Métodos Numéricos: Resumen y ejemplos Tema 4: Resolución aproximada de EDO s

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1 Métodos Numéricos: Resumen y ejemplos Tema 4: Resolución aproximada de EDO s Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Marzo 2008, versión 1.4 Contenido 1. Resolución exacta y resolución numérica 2. Método de Euler 3. Método de Euler modificado 4. Método de Taylor de orden 2 5. Algunos ejemplos de aplicación 1 Resolución exacta y resolución numérica 1.1 Problema de valor inicial en forma normal ½ y 0 = f(x, y), y(a) =y a, x [a, b]. Se busca una función y = y(x) de clase C 1 [a, b] que verifique la ecuación diferencial y 0 = f(x, y) yque,parax = a, tome el valor y(a) =y a. Se dice que la ecuación diferencial está en forma normal cuando y 0 está despejada, es decir, cuando la EDO se escribe en la forma y 0 = f(x, y). Ejemplo 1.1 Consideramos el problema de valor inicial ½ y 0 = xy 2, y(0) = 1, x Calcula la solución exacta. 1

2 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s Determina el dominio de la solución. 1. Solución exacta. La ecuación y 0 = xy 2 es de variables separables. Podemos resolverla como sigue dx = xy2, 1 = xdx, y2 Z Z 1 y 2 = xdx, 1 y = 1 2 x2 + c, c R. Familia de soluciones y = x2 + c, c R. Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición y(0) = 1 1= c = 1 c c = 1. La solución del problema de valor inicial es y = x2 1 = 2 2 x Dominio de la solución. El denominador de y = 2 2 x 2 se anula para x = ± 2. El mayor intervalo que contiene a x 0 =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).

3 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s Separación de variables Una EDO de primer orden es separable si puede escribirse en la forma Resolución de EDOs separables. Expresamos la EDO en la forma y 0 = g(x) h(y). p(y) = g(x) dx e integramos ambos lados, la solución es Z Z p(y) = g(x) dx. Ejemplo 1.2 Resuelve la ecuación y 0 = Escribimos la ecuación en la forma y 1+x. p(y) = g(x) dx, Integramos a ambos lados y 0 y = 1 1+x, y 0 dx y y = Z Z y = = dx 1+x, dx 1+x. dx 1+x, obtenemos una solución implícita. ln y =ln(1+x)+c, c R. Para obtener una solución explícita 1,despejamosy y = e ln(1+x)+c = e ln(1+x) e c, y = k (1 + x), k = e c > 0. 1 No siempre es posible obtener una solución explícita.

4 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden Definiciones Una EDO de primer orden es lineal si puede escribirse en la forma a 1 (x) y 0 + a 0 (x) y = g(x). La incógnita es la función y = y(x). Observa que los coeficientes a 1 (x), a 0 (x), y el término independiente g(x) dependen únicamente de x. Ecuación lineal homogénea La ecuación lineal se denomina homogénea cuando el término independiente es idénticamente nulo g(x) 0. Dada la ecuación diferencial lineal a 1 (x) y 0 + a 0 (x) y = g(x), la ecuación a 1 (x) y 0 + a 0 (x) y =0 se denomina ecuación homogénea asociada. Forma estándar Decimos que una EDO lineal de primer orden está en forma estándar cuando se expresa en la forma y 0 + p(x) y = q(x). Observa que en la forma estándar, el coeficiente de y 0 es igual a Resolución de la EDO lineal homogénea La ecuación lineal homogénea es separable, y tiene solución general Ejemplo 1.3 Consideramos la EDO y 0 + p(x) y =0 y = ke R p(x) dx, k R. x 4y =0. dx 1. Resuelve la ecuación como ecuación lineal homogénea.

5 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s Determina la solución del problema de valor inicial x 4y =0, dx y(1) = La forma estándar es y 0 + p(x) y =0, escribimos la ecuación en forma estándar dx 4 x y =0. Identificamos p(x) p(x) = 4 x, la solución es de la forma y = ke R p(x) dx, k R. y = ke R ( 4 x ) dx, = ke 4 R 1 x dx, = ke 4ln x, = ke ln x4, = kx 4, k R. 2. Con la condición inicial y(1) = 3, resulta 3=k, por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es y =3x Resolución de la ecuación lineal completa: método de variación de parámetros Queremos resolver la ecuación lineal completa y 0 + p(x) y = q(x). La solución general de esta ecuación puede escribirse en la forma donde: y = y h (x)+y p (x) y h (x) es la solución general de la ecuación homogénea asociada.

