Métodos Numéricos: Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s

Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s

Francisco Palacios

Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña

Marzo 2008 Versión 1.3

Ejercicio 1 Resuelve manualmente las siguientes EDO’s separables. De- termina cuando sea posible, una solución explícita.

1. dy

dx = sin 5x 2. dx + e^3xdy = 0 3. (x + 1)dy

dx = x + 6 4. xy⁰ = 4y

5. dy dx = y³

x²

(1.1)

dy

dx = sin 5x, dy = sin 5x dx, Z

dy = Z

sin 5x dx, y = −1

5cos 5x + c, c ∈ R.

(1.2)

dx + e^3xdy = 0, e^3xdy = −dx,

dy = −1

e^3xdx,

= −e^−3xdx, Z

dy = Z

−e^−3xdx,

1

Z

dy =1 3

Z

e^−3x(−3) dx, y = 1

3e^−3x+ c, c ∈ R.

(1.3)

(x + 1)dy

dx = x + 6, dy = x + 6

x + 1dx, Z

dy =

Z x + 6 x + 1dx, Z x + 6

x + 1dx =

Z x + 1 + 5 x + 1 dx =

Z µ

1 + 5 x + 1

¶ dx,

= x + 5 ln |x + 1| + c,

y = x + 5 ln |x + 1| + c, c ∈ R.

(1.4)

xy⁰= 4y.

xdy dx = 4y, 1

ydy = 41 xdx, Z 1

ydy = 4 Z 1

xdx, ln |y| = 4 ln |x| + c¹, ln |y| = ln x⁴+ c1, c1 ∈ R.

|y| = e^{ln x4+c1} = x⁴· e^c1 (c₂= e^c1)

= c₂x⁴, c₂ > 0.

y = ±c²x⁴,

y = cx⁴, (c = ±c2), y = cx⁴, c 6= 0.

Finalmente, verificamos que la solución constante y = 0 también es solución, por lo tanto

y = cx⁴, c ∈ R.

(1.5)

dy dx = y³

x², 1

y³ dy = dx x², Z

y⁻³dy = Z

x⁻²dx, 1

−2y⁻² = −x⁻¹+ c₁,

−1 2y² = −1

x + c₁, 1

y² = 2

x + c c = −2c¹. Solución implícita

1

y² = 2 + xc

x , c ∈ R.

Soluciónes explícitas

y = ±

r x

2 + cx.

Ejercicio 2 Resuelve con Maple el ejercicio anterior.

Ver resolución con Maple¤

Ejercicio 3 Determina manualmente una solución explícita para el siguien- te problema de valor inicial

½ (e^−y+ 1) sin x dx = (1 + cos x) dy, y(0) = 0.

Verifica el resultado con Maple; representa la función solución en el intervalo x ∈ [0, 2].

sin x

1 + cos xdx = 1 e^−y+ 1dy, Z sin x

1 + cos xdx =

Z 1

e^−y+ 1dy, Z sin x

1 + cos xdx = −

Z − sin x

1 + cos xdx = − ln (1 + cos x) ,

Z 1

e^−y+ 1dy =

Z 1

1

e^y + 1dy =

Z e^y

1 + e^y dy = ln (1 + e^y) . Familia de soluciones

− ln (1 + cos x) = ln (1 + e^y) + c.

Imponemos la condición inicial y(0) = 0

− ln (1 + cos 0) = ln¡

1 + e⁰¢ + c, c = −2 ln 2 = − ln 4.

Solución del problema de valor incial

− ln (1 + cos x) = ln (1 + e^y) − ln 4.

Reescribimos la solución

ln (1 + e^y) + ln (1 + cos x) = ln 4, (1 + e^y) (1 + cos x) = 4.

Solución explícita

1 + e^y = 4 1 + cos x, e^y = 4

1 + cos x − 1, y = ln

µ 4

1 + cos x− 1

¶ ,

y = ln

µ3 − cos x 1 + cos x

¶ .

Para el resto del ejercicio, ver resolución con Maple. ¤

Ejercicio 4 Determina una solución explícita para el siguiente problema de valor inicial (

y dy = 4x¡

y²+ 1¢1/2

dx, y(0) = 1.

Verifica el resultado con Maple; representa la función solución en el intervalo x ∈ [0, 2].

y

(y²+ 1)^1/2 dy = 4x dx,

Z y

(y²+ 1)^1/2 dy = Z

4x dx,

Z y

(y²+ 1)^1/2 dy = 1 2

Z ¡y²+ 1¢−1/2

2y dy = 1 2

¡1₁

2

¢¡

y²+ 1¢1/2

= ¡

y²+ 1¢1/2

. Familia de soluciones ¡

y²+ 1¢1/2

= 2x²+ c.

Imponemos la condición inicial

y(0) = 1,

√2 = 0 + c ⇒ c =√ 2.

Solución del problema de valor inicial

¡y²+ 1¢1/2

= 2x²+√ 2.

Soluciones explícitas

y²+ 1 =³

2x²+√ 2´2

, y = ±r³

2x²+√ 2´2

− 1.

Teniendo en cuenta la solución inicial, y(0) = 1, debemos tomar la rama positiva

y =r³

2x²+√ 2´2

− 1.

Para el resto del ejercicio, ver resolución con Maple. ¤

Ejercicio 5 Determina una solución explícita para el siguiente problema de

valor inicial ½

x²y⁰ = y − xy, y(−1) = −1.

Verifica el resultado con Maple.

x²dy

dx = y − xy, 1

ydy = 1 − x x² dx, Z 1

ydy =

Z 1 − x x² dx, Z 1 − x

x² dx = Z µ 1

x² − 1 x

¶

dx = −1

x − ln |x| . Familia de soluciones

ln |y| = −1

x− ln |x| + c.

