El problema de valor inicial

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1 Capítulo 1 El problema de valor inicial 1.1. El problema de valor inicial Al modelizar problemas de la ciencia, la ingeniería y la economía aparecen con frecuencia ecuaciones diferenciales ordinarias. Una ecuación diferencial ordinaria (en adelante una EDO) es una relación entre una función de una variable y sus derivadas. Nosotros nos centraremos en ecuaciones de primer orden (la derivada de mayor orden que aparece es la de orden uno) escritas en la forma estándar y (x) = f(x, y(x)), a x b, (1.1) donde f : [a, b] R d R d es continua. Una solución de (1.1) en [a, b] es una función y : [a, b] R d, y C 1 ([a, b]) que satisface (1.1). En el caso vectorial, d > 1, que se puede interpretar como un sistema de ecuaciones escalares, y y f tienen d componentes cada una, y = (y 1, y 2,..., y d ) T, f = (f 1, f 2,..., f d ) T. Un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias en general no define por 1

2 sí sólo una solución única, y se hace necesario añadir a la formulación del problema un cierto número de condiciones adicionales. Éstas son o bien condiciones de frontera, si la información adicional se da en dos o más valores de x, o condiciones iniciales, si se especifican todas las condiciones de y en un único valor de x. En este capítulo nos centraremos en el caso en que se dan condiciones iniciales, y dejaremos el caso en que se dan condiciones de frontera para más adelante. Así pues, dado η = (η 1, η 2,..., η d ) T R d, buscamos una solución del problema de valor inicial (PVI) en [a, b], esto es, una función y C 1 ([a, b]) que satisfaga y (x) = f(x, y(x)) para a x b, y(a) = η. (1.2) Como se puede ver en el siguiente ejemplo, algunos problemas de valor inicial tienen más de una solución. Ejemplo. Consideramos la ecuación diferencial y = y α sujeta a la condición inicial y(0) = 0, siendo α un número real fijo, α (0, 1). Es facil comprobar que para cualquier número real no negativo c, { 0, 0 x c, y c (x) = (1 α) 1/(1 α) (x c) 1/(1 α), x c, es una solución del problema de valor inicial en el intervalo [0, ). Así pues, si bien el problema tiene solución, ésta no es única. Sin embargo, en contraste con el caso α (0, 1), si α 1 el problema de valor inicial tiene una única solución, y(x) 0. Este ejemplo muestra que hay que pedir a la función f algo más que continuidad para asegurar que la solución del problema (1.2) sea única. Nosotros pediremos una condición de crecimiento con respecto al segundo argumento de la función. Definición 1.1. La función f : D R R d R d satisface una condición de Lipschitz en D con respecto a su segunda variable si existe una constante L, 2

3 conocida como constante de Lipschitz, tal que f(x, y) f(x, ŷ) L y ŷ (x, y), (x, ŷ) D. Observación. Dado que en un espacio vectorial de dimensión finita todas las normas son equivalentes, la propiedad de ser Lipschitz no depende de qué norma tomemos. Si f, además de ser continua en D, satisface una condición de Lipschitz con respecto a su segunda variable, la solución, de existir, será única. Esto es una consecuencia inmediata del siguiente lema. Lema 1.2. Sea D = [a, b] R d y sea f continua en D y Lipschitz con respecto a su segunda variable en D. Sean y, ŷ dos soluciones de la ecuación (1.1) en [a, b]. Entonces, para todo a x b, y(x) ŷ(x) y(a) ŷ(a) exp(l(x a)). (1.3) Prueba. Tenemos que y(x) = y(a) + x f(s, y(s)) ds, a ŷ(x) = ŷ(a) + x f(s, ŷ(s)) ds. a Restando y tomando normas, y usando que f es Lipschitz en su segunda variable se tiene que y(x) ŷ(x) y(a) ŷ(a) + x f(s, y(s)) f(s, ŷ(s)) ds a y(a) ŷ(a) + L x y(s) ŷ(s) ds. (1.4) a Si definimos tenemos por un lado que g(x) = y(a) ŷ(a) + L x a y(s) ŷ(s) ds, y(x) ŷ(x) g(x), (1.5) 3

