ y_h(x) es la solución de la ecuación homogénea asociada,

¤ yp(x) es una solución particular de la ecuación completa.

3. Si conocemos una solución particular yp(x) de la ecuación completa, la solución general de la ecuación completa

y⁰+ p(x) y = q(x) puede escribirse en la forma.

y(x) = ke^{−Rp(x) dx}+ y_p(x), k ∈ R.

• Resolución de la ecuación lineal completa: método de variación de parámetros

El objetivo es resolver la ecuación lineal completa y⁰+ p(x) y = q(x).

Si suponemos que hemos sido capaces de resolver la ecuación homogénea asociada, entonces el problema se reduce a determinar una solución par- ticular de la ecuación completa. Sabemos que la solución de la ecuación homogénea asociada

y⁰+ p(x) y = 0 es

y = ke^{−Rp(x) dx}, k ∈ R.

El método de variación de parámetros consiste en proponer una solución de la ecuación completa del tipo

y = k(x) e^{−Rp(x) dx},

donde la constante k pasa a ser una función indeterminada de x, esto es k = k(x). Sustituimos la solución propuesta en la ecuación completa y de- terminamos k(x).

Ejemplo 2.12 Consideramos la EDO lineal completa xdy

dx− 4y = x⁶e^x.

1. Resuélvela usando el método de variación de parámetros.

2. Verifica que las soluciones obtenidas son correctas.

3. Determina la solución particular que cumple y(1) = 2.

1) Resolución de la EDO. Escribimos la ecuación en forma estándar dy

dx− 4

xy = x⁵e^x. (4)

En primer lugar, debemos resolver la ecuación homogénea asociada dy

dx− 4 xy = 0.

Hemos visto en el Ejemplo 2.11 , que la solución es yh= kx⁴, k ∈ R.

Para resolver la ecuación completa, proponemos la solución y = k(x) x⁴,

derivamos

y⁰ = k⁰x⁴+ 4kx³

y sustituimos en la ecuación completa (4)

y⁰

z }| {

k⁰x⁴+ 4kx³−4 x

z }| {y

¡kx⁴¢

= x⁵e^x, simplificando, resulta

k⁰x⁴ = x⁵e^x, k⁰= xe^x.

Resolvemos esta última ecuación de variables separables para determinar k(x).

dk

dx = xe^x, Z

dk = Z

xe^xdx,

k = xe^x− Z

e^xdx,

= xe^x− e^x. Sustituimos en

y = k(x) x⁴

y obtenemos una solución particular para la EDO completa yp = (xe^x− e^x) x⁴

= x⁵e^x− x⁴e^x.

Finalmente, la solución general de la EDO completa es y = y_h+ yp,

y = kx⁴+ x⁵e^x− x⁴e^x, k ∈ R.

2)Verificación de la solución. Calculamos y⁰

y⁰ = 4kx³+ 5x⁴e^x+ x⁵e^x− 4x³e^x− x⁴e^x

= 4kx³+ 4x⁴e^x+ x⁵e^x− 4x³e^x. La ecuación diferencial completa es

xdy

dx− 4y = x⁶e^x, sustituyendo en la parte izquierda de la ecuación

xdy dx− 4y

obtenemos x¡

4kx³+ 4x⁴e^x+ x⁵e^x− 4x³e^x¢

− 4¡

kx⁴+ x⁵e^x− x⁴e^x¢

=

= 4kx⁴+ 4x⁵e^x+ x⁶e^x− 4x⁴e^x− 4¡

kx⁴+ x⁵e^x− x⁴e^x¢

= 4kx⁴+ 4x⁵e^x+ x⁶e^x− 4x⁴e^x− 4kx⁴− 4x⁵e^x+ 4x⁴e^x

= x⁶e^x.

3) Determinación de la solución particular. Estamos buscando la solución particular de la EDO completa que cumple y(1) = 2. La solución general de la EDO completa es

y = kx⁴+ x⁵e^x− x⁴e^x, k ∈ R, imponemos la condición inicial y(1) = 2, y resulta

2 = k + e − e ⇒ k = 2, por lo tanto, la solución particular buscada es

y = 2x⁴+ x⁵e^x− x⁴e^x. ¤ Ejemplo 2.13 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 forma estándar; notemos que la variable independiente es t.

y⁰+ p(t) y = q(t), Identificamos

p(t) = 1, la solución de la ecuación homogénea asociada

y⁰+ p(t) y = 0 es

y_h(t) = ke^{−Rp(t) dt} = ke^−Rdt

= ke^−t, k ∈ R.