Imponemos la condición inicial y(−1) = −1,

ln 1 = 1 − ln 1 + c ⇒ c = −1.

Solución implícita

ln |y| = −1

x − ln |x| − 1.

Determinamos la solución explícita

ln |y| + ln |x| = −1 x − 1, ln |yx| = −

µ 1 + 1

x

¶ ,

|xy| = e⁻(¹⁺¹_x), y = ±1

xe⁻(¹⁺_x¹).

Teniendo en cuenta la condición inicial y(−1) = −1, debemos tomar la rama y = 1

xe⁻(¹⁺¹x).

Para el resto del ejercicio, ver resolución con Maple. ¤

Ejercicio 6 Determina una solución explícita para el siguiente problema de

valor inicial ⎧

⎨

⎩ dy

dx = 2x + 1 2y , y(−2) = −1.

Verifica el resultado con Maple.

2y dy = (2x + 1) dx, Z

2y dy = Z

(2x + 1) dx.

Familia de soluciones

y² = x²+ x + c.

Imponemos la condición inicial y(−2) = −1 (−1)² = (−2)²− 2 + c,

1 = 4 − 2 + c, c = −1.

Solución implícita del problema de valor inicial y²= x²+ x − 1.

Solución explícita

y = ±p

x²+ x − 1,

teniendo en cuenta la condición inicial, debemos tomar la rama y = −p

x²+ x − 1.

Para el resto del ejercicio, ver resolución con Maple. ¤

Ejercicio 7 Resuelve las siguientes EDO’s lineales. Indica en cada caso un intervalo en el que la solución es válida.

1. dy dx = 5y.

2. dy

dx+ y = e^3x. 3. y⁰+ 3x²y = x². 4. x²y⁰+ xy = 1 5. xdy

dx − y = x²sin x.

6. xdy

dx + 4y = x³− x.

7. x²y⁰+ x (x + 2) y = e^x.

(7.1)

dy dx = 5y, y⁰− 5y = 0.

Es una EDO lineal homogénea. Identificamos p(x) = −5,

y = ke^{−R(−5) dx},

= ke^{R5 dx} = ke^5x. y = ke^5x, k ∈ R.

Solución definida en todo R.

(7.2)

dy

dx+ y = e^3x, y⁰+ y = e^3x, Es una EDO lineal completa, identificamos

p(x) = 1.

Solución de la EDO homogénea

y_h = ke^{−R dx}= ke^−x. Solución particular de la EDO completa

y_p = k(x)e^−x. Variación de parámetros

k⁰e^−x− ke^−x

| {z }

y_p⁰

+ ke| {z }^−x

yp

= e^3x

k⁰e^−x= e^3x,

k⁰ = e^3x

e^−x = e^4x, k =

Z

e^4xdx = 1 4e^4x.

Obtenemos

y_p = 1

4e^4xe^−x = 1 4e^3x. Solución general de la EDO completa

y = yh+ yp, y = ke^−x+1

4e^3x, k ∈ R.

Definida en (−∞, +∞).

(7.3)EDO lineal completa.

y⁰+ 3x²y = x²,

p(x) = 3x². Solución de la ecuación homogénea

y_h = ke

Rp(x) dx= ke^−R3x2dx

= ke^−x3. Solución particular de la EDO completa

yp = k(x)e^−x3. Variación de parámetros

y_p⁰ = k⁰e^−x3 − 3kx²e^−x3. Sustituimos en la ecuación completa

k⁰e^−x3 − 3kx²e^−x3 + 3x²ke^−x3 = x², k⁰e^−x3 = x²,

k⁰ = x²

e^−x3 = x²e^x3, k =

Z

x²e^x3dx = 1 3e^x3. Obtenemos

y_p = k(x)e^−x3 = 1

3e^x3e^−x3 = 1 3. Solución general de la ecuación completa

y = yh+ yp,

y = ke^−x3 +1

3, k ∈ R.

Definida en (−∞, +∞).

(7.4)EDO lineal completa.

x²y⁰+ xy = 1.

Forma estándar

y⁰+ 1 xy = 1

x². Homogénea asociada

y⁰+1

xy = 0 ⇒ p(x) = 1 x. Solución de la ecuación homogénea

yh = ke^{−R 1xdx}

= ke^{− ln|x|}

= ke^ln(1/|x|)

= k 1

|x| tomamos x ∈ (0, +∞) . y = k

x. Solución particular de la EDO completa

yp = k(x) x . Variación de parámetros

y⁰_p = k⁰x − k x² . Sustituimos en la ecuación completa

y⁰_p+ 1

xyp = 1 x² y obtenemos

k⁰x − k x² + 1

x k x = 1

x², k⁰

x = 1 x², k⁰ = 1

x ⇒ k =

Z 1

xdx = ln x.

Resulta

y_p = ln x x .

Solución general de la EDO completa y = y_h+ y_p. y = k

x+ ln x

x , k ∈ R.

Definida para x ∈ (0, +∞) . (7.6)EDO lineal completa.

xdy

dx− y = x²sin x.

Forma estándar

dy dx −1

xy = x sin x.

Ecuación homogénea asociada

y⁰− 1 xy = 0, p(x) = −1

x. Solución de la ecuación homogénea

y_h = ke^{−Rp(x) dx},

= ke⁻

R(−x¹)^dx,

= ke^{R 1xdx},

= ke^ln|x| resolvemos para x > 0

= ke^{ln x}= kx.