4 y por otro que, g (x) = L y(x) ŷ(x) Lg(x). Multiplicando esta desigualdad por el factor integrante exp( L(x a)) se tiene que d (g(x) exp(l(x a))) 0, dx de donde g(x) g(a) exp(l(x a)). Esto combinado con (1.5) produce el resultado. Observación. El paso de la estimación integral (1.4) a la estimación puntual (1.3) es lo que se conoce en la literatura como Lema de Gronwall. La desigualdad (1.3) no sólo prueba la unicidad de la solución del problema de valor inicial (1.2); también muestra que las soluciones de dicho problema dependen de manera continua del dato inicial. La cota (1.3) es óptima en algunos casos, por ejemplo para la ecuación escalar lineal y = λy, λ > 0. Sin embargo, puede ser demasiado pesimista para otros. Ejemplo. Consideramos la ecuación y = λy, que tiene constante de Lipschitz L = λ. La diferencia entre dos soluciones de este problema decae exponencialmente con el tiempo; de hecho se tiene la igualdad y(x) ŷ(x) = (y(a) ŷ(a))e λ(x a). La condición de Lipschitz junto con la continuidad resultan ser también suficientes para demostrar la existencia de una solución. Teorema 1.3 (Picard). Sea D = [a, b] R d. Si f es continua en D y Lipschitz con respecto a su segunda variable en D, entonces existe una única solución del problema (1.2) en [a, b]. Prueba. Sólo falta por probar la existencia. La clave es darse cuenta de que el 4

5 problema (1.2) es equivalente a encontrar una función y C([a, b]) tal que y(x) = η + x a f(s, y(s)) ds. (1.6) Las soluciones de esta ecuación integral son puntos fijos del operador integral T : C([a, b]) C([a, b]) definido por (T y)(x) = η + x a f(s, y(s)) ds. La idea para hallar un punto fijo para este operador es la misma que se utiliza para hallar puntos fijos de aplicaciones en espacios de dimensión finita: la iteración. Definimos una sucesión de funciones {y n } n=0 recurrencia y 0 (x) = η, y n (x) = η + x a por medio de la f(s, y n 1 (s)) ds, n = 1, 2,.... (1.7) Si la sucesión {y n } converge uniformemente a una función y, por un lado ésta será continua, y por otro, podemos tomar límites en la relación de recurrencia para obtener que y es solución de (1.6). Dado que y n (x) = y 0 (x) + n (y k (x) y k 1 (x)), k=1 la convergencia uniforme de la sucesión {y n } se seguirá inmediatamente del test M de Weierstrass si encontramos una sucesión numérica {a k } tal que y k (x) y k 1 (x) a k y a k <. La acotación k=1 y k (x) y k 1 (x) K η L (L(x a)) k, k! donde L es la constante de Lipschitz de f respecto de la segunda variable, nos dice que podemos tomar a k = Kη L inducción: es cierta para k = 1, pues y 1 (x) y 0 (x) x a (L(b a)) k k!. Esta acotación se prueba por f(s, η) ds K η (x a), 5

6 y, si es cierta para k 1, entonces y k (x) y k 1 (x) x a f(s, y k 1(s)) f(s, y k 2 (s)) ds es decir, es cierta para k. L x a y k 1(s) y k 2 (s) ds L x a K η L (L(s a)) k 1 (k 1)! ds = K η L (L(x a)) k, k! En resumen, la continuidad de f junto con la condición de Lipschitz respecto de la segunda variable garantizan que el problema (1.2) está bien planteado: (i) tiene solución; (ii) es única y (iii) depende de manera continua de los datos iniciales. En lo sucesivo supondremos siempre que dicha condiciones se cumplen. En ocasiones necesitaremos que la solución sea más regular. Para conseguirlo bastará con imponer mayor regularidad a la f. En efecto, es fácil ver que si, además de ser Lipschitz con respecto a su segunda variable, f C p ([a, b] R d ), entonces y C p+1 ([a, b]). La condición de Lipschitz se puede relajar, pidiendo tan sólo que f sea Lipschitz en D = [a, b] Ω, con η Ω R d. No obstante, en este caso sólo se tiene garantizado un resultado de existencia local, en algún intervalo [a, ˆb], con a < ˆb b. Ejemplo. Consideramos el problema y = y 2, y(0) = 1. La función f(x, y) = y 2 satisface una condición de Lipschitz en [0, b] [ K, K] para cualesquiera b, K > 0. Sin embargo, la única solución del problema, no tiene validez más allá de [0, 1]. y(x) = 1 1 x, Como se puede ver en cualquier texto avanzado de EDOs, la solución se puede prolongar mientras no se salga del dominio donde f satisface la condición 6