6 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 6 y p (x) es una solución particular de la EDO lineal completa. Sabemos que la solución general de la ecuación homogénea asociada y 0 + p(x) y =0 es y h = ke R p(x) dx. Nos queda por obtener una solución particular de la EDO lineal completa. El método de variación de parámetros consiste en proponer una solución particular del tipo y p = k(x) e R p(x) dx, donde la constante k pasa a ser una función indeterminada de x, esto es k = k(x). Sustituimos la solución y p en la ecuación completa y determinamos k(x). El siguiente ejemplo ilustra el procedimiento. Ejemplo 1.4 Consideramos la EDO lineal completa x dx 4y = x6 e x. 1. Resuélvela usando el método de variación de parámetros. 2. Resuelve el problema de valor inicial x dx 4y = x6 e x, y(1) = Solución general de la EDO completa. Escribimos la ecuación en forma estándar dx 4 x y = x5 e x, (1) cuya solución general es de la forma y = y h + y p. En primer lugar, debemos resolver la ecuación homogénea asociada dx 4 x y =0. Hemos visto en el Ejemplo 1.3, que la solución general de la EDO homogénea es y h = kx 4, k R.

7 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 7 Para obtener la solución particular de la EDO completa, proponemos la solución y p = k(x) x 4. Derivamos y p y 0 p = k 0 x 4 +4kx 3 y sustituimos en la ecuación completa (1) y 0 p z } { k 0 x 4 +4kx 3 4 x y p z } { kx 4 = x 5 e x. Simplificando, resulta k 0 x 4 = x 5 e x, k 0 = xe x. Para determinar k(x), resolvemos una solución de la ecuación de variables separables dk dx = xex, Z Z dk = xe x dx, Z k = xe x e x dx, Finalmente, sustituimos en y obtenemos la solución particular = xe x e x. y p = k(x) x 4 y p =(xe x e x ) x 4 y p = e x x 5 x 4. La solución general de la EDO completa es y = y h + y p = kx 4 + e x x 5 x 4,k R. 2. Solución del problema de valor inicial. Tomamos la solución general de la EDO completa y = kx 4 + e x x 5 x 4,k R, e imponemos la condición inicial y(1) = 2. Resulta 2=k + e(1 1) k =2, por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es y =2x 4 + e x x 5 x 4.

8 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 8 Ejemplo 1.5 Resuelve el problema de valor inicial 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. Identificamos y 0 + p(t) y = q(t) p(t) =1. La solución general de la ecuación homogénea asociada es y 0 + p(t) y =0 y h = ke R p(t) dt = ke R dt = ke t, k R. Para la solución particular de la EDO lineal completa y p,proponemosuna solución del tipo y p = k(t) e t, calculamos y 0 p(t) y 0 p(t) =k 0 e t ke t y sustituimos en la ecuación completa Resulta p dt + y p = t. yp 0 y p z } { z} { k 0 e t ke t + ke t = t, k 0 e t = t. Despejamos k 0 k 0 = t e integramos para obtener k Z k = = tet e t te t dt = te t e t.

9 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 9 La solución particular de la EDO lineal completa es y p = te t e t e t, y p = t 1. Finalmente, la solución general de la EDO completa es y = y h + y p, y = ke t + t 1, k R. 2. Solución del problema de valor inicial. Tomamos la solución general e imponemos la condición inicial obtenemos La solución particular buscada es 1.4 Resolución numérica y = ke t + t 1, k R, y(0) = 4, 4=k 1 k =5. y(t) =5e t + t 1. Para muchos problemas de valor inicial, 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 = f(x, y), dx y(a) =y a, x [a, b]. 1. Dividimos el intervalo [a, b] en n partes de longitud h = b a n, donde h es el tamaño de paso (step). 2. Construimos los nodos de la red x 0 = a, x 1 = a + h,...,x j = a + jh,...,x n = a + nh = b.