Solución particular de la EDO completa yp = k(x) x, y⁰_p= k⁰x + k, sustituimos en la EDO completa

k⁰x + k −1

xkx = x sin x, k⁰x = x sin x,

k⁰ = sin x, k =

Z

sin x dx = − cos x.

Obtenemos

yp = −x cos x.

Solución general de la EDO completa y = y_h+ yp

y = kx − x cos x, k ∈ R.

Definida para x > 0.

(7.6) Edo lineal completa.

xdy

dx+ 4y = x³− x.

Forma estándar

y⁰+ 4

xy = x²− 1.

EDO homogénea asociada

y⁰+ 4 xy = 0, p(x) = 4

x. Solución de la EDO homogénea

y_h = ke^{−Rp(x) dx} = ke^{−R 4xdx},

= ke^{−4 ln|x|},

= ke^ln|^x−4| = ke^ln(1/x4),

= k

x⁴ (x 6= 0), tomamos p.e. x > 0.

Solución particular de la EDO

yp = k(x) · 1 x⁴, y_p⁰ = k⁰ 1

x⁴ −4k x⁵, k⁰ 1

x⁴ −4k x⁵ + 4

x µ k

x⁴

¶

= x²− 1, k⁰ 1

x⁴ = x²− 1, k⁰ = x⁶− x⁴, k =Z ¡

x⁶− x⁴¢

dx = x⁷ 7 −x⁵

5 . Obtenemos

yp= µx⁷

7 −x⁵ 5

¶ 1 x⁴ = x³

7 −x 5.

Solución general de la EDO completa y = y_h+ yp, y = k

x⁴ +x³ 7 −x

5, k ∈ R.

Definida en cualquier intervalo que no contenga x = 0.

(7.7) EDO lineal completa.

x²y⁰+ x(x + 2)y = e^x. Forma estándar

y⁰+ x(x + 2) x² y = 1

x²e^x, p(x) = x(x + 2)

x² = x²+ 2x

x² = 1 + 2/x.

Homogénea asociada

y⁰+ µ

1 + 2 x

¶ y = 0.

Solución de la EDO homogénea y_p = ke^{−Rp(x) dx},

= ke^−R(¹⁺_x²)^dx,

= ke^{−x−2 ln|x|}, tomamos x 6= 0,

= ke^−x· e^{ln x−2},

= ke^−x· 1 x². y = ke^−x

x² . Solución particular de la EDO completa

y_p = k(x)e^−x x² ,

y⁰_p = k⁰e^−x

x² + k−e^−xx²− e^−x· 2x

x⁴ ,

= k⁰e^−x

x² − ke^−x

¡x²+ 2x¢ x⁴ . Sustituimos en la EDO completa

y_p⁰ +x²+ 2x

x² · yp = 1 x²e^x,

k⁰e^−x

x² − ke^−xx²+ 2x x⁴

| {z }

y_p⁰

+x²+ 2x x² · ke^−x

x²

| {z }

yp

= 1 x²e^x,

k⁰e^−x x² = 1

x²e^x, k⁰ = x²

x² · e^x

e^−x = e^2x. Integramos para determinar k(x)

k = Z

e^2xdx = 1 2e^2x. Obtenemos

y_p = k(x)e^−x x² = 1

2e^2xe^−x x² = e^x

2x². Solución general de la EDO completa

y = y_h+ yp, y = ke^−x

x² + e^x

2x² k ∈ R,

definida en cualquier intervalo que no contenga al cero, por ejemplo, para (0, +∞).

Ejercicio 8 Resuelve con Maple el ejercicio anterior.

Ver resolución con Maple. ¤

Ejercicio 9 Determina una solución explícita para el problema de valor

inicial ½

xy⁰+ y = e^x, y(1) = 2.

Indica un intervalo en el que esté definida la solución. Verifica el resultado con Maple; representa la función solución en el intervalo x ∈ [1, 3].

EDO lineal. Forma estándar

y⁰+ 1 xy = 1

xe^x. p(x) = 1

x. EDO homogénea asociada

y⁰+ 1 xy = 0,

y_h = ke^{−R x1dx}= ke^{− ln|x|}. Tomamos x > 0

y_h= ke^{− ln x}= k³

e^{ln x}´₋₁

= kx⁻¹,

y_h= k x. Solución particular de la EDO completa

y_p = k(x)1 x, y_p⁰ = k⁰1

x − k 1 x². k⁰1

x − k 1 x²

| {z }

y⁰_p

+1 x k1

|{z}x

yp

= 1 xe^x,

k⁰1 x = 1

xe^x, k⁰= e^x, k =

Z

e^xdx = e^x. Resulta

y_p = e^x x. Solución general de la EDO completa

y = yh+ yp, y = k

x+ e^x

x, k ∈ R.

Solución del problema de valor inicial; imponemos la condición y(1) = 2,

k 1 +e

1 = 2 ⇒ k = 2 − e, y = 2 − e

x + e^x

x , x ∈ (0, +∞) . Para el resto del ejercicio, ver resolución con Maple. ¤

Ejercicio 10 Determina una solución explícita para el problema de valor

inicial ⎧

⎪⎨

⎪⎩

(x + 1)dy

dx+ y = ln x, y(1) = 10, x > 0.

Verifica el resultado con Maple; representa la función solución en el intervalo x ∈ [1, 3].