Para determinar una solución particular de la ecuación completa, propone- mos una solución del tipo

y_p(t) = k(t) e^−t

y sustituimos en la ecuación completa dy

dt + y = t, resulta

y⁰_p

z }| {

k⁰e^−t− ke^−t+

yp

z}|{

ke^−t= t, k⁰e^−t= t, k⁰ = t

e^−t = te^t. Determinamos k(t) resolviendo la EDO

dk dt = te^t, Z

dk = Z

te^tdt = te^t− e^t.

Obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa yp(t) = k(t)e^−t= (t − 1)e^te^−t= t − 1.

La solución general de la EDO completa es y(t) = y_h(t) + y_p(t)

= ke^−t+ t − 1, k ∈ R.

2)Solución del problema de valor inicial. Queremos determinar la solución de la EDO completa que verifica y(0) = 4. Tomamos la solución general de la EDO completa

y = ke^−t+ t − 1, k ∈ R, e imponemos la condición inicial

y(0) = 4, obtenemos

4 = k − 1 ⇒ k = 5.

La solución particular de la EDO completa buscada es y = 5e^−t+ t − 1. ¤

Ejemplo 2.14 Resuelve la EDO xdy

dx− y = x²sin x, x > 0.

Ecuación en forma estándar y⁰−1

xy = x sin x, identificamos p(x)

p(x) = −1/x.

Solución de la ecuación homogénea asociada yh(x) = ke^{−Rp(x) dx}= ke⁻

R(−¹_x)^dx

= ke^ln|x|

= k |x| ,

como, según el enunciado es x > 0, obtenemos y_h = kx, k ∈ R.

Determinamos la solución de la ecuación completa por el método de variación de parámetros. Proponemos la solución particular de la ecuación completa

yp(x) = k(x) x y sustituimos en

y⁰−1

xy = x sin x, resulta

y⁰_p

z }| {

¡k⁰x + k¢

−1 x

yp

z}|{(kx)= x sin x,

k⁰x = x sin x, k⁰ = sin x, k(x) = − cos x.

Tomamos como solución particular de la EDO completa yp(x) = −x cos x,

la solución general de la EDO completa es

y(x) = kx − x cos x, k ∈ R. ¤

3 Métodos numéricos

3.1 Resolución numérica de problemas de valor inicial

• Problema de valor inicial en forma normal

½ y⁰ = f (x, y),

y(a) = y_a, x ∈ [a, b].

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

y⁰ = f (x, y) y que, para x = a, tome el valor y(a) = ya.

• Condición suficiente de existencia y unicidad de solución Sea R una región rectangular

R =

½ a ≤ x ≤ b c ≤ y ≤ d Si f (x, y) y∂f

∂y son continuas en R, entonces para cada punto (x₀, y₀) interior a R, existe un intervalo

I₀ = (x₀− δ, x0+ δ) , δ > 0, tal que el problema de valor inicial

½ y⁰ = f (x, y), y(x₀) = y₀, tiene una única solución y = y(x) definida en I0.

Ejemplo 3.1 Consideramos el problema de valor inicial

½ y⁰ = xy²,

y(0) = 1, x ≥ 0.

1. Estudia la existencia y unicidad de solución.

2. Resuelve el problema en forma exacta.

3. Determina el dominio de la solución.

1)Existencia y unicidad. Tenemos

f (x, y) = xy²,

∂f

∂y = 2xy,

que son continuas en todo R². Para cada punto del plano (x₀, y₀), existe un intervalo

I0 = (x0− δ, x⁰+ δ) , δ > 0, tal que el problema de valor inicial

½ y⁰ = f (x, y), y(x₀) = y₀,

tiene una única solución y = y(x) definida en I₀. En particular, cuando x₀ = 0, y₀ = 1, existe un intervalo I₀= (−δ, δ) tal que el problema de valor

inicial ½

y⁰= xy², y(0) = 1, tiene una única solución y = y(x) definida en I₀.

2)Solución exacta. La ecuación y⁰ = xy² es de variables separables.

dy

dx = xy², 1

y²dy = x dx, Z 1

y²dy = Z

x dx,

−1 y = 1

2x²+ c, c ∈ R.

Familia de soluciones

y = −1

1

2x²+ c, c ∈ R.

Solución particular. Imponemos la condición y(0) = 1 1 = −1

1

20²+ c = −1

c ⇒ c = −1,

por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es y(x) = −1

1

2x²− 1 = 2 2 − x².

3)Dominio de la solución. El denominador de la solución 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 una función y = y(x) para x ≥ 0. El dominio de la solución es

I = [0,√ 2). ¤

• Resolución numérica

Para muchos problema de valor inicial, podemos asegurar la existencia y unicidad de solución y, sin embargo, no es posible obtener una solución exacta. El enfoque numérico consiste en aproximar el valor de la solución para determinados valores de x. Con mayor precisión, dado el problema de valor 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 − a

n , 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 un valor aproximado

¯

y_j ' y(xj) = y_j. B El error

ej = yj− ¯yj

se denomina error de truncamiento del paso j.