10 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s Para cada x j, calculamos el valor aproximado ȳ j ' y(x j )=y j. Errores El error e j = y j ȳ j se denomina error de truncamiento del paso j. El error al final del intervalo e n = y n ȳ n se denomina error de truncamiento global. 2 Método de Euler 2.1 Presentación del método Dado el problema de valor inicial = f(x, y), dx y(a) =y a, x [a, b]. el método de Euler de n pasos queda definido por ½ ȳ0 = y a, ȳ j+1 =ȳ j + hf(x j, ȳ j ), j =0, 1,...,n 1, donde y h = b a n, x 0 = a, x 1 = a + h,...,x j = a + jh,...,x n = a + nh = b. Ejemplo 2.1 Dado el problema de valor inicial ½ y 0 + 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.

11 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento global. 1. Método de Euler. I Formulación del método En primer lugar, escribimos la ecuación diferencial en forma normal y 0 = f(x, y), y 0 = x y +1. A partir de la forma normal, identificamos f(x, y) Para n =5, el tamaño de paso es f(x, y) =x y +1. los nodos son h = =0.1, x 0 =0, x 1 =0.1, x 2 =0.2, x 3 =0.3, x 4 =0.4, x 5 =0.5. El método de Euler es ½ ȳ0 =1, ȳ j+1 =ȳ j +0.1(x j ȳ j +1), j =0, 1,...,4. I Iteraciones Fase 0. Fase 1. x 0 =0 ȳ 0 =1 ¾ x 0 =0, ȳ 0 = y(x 0 )=1. ȳ 1 =ȳ 0 + h (x 0 ȳ 0 +1)=1+0.1(0 1+1)=1. Fase 2. x 1 =0.1 ȳ 1 =1 ¾ ȳ 2 =ȳ 1 + h (x 1 ȳ 1 +1)=1+0.1( )=1.01. Fase 3. Fase 4. x 2 =0.2 ȳ 2 =1.01 x 3 =0.3 ȳ 3 =1.029 ¾ ¾ ȳ 3 = ( ) = ȳ 4 = ( ) =

12 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 12 Fase 5. x 4 =0.4 ȳ 4 = ¾ ȳ 5 = ( ) = Resumimos los resultados en una tabla 2. Solución exacta. I Solución general La ecuación j x j ȳ j y 0 + y = x +1 es una ecuación diferencial lineal completa. La ecuación homogénea asociada es y 0 + y =0. Identificamos p(x) =1, la solución de la ecuación homogénea es y h = ke R p(x) dx = ke x,k R. Para obtener la solución de la ecuación completa, determinamos una solución particular de la EDO completa por variación de parámetros, esto es, proponemos una solución de forma y sustituimos en resulta y p = k(x) e x y 0 + y = x +1, yp 0 y p z } { z } { k 0 e x ke x + ke x = x +1, k 0 e x = x +1, k 0 = x +1 e x =(x +1)ex. Integramos para determinar k Z k = (x +1)e x dx.

13 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 13 Resolvemos la integral por partes Z Z (x +1)e x dx = (x +1)e x e x dx =(x +1)e x e x = xe x, es decir de donde resulta k(x) =xe x, y p = xe x e x, y p = x. Finalmente, obtenemos la solución general de la EDO completa y = ke x + x, k R. I Solución del problema de valor inicial Imponemos la condición y(0) = 1 y obtenemos 1=ke 0 +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, los valores aproximados obtenidos en el apartado 1 y los errores locales de truncamiento. j x j y j = e x j + x j ȳ j e j = y j ȳ j El error de truncamiento global es e 5 = y 5 ȳ 5 =