Forma estándar

dy dx+ 1

x + 1y = ln x x + 1, EDO Homogénea asociada

y⁰+ 1

x + 1y = 0, p(x) = 1

x + 1. Solución de la EDO homogénea

y_h = ke^{−Rp(x) dx}= ke^{−R x+11 dx}

= ke^{− ln|x+1|}, Sabemos que x > 0, por lo tanto

x + 1 > 0 ⇒ ln |x + 1| = ln (x + 1) . En ese caso

y_h = ke^{− ln(x+1)},

= ke^lnx+11 = k 1 x + 1, y_k= k 1

x + 1. Solución particular de la EDO completa

y_p = k(x) · 1 x + 1, y_p⁰ = k⁰ 1

x + 1− k 1 (x + 1)².

Sustituimos en la EDO completa y⁰+ 1

x + 1y = ln x x + 1, k⁰ 1

x + 1− k 1 (x + 1)²

| {z }

y_p⁰

+ 1

x + 1· k x + 1

| {z }

yp

= ln x x + 1,

k⁰ 1

x + 1 = ln x x + 1, k⁰= ln x.

Integramos para determinar k k =

Z

ln x dx = x ln x − Z

x ·1 xdx

= x ln x − Z

dx = x ln x − x,

yp = k · 1

x + 1 = x ln x − x x + 1 . Solución general de la EDO completa

y = y_h+ y_p, y = k · 1

x + 1+x ln x − x

x + 1 , k ∈ R.

Imponemos la condición inicial

y(1) = 10, k1

2 +1 · 0 − 1 2 = 10, k

2 −1

2 = 10 ⇒ k = 21.

Solución del problema de valor inicial y = 21

x + 1+x ln x − x x + 1 . Para el resto del ejercicio, ver resolución con Maple. ¤ Ejercicio 11 Consideramos el problema de valor inicial

½ y⁰ = x²− y,

y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 1.

1. Calcula manualmente la solución exacta.

2. Aproxima la solución manualmente usando el método de Euler de 4 pasos, calcula los errores de truncamiento.

3. Resuelve los apartados anteriores con Maple.

1. Solución exacta

EDO lineal completa, la escribimos en forma estándar y⁰+ y = x².

EDO homogénea asociada

y⁰+ y = 0, identificamos

p(x) = 1, solución de la EDO homogénea asociada

y_h = ke^−Rdx= ke^−x.

Solución particular de la EDO completa por variación de parámetros, yp = k(x) e^−x,

y_p⁰ = k⁰e^−x− ke^−x. Sustituimos en la EDO completa

y⁰+ y = x² y resulta

y⁰_p

z }| {

k⁰e^−x− ke^−x+

yp

z }| { ke^−x= x², k⁰e^−x = x²,

k⁰ = x²

e^−x = x²e^x. k =

Z

x²e^xdx.

La integral se calcula aplicando integración por partes dos veces Z

x²e^xdx = x²e^x− Z

2xe^xdx,

= x²e^x− 2 Z

xe^xdx,

= x²e^x− 2

∙ xe^x−

Z e^xdx

¸ ,

= x²e^x− 2xe^x+ 2e^x. Obtenemos

yp=¡

x²e^x− 2xe^x+ 2e^x¢

e^−x= x²− 2x + 2.

Solución de la EDO completa

y = y_h+ yp,

y = k e^−x+ x²− 2x + 2, k ∈ R.

Solución del problema de valor inicial: exigimos y(0) = 1 k + 2 = 1,

k = 1 − 2 = −1.

Finalmente, resulta

y = x²− 2x + 2 − e^−x. 2. Método de Euler de 4 pasos

Intervalo

[a, b] = [0, 1] , step

h = b − a 4 = 1

4 = 0.25.

La ecuación en forma normal es

y⁰= f (x, y) con

f (x, y) = x²− y.

formulación del método

¯

y_j+1= ¯y_j+ h f (x_j, ¯y_i), en nuestro caso

¯

yj+1 = ¯yj+ h (x²_j − ¯yi).

Fase 1.

Partimos de ½

x0 = 0, y₀ = 1.

Calculamos

¯

y1 = ¯y0+ 0.25¡ x²₀− ¯y0

¢= 1 + 0.25 · (−1) = 0.75.

Fase 2.

Partimos de ½

x₁= 0.25,

¯

y₁= 0.75.

Calculamos

¯

y₂ = y¯₁+ 0.25¡

x²₁− ¯y₁¢

= 0.75 + 0.25 ·¡

0.25²− 0.75¢

= 0.5781.

Fase 3.

Partimos de ½

x₂ = 0.5,

¯

y2 = 0.5781.

Calculamos

¯

y₃ = 0.5781 + 0.25 ·¡

0.5²− 0.5781¢

= 0.4961.

Fase 4.

Partimos de ½

x3 = 0.75,

¯

y₃ = 0.4961.

Calculamos

¯

y4 = 0.4961 + 0.25 ·¡

0.75²− 0.4961¢

= 0.5127.

Resumen y errores de truncamiento

j xj y¯j yj |e^j| = |y^j− ¯yj|

0 0 1.0000 1 0

1 0.25 0.7500 0.7837 0.0337 2 0.50 0.5781 0.6435 0.0654 3 0.75 0.4691 0.5901 0.0940 4 1 0.5127 0.6321 0.1194

Los valores y_j = y(x_j) representan los valores exactos. Para calcularlos, he- mos empleado la solución exacta obtenida en el primer apartado del ejercicio.

Para el resto del ejercicio, ver resolución con Maple. ¤

Ejercicio 12 Consideramos el problema de valor inicial

½ y⁰ = x²− y,

y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 1.

1. Aproxima manualmente la solución usando el método de Euler modi- ficado de 4 pasos, calcula los errores de truncamiento.