7 de Lipschitz. La dificultad en este caso reside en que y cuando x 1. Nótese que f no es Lipschitz en [0, b] R. Problemas 1. Escribir la ecuación lineal y n) + a n 1 y n 1) + + a 1 y + a 0 y = 0 en la forma Y = AY con Y = (y, y,..., y n 1) ) y A una matriz n n. 2. Comprobar que las siguientes funciones satisfacen una condición de Lipschitz sobre los respectivos intervalos y hallar las constantes de Lipschitz asociadas: a) f(x, y) = 2yx 4, x [1, ); b) f(x, y) = e x2 arctan y, x [1, ); c) f(x, y) = 2y(1 + y 2 ) 1 (1 + e x ), x (, ). 3. Encontrar, usando las normas 1, 2 y, una constante de Lipschitz con respecto a y = (y 1, y 2 ) T para la función f : R R 2 R 2 dada por f(x, y) = (x + sen y 2, x2 2 + cos y1 ) T. 4. Consideramos el problema de valor inicial y (x) = Ay(x) para 0 x 2, y(0) = η, donde ( ) A = (1.8) Encontrar una constante de Lipschitz para la función del lado derecho usando las normas 1, 2 y. 5. La función f satisface una condición de Lipschitz unilateral en D = [a, b] R d con constante de Lipschitz unilateral l si < f(x, y) f(x, ŷ), y ŷ > l y ŷ 2 2 (x, y), (x, ŷ) D. (a) Si l < 0 se dice que el PVI es disipativo. Demostrar que el PVI del ejercicio anterior es disipativo. 7

8 (b) Demostrar que si f satisface una condición de Lipschitz unilateral con constante l y las funciones y e ŷ son soluciones de y (x) = f(x, y(x)) en [a, b], entonces y(x) ŷ(x) 2 exp(l(x a)) y(a) ŷ(a) 2 si a x b Métodos numéricos Aunque el problema (1.2) tenga solución, en la mayor parte de los casos no es posible encontrar una forma cerrada para la misma por métodos analíticos. Ejemplo. Consideramos el PVI y (x) = e y2 (x) + 1, y(0) = x2 Usando el teorema del valor medio se tiene que f(x, y) f(x, ŷ) = e y2 e ŷ2 = 2ξe ξ2 y ŷ L y ŷ, pero no sabemos encontrar una fórmula para la solución. En casos como este habrá que contentarse con obtener una aproximación numérica de la solución. La prueba del teorema de Picard sugiere una manera de construir una. En efecto, las funciones y n obtenidas mediante la relación de recurrencia (1.7) aproximan a la solución. Ejemplo. Si aplicamos el método de Picard al problema lineal escalar obtenemos la recurrencia cuya solución es y 0 (x) = 1, y n (x) = 1 + y = y, y(0) = 1, y n (x) = x 0 8 y n 1 (s) ds, n = 1, 2,..., n k=0 x k k!,

9 es decir, los polinomios de Taylor de la exponencial en x = 0. Pero, cuidado!, este ejemplo es muy especial. En general será difícil, o incluso imposible, evaluar las integrales involucradas en forma cerrada. Así que buscamos una idea distinta, la discretización. Sustituimos el intervalo continuo [a, b] por el conjunto discreto de puntos {x n } N n=0 definido por x n = a + nh, n = 0, 1, 2,..., N, h = (b a)/n, al que llamaremos malla. El parámetro h es la longitud del paso. Para facilitar la exposición, lo consideraremos constante, aunque conviene mencionar que gran parte de la potencia de los algoritmos modernos proviene de su capacidad para cambiar h automáticamente a medida que se realizan los cálculos. Nuestro objetivo es encontrar una forma de producir una sucesión de valores {y n } N n=0 que aproxime a la solución y de (1.2) en los puntos {x n } N n=0, y n y(x n ). Los valores y n se pueden interpolar para obtener una aproximación de y(x) en puntos x que no pertenezcan a la malla. Un método numérico para la integración 1 de (1.2) será un procedimiento para producir la sucesión de valores aproximados {y n }. Problemas 1. Utilizar los iterantes de Picard para construir una aproximación numérica de la solución del problema de valor inicial y + y = 0, 0 x 2π, y(0) = 0, y (0) = Si f C p ([a, b] R d ), podemos encontrar una solución aproximada utilizando la fórmula de Taylor de orden p alrededor de x = a, y(x) 1 Históricamente se ha reservado el término integración para la resolución numérica de EDOs, empleándose el término cuadratura para la aproximación numérica de integrales. 9