B El error al final del intervalo

en= yn− ¯yn

se denomina error de truncamiento global.

3.2 Método de Euler

⎧⎪

⎨

⎪⎩ dy

dx = f (x, y),

y(a) = y_a, x ∈ [a, b],

el método de Euler de n pasos queda definido por

½ y¯₀ = y_a

¯

yj+1 = ¯yj+ h f (xj, ¯yj), j = 0, 1, . . . , n − 1, donde

h = b − a n y

x₀ = a, x₁= a + h, . . . , x_j = a + jh, . . . , x_n= a + nh = b.

Ejemplo 3.2 Dado el problema de valor inicial

½ y⁰+ y − x − 1 = 0, y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].

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

2. Calcula la solución exacta.

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

1)Método de Euler.

I Formulación del método.

En primer lugar, escribimos el problema en forma normal e identificamos

f (x, y) ½

y⁰ = x − y + 1,

y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5], tenemos

f (x, y) = x − y + 1.

El tamaño de paso es

h = 0.5 − 0 5 = 0.1, y los nodos son

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

El método de Euler es

½ y¯0= 1,

¯

y_j+1= ¯y_j+ 0.1 (x_j− ¯y_j+ 1) , j = 0, 1, . . . , 4.

I Iteraciones Fase 0.

x₀ = 0, y¯₀ = y(x₀) = 1.

Fase 1.

x₀ = 0

¯ y₀ = 1

¾

⇒ y¯₁ = ¯y₀+ h (x₀− ¯y₀+ 1) = 1 + 0.1 (0 − 1 + 1) = 1.

Fase 2.

x1 = 0.1

¯ y₁ = 1

¾

⇒ y¯₂ = ¯y₁+ h (x₁− ¯y₁+ 1) = 1 + 0.1 (0.1 − 1 + 1) = 1.01.

Fase 3.

x₂ = 0.2

¯

y2 = 1.01

¾

⇒ y¯₃ = 1.01 + 0.1 (0.2 − 1.01 + 1) = 1. 029.

Fase 4.

x3 = 0.3

¯

y₃= 1.029

¾

⇒ y¯₄= 1.029 + 0.1 (0.3 − 1.029 + 1) = 1. 0561.

Fase 5.

x₄= 0.4

¯

y4 = 1.0561

¾

⇒ y¯5= 1.0561 + 0.1 (0.4 − 1.0561 + 1) = 1. 09049 Resumimos los resultados en una tabla

j xj y¯j

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 general de la EDO completa. La ecuación y⁰+ y = x + 1

es lineal. La ecuación homogénea asociada es y⁰+ y = 0.

Identificamos p(x) = 1, la solución de la ecuación homogénea asociada es y_h(x) = ke^{−Rp(x) dx} = ke^−x.

Para obtener la solución de la ecuación completa, aplicamos el método de variación de parámetros, esto es, proponemos una solución particular de la forma

y_p(x) = k(x) e^−x y sustituimos en

y⁰+ y = x + 1, resulta

y⁰_p

z }| {

k⁰e^−x− ke^−x+

yp

z }| {

ke^−x= x + 1, k⁰e^−x = x + 1,

k⁰ = x + 1

e^−x = (x + 1) e^x, k =

Z

(x + 1) e^xdx, resolvemos la integral por partes

Z

(x + 1) e^xdx = (x + 1) e^x− Z

e^xdx = (x + 1) e^x− e^x+ c

= xe^x+ c, c ∈ R.

Tomamos el valor de k

k(x) = xe^x,

de donde resulta la siguiente solución particular de la EDO completa yp(x) = (xe^x) e^−x= x.

Finalmente, obtenemos la solución general de la EDO completa y = y_h+ y_p = ke^−x+ x, k ∈ R.

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

1 = ke⁰+ 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 valores exactos

y_j = y(x_j), j = 0, 1, . . . , 5.

y los errores locales de truncamiento

j x_j y_j y¯_j e_j = y_j− ¯y_j

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. ¤

• Deducción del método

Supongamos que el problema de valor inicial

⎧⎪

⎨

⎪⎩ dy

dx = f (x, y),

y(a) = y_a, x ∈ [a, b],

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

Desarrollamos y(x) por Taylor en c = x_j y obtenemos

y(x) = y(x_j) + y⁰(x_j) (x − xj) + y⁰⁰(t) (x − xj)², t entre x_jy x.

Sustituimos x = xj+1, y resulta y(x_j+1) = y(x_j)+y⁰(x_j) (x_j+1− xj)+1

2y⁰⁰(t) (x_j+1− xj)², t entre x_jy x_j+1. Como h = x_j+1− xj, resulta

y(xj+1) = y(xj) + y⁰(xj) h +1

2y⁰⁰(t) h², t entre xjy xj+1.