2. Resuelve el ejercicio con Maple.

Intervalo

[a, b] = [0, 1] , step

h = b − a 4 = 1

4 = 0.25.

El problema está en forma normal

y⁰= f (x, y) con

f (x, y) = x²− y.

En el método de Euler modificado, en cada paso debemos calcular

⎧⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎩

k⁽¹⁾_j = f (x_j, ¯y_j) , k⁽²⁾_j = f³

x_j+1, ¯y_j+ hk_j⁽¹⁾´ ,

¯

yj+1 = ¯yj+^h₂³

k₁^(j)+ k^(j)₂ ´ . Fase 1.

Tenemos

⎧⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎩

x₀ = 0, y0= 1, x₁ = 0.25.

Calculamos

k₁⁽⁰⁾ = f (x0, ¯y0) = f (0, 1) = 0²− 1 = −1.

k⁽⁰⁾₂ = f³

x₁, ¯y₀+ hk₁⁽⁰⁾´ ,

= f (0.25, 1 + 0.25(−1)) = f (0.25, 1 − 0.25) ,

= f (0.25, 0.75) = (0.25)²− 0.75,

= −0.6875.

¯

y₁ = y¯₀+h 2

³

k⁽⁰⁾₁ + k₂⁽⁰⁾´ ,

= 1 + 0.25

2 (−1 − 0.6875) = 0.7891.

Fase 2.

Tenemos ⎧

⎨

⎩

x₁ = 0.25,

¯

y₁ = 0.7891, x2 = 0.5.

Calculamos ⎧

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎩

k⁽¹⁾₁ = f (x₁, ¯y₁) , k⁽¹⁾₂ = f³

x₂, ¯y₁+ hk₁⁽¹⁾´ ,

¯

y2 = ¯y1+^h₂³

k₁⁽¹⁾+ k₂⁽¹⁾´ .

k₁⁽¹⁾= f (0.25, 0.7891) = (0.25)²− 0.7891 = −0.7266.

k⁽¹⁾₂ = f (0.5, 0.7891 + 0.25 · (−0.7266)),

= f (0.5, 0.6074),

= (0.5)²− 0.6074 = −0.3574.

¯

y₂ = 0.7891 +0.25

2 · (−0.7266 − 0.3574) ,

= 0.6536.

Fase 3.

Tenemos ⎧

⎨

⎩

x2 = 0.5,

¯

y₂ = 0.6536, x₃ = 0.75.

Calculamos ⎧

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎩

k⁽²⁾₁ = f (x₂, ¯y₂) , k⁽²⁾₂ = f³

x₃, ¯y₂+ hk₁⁽²⁾´ ,

¯

y3 = ¯y2+^h₂

³

k₁⁽²⁾+ k₂⁽²⁾

´ .

k₁⁽²⁾= f (0.5, 0.6536) = (0.5)²− 0.6536 = −0.4036.

k⁽²⁾₂ = f (0.75, 0.6536 + 0.25 · (−0.4036)),

= f (0.75, 0.5527) = (0.75)²− 0.5527 = −0.0098.

¯

y₃ = y₂+h 2

³

k₁⁽²⁾+ k⁽²⁾₂ ´

= 0.6536 + 0.25

2 (−0.4036 − 0.0098) ,

= 0.6044.

Fase 4.

Tenemos ⎧

⎨

⎩

x3 = 0.75,

¯

y3 = 0.6044, x₄ = 1.

Calculamos ⎧

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎩

k⁽³⁾₁ = f (x₃, ¯y₃) , k⁽³⁾₂ = f³

x4, ¯y3+ hk₁⁽³⁾´ ,

¯

y₄ = ¯y₃+^h₂³

k₁⁽³⁾+ k₂⁽³⁾´ .

k⁽³⁾₁ = f (0.75, 0.6044) = (0.75)²− 0.6044 = −0.0419.

k⁽³⁾₂ = f³

x4, ¯y3+ hk⁽³⁾₁ ´

= f (1, 0.6044 + 0.25 × (−0.0419))

= f (1, 0.5939) = 1 − 0.5939 = −0.406075.

¯

y4 = 0.6044 +0.25

2 (−0.0419 − 0.406075) ,

= 0.6499.

Resumen y errores de truncamiento.

j x_j y¯_j y_j |ej| = |yj− ¯y_j|

0 0 1 1 0

1 0.25 0.7891 0.7837 0.0054 2 0.5 0.6536 0.6435 0.0101 3 0.75 0.6044 0.5901 0.0143 4 1.0 0.6499 0.6321 0.0178

Hemos tomado la solución exacta calculada en el Ejercicio 12. Para el resto del ejercicio, ver resolución con Maple. ¤

Ejercicio 13 Consideramos el problema de valor inicial

½ y⁰ = x²− y

y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 1

1. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 4 pasos, calcula los errores de truncamiento.

2. Resuelve el ejercicio con Maple.

Intervalo

[a, b] = [0, 1]

step

h = b − a 4 = 1

4 = 0.25 El problema está en forma normal

y⁰= f (x, y) con

f (x, y) = x²− y El método es

¯

y_j+1= ¯y_j+ h f (x_j, ¯y_j) +h² 2

£f_x⁰ (x_j, ¯y_j) + f_y⁰(x_j, ¯y_j) f (x_j, ¯y_j)¤

Tenemos ⎧

⎨

⎩

f (x, y) = x²− y f_x⁰ (x, y) = 2x f_y⁰(x, y) = −1 Fase 1.