10 p y (j) (a)(x a) j. Los valores de las derivadas y (j) (a) se pueden calcular derivando la EDO y usando la condición inicial. Utilizar este procedimiento para aproximar la solución del problema y (x) = y 2 (x), 0 x 1, y(0) = 1, y estimar el error cometido Primeros ejemplos Nuestro primer objetivo es ver, a través de algunos ejemplos significativos, formas razonables de construir métodos numéricos. Estos ejemplos nos servirán también para ir introduciendo algunas ideas básicas. A lo largo de la sección supondremos que f es tan regular como sea necesario para justificar los cálculos que se hagan. Método de Euler. Nuestro primer método, padre de alguna manera de todos los demás que vamos a estudiar, es el método de Euler, y n+1 = y n + hf(x n, y n ), n = 0,..., N 1. (1.9) Vamos a llegar a él desde tres puntos de vista diferentes. Serie de Taylor. Desarrollamos la solución alrededor de x n y usamos la ecuación diferencial para obtener y(x n+1 ) = y(x n ) + hy (x n ) + h2 2 y (ξ n ) = y(x n ) + hf(x n, y(x n )) + h2 2 y (ξ n ). (1.10) La notación ξ n indica que el punto intermedio ξ n [x n, x n+1 ] puede variar de componente a componente. Así pues, la solución teorica resuelve la recurrencia y(x n+1 ) = y(x n ) + hf(x n, y(x n )) + R n, n = 0,..., N 1, (1.11) 10

11 con R n = h2 2 y (ξ n ). Esta última cantidad es desconocida, lo que impide resolver la recurrencia. No obstante, sabemos que R n es pequeña si h es pequeña. Si la recurrencia (1.9) es estable ante pequeñas perturbaciones, esperamos que {y(x n )} se parezca a la solución {y n } de la recurrencia sin perturbar(1.9). La cantidad R n, que es lo que le sobra a la solución teórica para ser solución de la ecuación del método numérico, recibe el nombre de residuo. Geométricamente (en el caso d = 1), al despreciar el residuo lo que estamos haciendo es aproximar a la solución por su tangente. Cuadratura numérica. Integramos la EDO en (x n, x n+1 ), y obtenemos y(x n+1 ) = y(x n ) + xn+1 x n f(x, y(x)) dx. (1.12) Para calcular la integral utilizamos la fórmula de cuadratura numérica c+h c g hg(c), llamado regla rectangular izquierda, y llegamos de nuevo a (1.11). Diferenciación numérica. De la definición de derivada, y(x n+1 ) y(x n ) h y (x n ) = f(x n, y(x n )), de donde, despejando, obtenemos una vez más (1.11). Para generar una solución numérica de (1.2) usando (1.9) necesitamos un valor de arranque y 0. Uno desearía tomar y 0 = y(x 0 ), pero en general esto no es posible, debido a la precisión finita del ordenador. Así pues, habrá que contentarse con tomar una aproximación y 0 y(x 0 ). Método de Taylor de orden 2. Se pueden obtener métodos más precisos, tomando más términos en la fórmula de Taylor. Esto da lugar a los llamados métodos de Taylor. Como ejemplo construimos el método de Taylor de orden 2, en el caso d = 1. 11

12 El desarrollo de Taylor produce y(x n+1 ) = y(x n ) + hy (x n ) + h2 2 y (x n ) + h3 3! y (ξ n ). Para calcular y (x n ) e y (x n ) usamos la ecuación diferencial, y (x) = f(x, y(x)), y (x) = f x (x, y(x)) + f y (x, y(x))y (x) = f x (x, y(x)) + f y (x, y(x))f(x, y(x)). Si despreciamos el residuo, R n = h3 3! y (ξ n ), obtenemos el método y n+1 = y n + hf(x n, y n ) + h2 2 (f x(x n, y n ) + f y (x n, y n )f(x n, y n )). Puesto que en este caso el residuo es más pequeño que para el método de Euler (si h es pequeño), esperamos que la aproximación sea mejor. A cambio hay que hacer tres evaluaciones de función por paso, mientras que con el método de Euler sólo hay que hacer una. Por el mismo procedimiento podemos generar métodos de Taylor del orden que queramos. El inconveniente es que involucran cada vez más derivadas, que hay que calcular y evaluar. Regla del trapecio. Si calculamos la integral de (1.12) por medio de la regla del trapecio (que es más precisa que la regla rectangular izquierda), se tiene que y(x n+1 ) y(x n ) = f(x n, y(x n )) + f(x n+1, y(x n+1 )) + R n. 2 Despreciando el residuo R n, se llega a la llamada regla del trapecio, y n+1 = y n + h 2 ( f(xn, y n ) + f(x n+1, y n+1 ) ). (1.13) El método de Euler es explícito; el valor y n+1 viene dado explícitamente en términos del valor anterior y n y se puede calcular fácilmente mediante una evaluación de f y unas pocas operaciones aritméticas. Por el contrario, la regla del trapecio es un método implícito; para calcular y n+1 hay que resolver 12