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

y(x_j+1) ' y(xj) + y⁰(x_j) h, además, como

y⁰(xj) = f (xj, yj) resulta

y_j+1' yj+ h f (x_j, y_j) .

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

¯

y_j+1= ¯y_j+ h f (x_j, ¯y_j) .

3.3 Método de Euler Modificado

⎧⎪

⎨

⎪⎩ dy

dx = f (x, y),

y(a) = y_a, x ∈ [a, b],

el método de Euler modificado de n pasos queda definido por

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎪⎩

¯ y₀= y_a,

k₁^(j)= f (x_j, ¯y_j), k₂^(j)= f³

x_j+1, ¯y_j+ h k₁^(j)´ ,

¯

y_j+1= ¯y_j +h 2

³

k^(j)₁ + k₂^(j)´

, j = 0, 1, . . . , n − 1, donde

h = b − a n y

x₀ = a, x₁= a + h, . . . , x_j = a + jh, . . . , x_n= a + nh = b.

Ejemplo 3.3 Dado el problema de valor inicial

½ y⁰+ y − x − 1 = 0, y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].

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

2. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento global.

1)Método de Euler modificado. El problema en forma normal es

½ y⁰ = x − y + 1,

y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].

Tenemos

f (x, y) = x − y + 1, h = 0.5 − 0

5 = 0.1,

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

I Iteraciones.

Fase 0.

x₀ = 0, y¯₀ = y(x₀) = 1.

Fase 1. Partimos de los valores

x0= 0, x1 = 0.1, ¯y0= 1,

k₁⁽⁰⁾ = f (x₀, ¯y₀) = x₀− ¯y₀+ 1 = 0 − 1 + 1 = 0,

k₂⁽⁰⁾ = f

³

x1, ¯y0+ hk₁⁽⁰⁾

´

= f (0.1, 1 + 0.1 · 0)

= 0.1 − 1 + 1 = 0. 1,

¯

y₁ = ¯y₀+h 2

³

k₁⁽⁰⁾+ k₂⁽⁰⁾´

= 1 + 0.05 (0 + 0.1) = 1. 005.

Fase 2. Partimos de los valores

x₁= 0.1, x₂= 0.2, ¯y₁ = 1.005,

k₁⁽¹⁾ = f (x1, ¯y1) = f (0.1, 1.005) = 0.1 − 1.005 + 1

= 0.0 95,

k⁽¹⁾₂ = f³

x2, ¯y1+ hk⁽¹⁾₁ ´

= f (0.2, 1.005 + 0.1 · 0.0 95)

= f (0.2, 1. 0145) = 0.2 − 1.0145 + 1

= 0. 1855,

¯

y₂ = y¯₁+h 2

³

k⁽¹⁾₁ + k₂⁽¹⁾´

= 1.005 + 0.05 (0.095 + 0.1855)

= 1. 019025.

Fase 3. Partimos de los valores

x₂= 0.2, x₃= 0.3, ¯y₂ = 1. 01902 5,

k₁⁽²⁾ = f (x2, ¯y2) = f (0.2, 1. 01902 5) = 0.2 − 1. 01902 5 + 1

= 0. 18097 5,

k₂⁽²⁾ = f³

x3, ¯y2+ hk₁⁽²⁾´

= 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 = y¯₂+h 2

³

k₁⁽²⁾+ k₂⁽²⁾´

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

= 1. 04121 8.

Fase 4. Partimos de los valores

x3= 0.3, x4= 0.4, ¯y3 = 1. 04121 8,

k₁⁽³⁾ = f (x3, ¯y3) = f (0.3, 1. 04121 8) = 0.3 − 1. 04121 8 + 1

= 0. 25878 2,

k₂⁽³⁾ = f³

x₄, ¯y₃+ hk₁⁽³⁾´

= 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 = y¯3+h 2

³

k₁⁽³⁾+ k₂⁽³⁾´

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

= 1. 07080 2.

Fase 5. Partimos de los valores

x₄= 0.4, x₅= 0.5, ¯y₄ = 1. 07080 2, k₁⁽⁴⁾= f (x4, ¯y4) = f (0.4, 1. 07080 2) = 0. 32919 8,

k₂⁽⁴⁾ = f³

x5, ¯y4+ hk₁⁽⁴⁾´

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

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

¯

y5 = y¯4+h 2

³

k₁⁽⁴⁾+ k₂⁽⁴⁾

´

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

= 1. 10707 6.

Resumimos los resultados en una tabla j xj y¯j

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 la solución exacta es

y = e^−x+ x.