14 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s Deducción del método de Euler Supongamos que el problema de valor inicial = f(x, y), dx y(a) =y a, x [a, b], tiene una solución y = y(x) que es de clase C 2 en [a, b] y que conocemos el valor y j = y(x j ). Nuestro objetivo es aproximar el valor de y j+1 = y(x j+1 ). Desarrollamos y(x) portaylorenc = x j y obtenemos y(x) =y(x j )+y 0 (x j )(x x j )+y 00 (ξ)(x x j ) 2, ξ entre x j y x. Sustituimos x = x j+1, y resulta y(x j+1 )=y(x j )+y 0 (x j )(x j+1 x j )+ 1 2 y00 (ξ)(x j+1 x j ) 2, ξ entre x j y x j+1. como h = x j+1 x j, y(x j+1 )=y(x j )+y 0 (x j ) h y00 (ξ) h 2 ξ entre x j y x j+1. Si h es pequeño, podemos despreciar el término 1 2 y00 (ξ) h 2 y tomar la aproximación y(x j+1 ) ' y(x j )+y 0 (x j ) h, además, como y 0 (x j )=f (x j,y j ), resulta y j+1 ' y j + hf(x j,y j ). Normalmente no conoceremos y j conexactitu,ensulugar,emplearemos el valor aproximado ȳ j resultando la aproximación para y j+1 ȳ j+1 =ȳ j + hf(x j, ȳ j ). 3 Método de Euler Modificado 3.1 Presentación del método Dado el problema de valor inicial = f(x, y), dx y(a) =y a, x [a, b],

15 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 15 el método de Euler modificado de n pasos queda definido por ȳ 0 = y a, k (j) 1 = f(x ³ j, ȳ j ), k (j) 2 = f x j+1, ȳ j + hk (j) 1, ȳ j+1 =ȳ j + h ³ k (j) 1 + k (j) 2, j =0, 1,...,n 1, 2 donde y h = b a n, x 0 = a, x 1 = a + h,...,x j = a + jh,...,x n = a + nh = b. Ejemplo 3.1 Dado el problema de valor inicial ½ y 0 + 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 y 0 = x y +1, y(0) = 1, x [0, 0.5]. Tenemos f(x, y) =x y +1, h = =0.1, 5 x 0 =0,x 1 =0.1, x 2 =0.2, x 3 =0.3, x 4 =0.4, x 5 =0.5. I Iteraciones Fase 0. Fase 1. Partimos de los valores x 0 =0, ȳ 0 = y(x 0 )=1, x 0 =0,x 1 =0.1, ȳ 0 =1,

16 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 16 calculamos k (0) 1 = f(x 0, ȳ 0 )=x 0 ȳ 0 +1=0 1+1=0, ³ k (0) 2 = f x 1, ȳ 0 + hk (0) 1 = f (0.1, ) = f(0.1, 1) = 0. 1, ȳ 1 =ȳ 0 + h ³ k (0) 1 + k (0) 2 = ( ) = Fase 2. Partimos de los valores calculamos x 1 =0.1, x 2 =0.2, ȳ 1 =1.005 k (1) 1 = f(x 1, ȳ 1 )=f(0.1, 1.005) = = 0.095, ³ k (1) 2 = f x 2, ȳ 1 + hk (1) 1 = f (0.2, ) = f (0.2, ) = , ȳ 2 = ȳ 1 + h ³ k (1) 1 + k (1) 2 = ( ) 2 = Fase 3. Partimos de los valores calculamos x 2 =0.2, x 3 =0.3, ȳ 2 = , k (2) 1 = f(x 2, ȳ 2 )=f(0.2, ) = = , ³ k (2) 2 = f x 3, ȳ 2 + hk (2) 1 = f (0.3, ) = f (0.3, ) = = , ȳ 3 = ȳ 2 + h ³ k (2) 1 + k (2) 2 = ( ) 2 =

17 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 17 Fase 4. Partimos de los valores calculamos x 3 =0.3, x 4 =0.4, ȳ 3 = , k (3) 1 = f(x 3, ȳ 3 )=f(0.3, ) = = , ³ k (3) 2 = f x 4, ȳ 3 + hk (3) 1 = f (0.4, ) = f (0.4, ) = = , ȳ 4 = ȳ 3 + h ³ k (3) 1 + k (3) 2 = ( ) 2 = Fase 5. Partimos de los valores calculamos x 4 =0.4, x 5 =0.5, ȳ 4 = k (4) 1 = f(x 4, ȳ 4 )=f(0.4, ) = , ³ k (4) 2 = f x 5, ȳ 4 + hk (4) 1 = f (0.5, ) = f (0.5, ) = , ȳ 5 = ȳ 4 + h ³ k (4) 1 + k (4) 2 = ( ) 2 = Resumimos los resultados en una tabla j x j ȳ j