13 un sistema de ecuaciones no lineales, lo que en general es computacionalmente costoso. La primera posibilidad para resolver el sistema es iterar la función G(y) = y n + h 2 (f(x n, y n ) + f(x n+1, y)) para obtener un punto fijo. La función de iteración satisface G(y) G(ŷ) = h 2 f(x n+1, y) f(x n+1, ŷ) Lh y ŷ. 2 Para que la iteración converja se necesita que Lh/2 < 1. Si L 1, esto obliga a dar pasos de longitud h muy pequeña. Para evitarlo lo que se hace es determinar y n+1 como un cero de la función mediante el método de Newton. Euler mejorado. F (y) = y {y n + h 2 (f(x n, y n ) + f(x n+1, y))} Para evitar el coste computacional derivado del carácter implícito de la regla del trapecio, podemos sustituir el valor y n+1 en el lado derecho de (1.13) por una aproximación de ese valor dada por el método de Euler, de manera que y n+1 = y n + h 2 y n+1 = y n + hf(x n, y n ), ( f(xn, y n ) + f(x n+1, y n+1) ). El método resultante, que es explícito, se conoce como método de Euler mejorado. Requiere dos evaluaciones de función por paso, lo que queda aún más claro si lo escribimos de la siguiente forma: k 1 = f(x n, y n ), k 2 = f(x n + h, y n + hk 1 ), y n+1 = y n + h ( k1 2 + k ) 2. 2 Euler modificado. Si calculamos la integral de (1.12) por medio de la regla del punto medio, se tiene que y(x n+1 ) y(x n ) hf (x n + h2 (, y x n + h )). 2 13

14 Como no conocemos el valor y(x n + h ), lo aproximamos por el método de Euler. 2 Llegamos finalmente a y(x n+1 ) y(x n ) + hf ( x n + h 2, y(x n) + h ) 2 f(x n, y(x n )). El método de Euler modificado se obtiene imponiendo que esta relación se satisfaga de forma exacta, y n+1 = y n + hf ( x n + h 2, y n + h ) 2 f(x n, y n ). Este método se suele escribir bajo la forma alternativa ( k 1 = f(x n, y n ), k 2 = f x n + h 2, y n + h k ) 1, y n+1 = y n + hk 2. 2 Método leap-frog (regla del punto medio). Si integramos la EDO en (x n, x n+2 ) y usamos la regla del punto medio, se tiene que y(x n+2 ) y(x n ) = xn+2 x n f(x, y(x)) dx 2hf(x n+1, y(x n+1 )), lo que da lugar al método leap-frog, también conocido como regla del punto medio, y n+2 = y n + 2hf(x n+1, y n+1 ), (1.14) Como vemos, para calcular y n+2 se utilizan dos valores anteriores, y n e y n+1, y no uno sólo, como en los métodos vistos hasta ahora. Diremos que es un método de dos pasos. Necesitaremos por tanto dos valores de arranque, y 0 e y 1. Para y 0 tomamos un valor próximo al dato inicial, y 0 y(0). El valor de y 1 se tendrá que obtener por otro procedimiento, por ejemplo por el método de Euler. También se puede llegar al método leap-frog a través de la diferenciación numérica. En efecto, si en lugar de usar la fórmula de orden uno y (x) y(x + h) y(x), h 14