Partimos de

x0 = 0, y¯0= 1

Calculamos ⎧

⎨

⎩

f (x₀, ¯y₀) = 0 − 1 = −1 f_x⁰ (x0, ¯y0) = 0

f_y⁰ (x₀, ¯y₀) = −1

¯

y1 = y¯0+ h f (x0, ¯y0) + h² 2

£f_x⁰ (x0, ¯y0) + f_y⁰ (x0, ¯y0) f (x0, ¯y0)¤

= 1 + 0.25 · (−1) +(0.25)²

2 (0 + (−1) · (−1))

= 0. 78125 Fase 2.

Partimos de

x₁ = 0.25, y¯₁ = 0. 78125 Calculamos

⎧⎨

⎩

f (x1, ¯y1) = (0.25)²− 0. 78125 = −0. 71875 f_x⁰ (x1, ¯y1) = 0.5

f_y⁰(x₁, ¯y₁) = −1

¯

y₂ = y¯₁+ h f (x₁, ¯y₁) +h² 2

£f_x⁰ (x₁, ¯y₁) + f_y⁰(x₁, ¯y₁) f (x₁, ¯y₁)¤

= 0. 78125 + 0.25 · (−0. 71875) + (0.25)²

2 [0.5 + (−1) · (−0. 71875)]

= 0. 63965 Fase 3.

Partimos de

x₂= 0.5, y¯₂ = 0. 63965 Calculamos

⎧⎨

⎩

f (x₂, ¯y₂) = (0.5)²− 0. 63965 = −0. 38965 f_x⁰ (x2, ¯y2) = 1

f_y⁰(x2, ¯y2) = −1

¯

y₃ = y¯₂+ h f (x₂, ¯y₂) +h² 2

£f_x⁰ (x₂, ¯y₂) + f_y⁰ (x₂, ¯y₂) f (x₂, ¯y₂)¤

= 0. 63965 + 0.25 · (−0. 38965) +(0.25)²

2 [1 + (−1) · (−0. 38965)]

= 0. 58566 Fase 4.

Partimos de

x3 = 0.75, y¯3= 0. 58566 Calculamos

⎧⎨

⎩

f (x₃, ¯y₃) = (0.75)²− 0. 58566 = −0.0 2316 f_x⁰ (x₃, ¯y₃) = 1.5

f_y⁰(x3, ¯y3) = −1

¯

y4 = y¯3+ h f (x3, ¯y3) +h² 2

£f_x⁰(x3, ¯y3) + f_y⁰(x3, ¯y3) f (x3, ¯y3)¤

= 0. 58566 + 0.25 · (−0.0 2316 ) +(0.25)²

2 [1.5 + (−1) · (−0.0 2316 )]

= 0. 62747

Resumen y errores de truncamiento

j xj y¯j yj |e^j| = |y^j − ¯yj|

0 0 1.0000 1 0

1 0.25 0.78125 0.78370 0.00245 2 0.50 0.63965 0.64347 0.00382 3 0.75 0.58566 0.59013 0.00447 4 1 0.62747 0.63212 0.00465

Hemos tomado la solución exacta calculada en el Ejercicio 12. Para el resto del ejercicio, ver resolución con Maple. ¤

Ejercicio 14 Consideramos el problema de valor inicial

½ y⁰ = 3y + 3x

y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.2 1. Calcula la solución exacta.

2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento.

3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento.

4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento.

5. Resuelve el ejercicio con Maple.

1. Solución exacta

EDO lineal, la escribimos en forma estándar y⁰− 3y = 3x Homogénea asociada

y⁰− 3y = 0 identificamos

p(x) = 3 solución general de la EDO homogénea

y_h = ke^{−R(−3) dx}= ke^3x

Solución de la EDO completa por variación de parámetros yp = k(x) e^3x

y⁰_p= k⁰e^3x+ 3ke^3x k⁰e^3x+ 3ke^3x− 3ke^3x= 3x

k⁰e^3x= 3x k⁰ = 3x

e^3x = 3xe^−3x

k = Z

3xe^−3xdx

= −xe^−3x+ Z

e^−3xdx

= −xe^−3x−1 3e^−3x Obtenemos

y_p = µ

−xe^−3x− 1 3e^−3x

¶

e^3x= −x − 1 3 Solución general de la EDO completa

y = ke^3x− x − 1

3, k ∈ R.

Solución del problema de valor inicial; imponemos la condición inicial y(0) = 1

k − 1

3 = 1 ⇒ k = 1 + 1 3 = 4

3 obtenemos

y = 4

3e^3x− x − 1 3 2. Método de Euler de 5 pasos

Intervalo

[a, b] = [0, 0.2]

step

h = b − a 5 = 0.2

5 = 0.04 El problema está en forma normal

y⁰= f (x, y) con

f (x, y) = 3x + 3y Formulación del método

¯

y_j+1 = ¯y_j+ h f (x_j, ¯y_i) Fase 1.

Partimos de

x0 = 0, y¯0= 1 Calculamos

f (x0, ¯y0) = 3x0+ 3¯y0= 3

¯

y₁ = ¯y₀+ h f (x₀, ¯y₀) = 1 + 0.04 · 3 = 1 + 0.12 = 1.12 Fase 2.

Partimos de

x1 = 0.04, y¯1= 1.12 Calculamos

f (x₁, ¯y₁) = 3x₁+ 3¯y₁ = 0.12 + 3.36

= 3.48

¯

y₂ = y¯₁+ h f (x₁, ¯y₁) = 1.12 + 0.04 × 3.48

= 1.2592

Continuando de forma análoga se obtienen los siguientes resultados j x_j y¯_j y_j |ej| = |yj− ¯y_j|

0 0 1 1 0

1 0.04 1.12 1.1300 0.0100 2 0.08 1.2592 1.2817 0.0225 3 0.12 1.4199 1.4578 0.0379 4 0.16 1.6047 1.6614 0.0567 5 0.20 1.8165 1.8962 0.0797 3. Método de Euler modificado de 5 pasos

⎧⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎩

k₁^(j)= f (xj, ¯yj) k₁^(j)= f

³

xj+1, ¯yj+ hk₁^(j)

´

¯

y_j+1= ¯y_j+^h₂ ³

k₁^(j)+ k^(j)₂ ´ Fase 1.