15 como hicimos para obtener el método de Euler, usamos la fórmula de diferencias centradas y (x) y(x + h) y(x h), 2h que es una aproximación de orden 2, se tiene que f(x n+1, y(x n+1 )) = y (x n+1 ) y(x n+2) y(x n ), 2h lo que da lugar al método (1.14). Regla de Simpson. Si integramos la EDO en (x n, x n+2 ) y usamos la regla de Simpson obtenemos que y(x n+2 ) y(x n ) h 3 (f(x n, y(x n )) + 4f(x n+1, y(x n+1 )) + f(x n+2, y(x n+2 ))). Esta aproximación conduce al método numérico, y n+2 y n = h 3 (f(x n, y n ) + 4f(x n+1, y n+1 ) + f(x n+2, y n+2 )), conocido como regla de Simpson, que también es un método de dos pasos. Método de colocación de parámetro c 1 = 1/2. Buscamos un polinomio u de grado 1 tal que u(x n ) = y n, u (x n + c 1 h) = f(x n + c 1 h, u(x n + c 1 h)); es decir, pedimos que u tome un cierto dato inicial y que sea solución de la EDO en el punto de colocación x = x n + c 1 h. Puesto que u es constante, tenemos que u (x) = k 1 f(x n + c 1 h, u(x n + c 1 h)), que integrado en (x n, x) produce u(x) = y n + k 1 (x x n ). Si definimos y n+1 = u(x n+1 ), se tiene que y n+1 = y n + hk 1, siendo k 1 solución de k 1 = f ( x n + h 2, y n + h k )

16 Adams-Bashforth de dos pasos. Si integramos la EDO en (x n+1, x n+2 ), se tiene que y(x n+2 ) y(x n+1 ) = xn+2 x n+1 f(x, y(x)) dx. (1.15) Aproximamos la integral sustituyendo el integrando por el polinomio de grado menor o igual que uno que interpola a f(x, y(x)) en los nodos x n y x n+1, f(x, y(x)) f(x n, y(x n )) x x n+1 x x n + f(x n+1, y(x n+1 )), x n x n+1 x n+1 x n de forma que y(x n+2 ) y(x n+1 ) h 2 (3f(x n+1, y(x n+1 )) f(x n, y(x n ))). Llegamos al método y n+2 y n+1 = h 2 (3f(x n+1, y n+1 ) f(x n, y n )), conocido como método de Adams-Bashforth de dos pasos. Adams-Moulton de dos pasos. Si sustituimos el integrando en (1.15) por el polinomio de grado menor o igual que dos que interpola a f(x, y(x)) en los nodos x n, x n+1 y x n+2, f(x, y(x)) f(x n, y(x n )) (x x n+1)(x x n+2 ) (x n x n+1 )(x n x n+2 ) (x x n )(x x n+2 ) +f(x n+1, y(x n+1 )) (x n+1 x n )(x n+1 x n+2 ) (x x n )(x x n+1 ) +f(x n+2, y(x n+2 )) (x n+2 x n )(x n+2 x n+1 ), llegamos a y(x n+2 ) y(x n+1 ) h 12 (5f(x n+2, y(x n+2 )) + 8f(x n+1, y(x n+1 )) f(x n, y(x n ))), y finalmente al método y n+2 y n+1 = h 12 (5f(x n+2, y n+2 ) + 8f(x n+1, y n+1 ) f(x n, y n )), (1.16) 16

17 conocido como método de Adams-Moulton de dos pasos. Predictor-corrector AB2/AM2. Podemos combinar los dos métodos anteriores para obtener un nuevo método: en primer lugar predecimos un valor de y n+2 mediante el método de Adams-Bashforth de dos pasos y a continuación lo corregimos usando esta cantidad para calcular el lado derecho de (1.16), y n+2 = y n+1 + h 2 (3f(x n+1, y n+1 ) f(x n, y n )), y n+2 = y n+1 + h 12 (5f(x n+2, y n+2) + 8f(x n+1, y n+1 ) f(x n, y n )). El método resultante, explícito y de dos pasos, es un par predictor-corrector. El método de Euler mejorado también se puede ver como un par predictorcorrector. BDF de 2 pasos. Dadas y n e y n+1 queremos obtener y n+2. Consideramos el polinomio Q n,2 de grado menor o igual que 2 que interpola a y n, y n+1 e y n+2, es decir Q n,2 (x) = y n (x x n+1 )(x x n+2 ) (x n x n+1 )(x n x n+2 ) + y n+1 +y n+2 (x x n )(x x n+1 ) (x n+2 x n )(x n+2 x n+1 ). (x x n )(x x n+2 ) (x n+1 x n )(x n+1 x n+2 ) Este polinomio no se puede construir, porque desconocemos y n+2. Se impone ahora que Q n,2 satisfaga la ecuación diferencial en x n+2, esto es El método resultante, Q n,2(x n+2 ) = f(x n+2, Q n,2 (x n+2 )) = f(x n+2, y n+2 ). y n y n y n = 2 3 hf(x n+2, y n+2 ), implícito y de dos pasos, se conoce como fórmula BDF de 2 pasos. Problemas 1. Construir el método de Taylor de orden 3 para d = 1 y el de orden 2 para d = 2. 17

18 2. Comprobar que el método de Taylor de orden 3 aplicado al problema y = 2xy, y(0) = 1, lleva a la iteración y n+1 = y n + h ( 2x n y n + y n (1 + 2x 2 n)h + 2x n y n (3 + 2x 2 n) h2 ) Si integramos la EDO en (x n, x n+1 ) y aplicamos la regla de Simpson, obtenemos que y(x n+1 ) y(x n ) h 6 (f(x n, y(x n ))+4f(x n+ 1, y(x 2 n+ 1 )+f(x n+1, y(x n+1 ))), 2 donde x n+ 1 = x n + h. Como no conocemos el valor de y(x 2 2 n+ 1 ), aproximamos esta cantidad por Euler, y(x n+ 2 1 ) y(x n ) + hf(x 2 2 n, y(x n )). Tampoco conocemos el valor de y(x n+1 ). Para estimarlo podemos avanzar a partir de x n utilizando una media ponderada de las dos pendientes calculadas hasta ahora, k 1 = f(x n, y(x n )), k 2 = f(x n+ 1, y(x n ) + hk 2 2 1); es decir, tomamos y(x n+1 ) y(x n ) + h(αk 1 + βk 2 ). Llegamos así al método k 1 = f(x n, y n ), k 2 = f(x n + h 2, y n + h 2 k 1), k 3 = f(x n + h, y n + h(αk 1 + βk 2 )) y n+1 = y n + h 6 (k 1 + 4k 2 + k 3 ). Determinar α y β para que R n = O(h 4 ). El método resultante se conoce como método de Runge-Kutta clásico. 4. Consideramos la igualdad y(x n+k ) y(x n+k 1 ) = xn+k x n+k 1 f(t, y(t)) dt. Si aproximamos la integral sustituyendo el integrando por el polinomio de grado menor o igual que k 1 que interpola a f(t, y(t)) en los nodos x n,..., x n+k 1, y pedimos que la aproximación y n satisfaga la relación resultante exactamente, se obtiene el método de Adams-Bashforth de k pasos. 18

19 Si aproximamos la integral sustituyendo el integrando por el polinomio de grado menor o igual que k que interpola a f(t, y(t)) en los nodos x n,..., x n+k, y pedimos que la aproximación y n satisfaga la relación resultante exactamente, se obtiene el método de Adams-Moulton de k pasos. Construir los métodos de Adams-Bashforth y Adams-Moulton de 1 y 3 pasos, obteniendo una expresión para el residuo a partir del error de interpolación. 5. Consideramos la igualdad y(x n+k ) y(x n+k 2 ) = xn+k x n+k 2 f(t, y(t)) dt. Si aproximamos la integral sustituyendo el integrando por el polinomio de grado menor o igual que k 1 que interpola a f(t, y(t)) en los nodos x n,..., x n+k 1, y pedimos que la aproximación y n satisfaga la relación resultante exactamente, se obtiene el método de Nystrom de k pasos. Obtener los métodos de Nystrom de 2 y 3 pasos. 6. Obtener una aproximación de orden 4 de la derivada y (x) a partir de los valores y(x + 2h), y(x + h), y(x), y(x h) e y(x 2h). Utilizarla para construir un método de cuatro pasos para resolver problemas de valor inicial para EDOs. Obtener una expresión para el residuo. 7. Dadas las aproximaciones y n,..., y n+k 1, consideramos el polinomio Q n,k de grado menor o igual que k que interpola a y n,..., y n+k. Obviamente este polinomio no se puede construir, porque desconocemos y n+k. Se impone ahora que Q n,k satisfaga la ecuación diferencial en x n+k, esto es Q n,k(x n+k ) = f(x n+k, Q n,k (x n+k )) = f(x n+k, y n+k ). El método resultante se conoce como fórmula BDF de k pasos. Construir las fórmulas BDF de 1 y 3 pasos. 8. Dados ν parámetros, c 1,..., c ν (preferiblemente en [0, 1], aunque no es imprescindible), buscamos un polinomio u de grado ν (con coeficientes 19