Partimos de

x0= 0, x1= 0.04, y¯0 = 1 k⁽⁰⁾₁ = f (x₀, ¯y₀) = 3x₀+ 3¯y₀ = 3

k₁⁽⁰⁾ = f³

x₁, ¯y₀+ hk⁽⁰⁾₁ ´

= f (0.04, 1 + 0.04 × 3)

= f (0.04 + 1.12) = 3(1.16) = 3.48

¯

y₁ = y¯₀+h 2

³

k₁⁽⁰⁾+ k₂⁽⁰⁾´

= 1 +0.04

2 × (3 + 3.48)

= 1 + 0.02 × 6.48 =

= 1.1296

Fase 2.

Partimos de

x₁ = 0.04, x₂ = 0.08, y¯₁ = 1.1296 Calculamos

k⁽¹⁾₁ = f (x₁, ¯y₁) = f (0.04, 1.1296)

= 3(0.04, 1.1296)

= 3.5088

k⁽¹⁾₂ = f³

x2, ¯y1+ hk⁽¹⁾₁ ´

= f (0.08, 1.1296 + 0.04 × 3.5088)

= f (0.08, 1.2700) = 3(0.08 + 1.2700)

= 4.0499

¯

y₂ = y¯₁+h 2

³

k⁽¹⁾₁ + k⁽¹⁾₂ ´

= 1.1296 +0.04

2 (3.5088 − 4.0499)

= 1.2808

Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados j x_j y¯_j y_j |ej| = |yj− ¯y_j|

0 0 1 1 0

1 0.04 1.1296 1.1300 0.0004 2 0.08 1.2808 1.2817 0.0009 3 0.12 1.4563 1.4578 0.0015 4 0.16 1.6592 1.6614 0.0022 5 0.20 1.8930 1.8962 0.0032 4. Método de Taylor de 2^o orden

El método es

¯

y_j+1= ¯y_j+ h f (x_j, ¯y_j) +h² 2

£f_x⁰ (x_j, ¯y_j) + f_y⁰(x_j, ¯y_j) f (x_j, y_j)¤

Tenemos

f (x, y) = 3x + 3y f_x⁰ = 3 f_y⁰ = 3

En este caso podemos simplificar los cálculos

¯

y_j+1 = ¯y_j+ h f (x_j, ¯y_j) + h²

2 [3 + 3f (x_j, y_j)]

Fase 1.

Partimos de

x₀ = 0, y₀= 1 Calculamos

f (x₀, y₀) = 3x₀+ 3y₀ = 3

¯

y₁= 1 + 0.04 · 3 + (0.04)²

2 (3 + 3 · 3) = 1.1296 Fase 2.

Partimos de

x₁ = 0.04, y¯₁= 1.1296 Calculamos

f (x₁, ¯y₁) = 3(0.04 + 1.1296) = 3.5088

¯

y₂ = y¯₁+ hf (x₁, ¯y₁) +h²

2 [3 + 3f (x₁, y1)]

= 1.1296 + 0.04 × 3.5088 +(0.04)²

2 (3 + 3 × 3.5088)

= 1.28077 Fase 3.

Partimos de

x₂ = 0.08, y¯₂= 1.2808 Calculamos

f (x₂, ¯y₂) = 3(0.08 + 1.2808)

= 4.0824

¯

y₃ = y¯₂+ hf (x₂, ¯y₂) +h²

2 [3 + 3f (x₂, ¯y₂)]

= 1.2808 + 0.04 × 4.0824 +(0.04)²

2 (3 + 3 × 4.0824)

= 1.4563

Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados j xj y¯j yj |e^j| = |y^j− ¯yj|

0 0 1.0000 1 0

1 0.04 1.1296 1.1300 0.0004 2 0.08 1.2808 1.2817 0.0009 3 0.12 1.4563 1.4578 0.0015 4 0.16 1.6592 1.6614 0.0022 5 0.20 1.8930 1.8962 0.0032

En este caso particular, al aplicar el método de Taylor de 2^oorden con 5 pasos se obtienen los mismos resultados que con el método de Euler modificado.

Para el resto del ejercicio, ver resolución con Maple. ¤ Ejercicio 15 Consideramos el problema de valor inicial

½ y⁰ = e^−2x− 2y y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.5 1. Calcula la solución exacta.

2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento.

3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento.

4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 5 pasos, calcula los errores de truncamiento.

5. Resuelve el ejercicio con Maple.

1. Solución exacta

EDO lineal, la escribimos en forma estándar y⁰+ 2y = e^−2x homogénea asociada

y⁰+ 2y = 0 identificamos

p(x) = 2 solución de la homogénea

y = ke^{−R2 dx} = ke^−2x

Solución completa por variación de parámetros, hacemos k = k(x) y⁰= k⁰e^−2x− 2ke^−2x

k⁰e^−2x− 2ke^−2x+ 3ke^−2x= e^−2x k⁰e^−2x= e^−2x

k⁰= 1 k = x + c

Solución de la EDO completa

y = (x + c) e^−2x Solución del problema de valor inicial. Imponemos

y(0) = 1 (0 + c)e⁰ = 1 ⇒ c = 1

y = (x + 1)e^−2x 2. Aproximación por el método de Euler de 5 pasos Intervalo

[a, b] = [0, 0.5]

step

h = b − a 5 = 0.1 El problema está en forma normal

y⁰= f (x, y) con

f (x, y) = e^−2x− 2y Fase 1.