20 vectoriales) tal que u(x n ) = y n, u (x n + c j h) = f(x n + c j h, u(x n + c j h)), j = 1,..., ν. En otras palabras, u satisface la condición inicial y también la EDO en ν puntos distintos. Un método de colocación consiste en calcular u y tomar y n+1 = u(x n+1 ). Los parámetros c 1,..., c ν son los parámetros de colocación. Obtener el método de colocación que corresponde a los parámetros de colocación c 1 = 1/3, c 2 = 2/ Convergencia Todos los métodos de la sección anterior se pueden escribir en la forma k α j y n+j = hφ f (x n, y n,..., y n+k 1 ; h), n = 0,..., N k, (1.17) donde φ f, la función de incremento, depende de sus argumentos a través de la función f (y a veces, como en los métodos de Taylor, también de sus derivadas). Ejemplos. Para el método de Euler φ f (x n, y n ; h) = f(x n, y n ). Para la regla del trapecio φ f viene definida implícitamente por φ f (x n, y n ; h) = f(x n, y n ) + f(x n + h, y n + hφ f (x n, y n ; h)). (1.18) 2 Si la función de incremento φ f se puede expresar explícitamente en términos de f (y tal vez de sus derivadas), el método es explícito. En caso contrario, el método es implícito. El método (1.17) se dice de k pasos, pues se necesitan k valores anteriores, y n,..., y n+k 1, para calcular y n+k. Por consiguiente, es necesario disponer de k valores de arranque, y 0,..., y k 1 ; sin embargo, el problema de valor inicial 20

21 sólo proporciona y 0. Si k 2 habrá que obtener los k 1 valores de arranque restantes por algún otro procedimiento, como puede ser por desarrollo de Taylor, utilizando un método de un sólo paso, etc. Supondremos que α k = 1, eliminando así la arbitrariedad que surge del hecho de que podemos multiplicar ambos lados de (1.17) por un mismo número distinto de cero sin cambiar el método. Supondremos también que, o bien α 0 0, o bien φ f depende de y n de forma no trivial. Excluimos así métodos como por ejemplo y n+2 y n+1 = hf(x n+1, y n+1 ), que es esencialmente de 1 paso, y no de 2, y que se puede escribir como y n+1 y n = hf(x n, y n ). Para todos los ejemplos de la sección anterior φ f satisface las siguientes propiedades: (i) es continua; (ii) existen constantes h 0 y L tales que k 1 φ f (x n, y n,..., y n+k 1 ; h) φ f (x n, ŷ n,..., ŷ n+k 1 ; h) L y n+j ŷ n+j (1.19) para todo 0 < h < h 0 ; y (iii) si f = 0, entonces φ f = 0. En lo que sigue, siempre que consideremos un método de la forma (1.17) supondremos que verifica estas tres condiciones. Dan los métodos (1.17) una buena aproximación a la verdadera solución del problema (1.2)? Una medida posible de la bondad de la aproximación es el mayor error cometido, máx y(x n) y n. 0 n N Se hace el error cada vez más pequeño a medida que la malla va teniendo más puntos? Si esto es así diremos que el método es convergente. Definición 1.4. Un método (1.17) se dice convergente si para todo problema de valor inicial (1.2) con f continua en D = [a, b] R d y Lipschitz con respecto 21

22 a su segunda variable en D se tiene que lím N máx y(x n) y n = 0 si lím k n N N máx y(x n) y n = 0. 0 n k 1 Observación. La condición lím máx y(x n) y n = 0 sobre los valores N 0 n k 1 de arranque es equivalente a pedir que lím y n = y(x 0 ) para n = 0,..., k 1. h 0 + Estamos pidiendo que los valores de arranque, {y n } k 1 n=0, aproximen bien al dato inicial y(x 0 ); si esto no es así no hay por qué esperar que la solución numérica se parezca a la teórica. Problemas 1. Para cada uno de los métodos de la sección 1.3, demostrar que si f es continua en D y Lipschitz con respecto a su segunda variable en D, entonces la correspondiente función de incremento satisface la condición de Lipschitz (1.19). En el caso del método de Taylor de orden 2 se supone además que todas las derivadas parciales de orden 2 de f existen y están acotadas en D. 2. Sea y la solución del problema (1.2) y sea y I la función continua lineal a trozos que pasa por los puntos (x n, y n ), n = 0,..., N, donde {y n } es una solución numérica del problema. Una medida alternativa del error cometido viene dada por máx y(x) a x b yi (x). Hallar una cota para esta cantidad en términos de máx y(x n) y n y de h, suponiendo que 0 n N f C 1 ([a, b] R d ) estabilidad Salvo en casos excepcionales, la verdadera solución no satisface la recurrencia (1.17) que define el método numérico, sino la recurrencia más una pequeña perturbación, k α j y n+j = hφ f (x n, y n,..., y n+k 1 ; h) + R n, n = 0,..., N k. (1.20) 22

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