Partimos de

x0 = 0, y¯0= 1 Calculamos

f (x0, ¯y0) = e^−2x0 − 2¯y0= e⁰− 2 = 1 − 2 = −1

¯

y₁ = ¯y₀+ h f (x₀, ¯y₀) = 1 + 0.1 · (−1) = 0.9 Fase 2.

Partimos de

x₁ = 0.1, y¯₁= 0.9 Calculamos

f (x1, ¯y1) = e^−2x1 − 2¯y1 = e^−0.2− 1.8

= 0.8187 − 1.8 = −0.9813

¯

y₂ = y¯₁+ h f (x₁, ¯y₁) = 0.9 + 0.1 × (−0.9813)

= 0.8019

Continuando de forma análoga se obtienen los siguientes resultados j xj y¯j yj |e^j| = |y^j− ¯yj|

0 0 1 1 0

1 0.1 0.9 0.9006 0.0006 2 0.2 0.8019 0.8044 0.0025 3 0.3 0.7085 0.7135 0.0050 4 0.4 0.6217 0.6291 0.0074 5 0.5 0.5423 0.5518 0.0095 3. Método de Euler modificado de 5 pasos

Fase 1.

Partimos de

x₀= 0, x₁= 0.1, y¯₀ = 1 k₁⁽⁰⁾= f (x₀, ¯y₀) = e⁰− 2 · 1 = 1 − 2 = −1

k⁽⁰⁾₁ = f³

x₁, ¯y₀+ hk₁⁽⁰⁾´

= f (0.1, 1 + 0.1 × (−1))

= f (0.1 + 0.9) = e^−0.2− 1.8 = −0.9813

¯

y₁ = y¯₀+h 2

³

k₁⁽⁰⁾+ k⁽⁰⁾₂ ´

= 1 + 0.1

2 (−1 − 0.9813)

= 0.9009 Fase 2.

Partimos de

x₁= 0.1, x₂ = 0.2, y¯₁= 0.9009 Calculamos

k₁⁽¹⁾ = f (x1, ¯y1) = e^−2x1 − 2¯y1= e^−0.2− 2 × 0.9009

= −0.9831

k₂⁽¹⁾ = f³

x2, ¯y1+ hk⁽¹⁾₁ ´

= f (0.2, 0.9009 + 0.1 × (−0.9831))

= f (0.2, 0.8026) = e^−0.4− 2 × 0.8026

= −0.9349

¯

y2 = y¯1+h 2

³

k₁⁽¹⁾+ k₂⁽¹⁾´

= 0.9009 + 0.1

2 (−0.9831 − 0.9349)

= 0.8050

Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados j xj y¯j yj |e^j| = |y^j− ¯yj|

0 0 1 1 0

1 0.1 0.9009 0.9006 0.0003 2 0.2 0.8050 0.8044 0.0006 3 0.3 0.7144 0.7135 0.0009 4 0.4 0.6302 0.6291 0.0011 5 0.5 0.5531 0.5518 0.0013 4. Método de Taylor de 2^o orden

Tenemos ⎧

⎨

⎩

f (x, y) = e^−2x− 2y f_x⁰(x, y) = −2e^−2x f_y⁰(x, y) = −2 método

¯

yj+1= ¯yj+ h f (xj, ¯yj) +h² 2

£f_x⁰ (xj, ¯yj) + f_y⁰(xj, ¯yj) f (xj, ¯yj)¤

Fase 1.

Partimos de

x₀ = 0, y¯₀= 1 Calculamos

f (x₀, ¯y₀) = e⁰− 2 = −1 f_x⁰ (x₀, ¯y₀) = −2e⁰= −2

f_y⁰(x₀, ¯y₀) = −2

¯

y1 = ¯y0+ h f (x0, ¯y0) + h² 2

£f_x⁰ (x0, ¯y0) + f_y⁰ (x0, ¯y0) f (x0, ¯y0)¤

¯

y₁ = 1 + 0.1 × (−1) +(0.1)²

2 (−2 + (−2) · (−1))

= 1 − 0.1 = 0.9 Fase 2.

Partimos de

x1 = 0.1, y¯1= 0.9 Calculamos

f (x₁, ¯y₁) = e^−0.2− 1.8 = −0.9813 f_x⁰ (x₁, ¯y₁) = −2e^−2x1 = −2e^−0.2 = −1.6375

f_y⁰(x1, ¯y1) = −2

¯

y₂ = y¯₁+ h f (x₁, ¯y₁) +h² 2

£f_x⁰ (x₁, ¯y₁) + f_y⁰(x₁, ¯y₁) f (x₁, ¯y₁)¤

= 0.9 + 0.1 × (−0.9813) + (0.1)²

2 [−1.6375 − 2x(−0.9813)]

= 0.8035

Continuando de forma análoga, se obtiene

j xj y¯j yj |e^j| = |y^j− ¯yj|

0 0 1 1 0

1 0.1 0.9 0.9006 0.0006 2 0.2 0.8035 0.8044 0.0009 3 0.3 0.7125 0.7135 0.0010 4 0.4 0.0282 0.6291 0.0009 5 0.5 0.5511 0.5518 0.0007 Para el resto del ejercicio, ver resolución con Maple. ¤