18 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s Errores de truncamiento. Hemos visto en el ejemplo anterior que la solución exacta es y = x + e x. En la siguiente tabla se recogen los valores exactos y j = y(x j ), j =0, 1,...,5. los valores aproximados ȳ j que hemos obtenido mediante el método de Euler modificado, y los errores locales de truncamiento j x j y j ȳ j e j = y j ȳ j El error de truncamiento global es e 5 = y 5 ȳ 5 = Deducción del método de Euler modificado Tenemos el problema de valor inicial ½ y 0 = f(x, y), y(a) =y a, x [a, b]. Tomamos y 0 = f(x, y) e integramos en el intervalo [x 0,x 1 ], Z x1 Z x1 y 0 (x) dx = f(x, y(x)) dx. x 0 x 0 Para la integral de lado izquierdo tenemos Z x1 y 0 (x) dx =[y(x)] x 1 x 0 = y(x 1 ) y(x 0 ), x 0 para la integral del lado derecho, determinamos un valor aproximado mediante la regla del trapecio simple Z x1 x 0 f(x, y(x)) dx ' h 2 [f (x 0,y 0 )+f (x 1,y 1 )].

19 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 19 Los valores x 0,x 1,y 0, son conocidos; para el valor y 1, tomamos la estimación que nos proporcionaría el método de Euler tenemos finalmente y 1 ' y 0 + hf (x 0,y 0 ), y(x 1 ) y(x 0 ) ' h 2 [f (x 0,y 0 )+f (x 1,y 0 + hf (x 0,y 0 ))]. ȳ 1 = y 0 + h 2 [f (x 0,y 0 )+f (x 1,y 0 + hf (x 0,y 0 ))] En pasos posteriores, se procede de forma análoga. Supongamos que hemos obtenido ȳ j, para calcular ȳ j+1 integramos en el intervalo Z xj+1 Z xj+1 x j y 0 (x) dx = Z xj+1 y 0 = f(x, y) [x j,x j+1 ], Z xj+1 x j f(x, y(x)) dx, x j y 0 (x) dx = y(x j+1 ) y(x j ), f(x, y(x)) dx ' h x j 2 [f (x j,y j )+f (x j+1,y j+1 )]. Para calcular f (x j+1,y j+1 ) tomamos la estimación de y j+1 que nos proporcionaría el método de Euler y j+1 ' ȳ j + hf (x j, ȳ j ), y(x j+1 ) y(x j ) ' h 2 [f (x j,y j )+f (x j+1, ȳ j + hf (x j, ȳ j ))], finalmente, resulta ȳ j+1 =ȳ j + h 2 [f (x j, ȳ j )+f (x j+1, ȳ j + hf (x j, ȳ j ))]. 4 Método de Taylor de 2 o orden 4.1 Presentación del método Dado el problema de valor inicial = f(x, y), dx y(a) =y a, x [a, b],

20 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 20 el método de Taylor de 2 o orden de n pasos queda definido por ȳ 0 = y a, ȳ j+1 =ȳ j + hf(x j, ȳ j )+ h2 f 0 2 x (x j, ȳ j )+fy(x 0 j, ȳ j ) f(x j, ȳ j ), j =0, 1,...,n 1, donde f 0 x es la derivada parcial de f(x, y) respecto de x, f 0 y es la derivada parcial de f(x, y) respecto de y, h = b a n, x 0 = a, x 1 = a + h,...,x j = a + jh,...,x n = a + nh = b. Ejemplo 4.1 Dado el problema de valor inicial ( y 0 =1+ y x, y(1) = 2, x [1, 2]. 1. Aproxima la solución usando el método de Taylor de segundo orden con 4 pasos. 2. Calcula la solución exacta. 3. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento global. 1. Método de Taylor de segundo orden. I Formulación del método. El problema está en forma normal, identificamos f(x, y), f(x, y) =1+ y x. Calculamos las derivadas parciales f 0 x(x, y) = y x 2, f 0 y (x, y) = 1 x. El tamaño de paso es y los nodos son h = =0.25, x 0 =1,x 1 =1.25, x 2 =1.5, x 3 =1.75, x 4 =2.

21 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 21 La fórmula de recurrencia es, en este caso ȳ j+1 =ȳ j f (x j, ȳ j )+ (0.25)2 f 0 2 x (x j, ȳ j )+fy 0 (x j, ȳ j ) f(x j, ȳ j ). I Iteraciones Fase 1. Partimos de x 0 =1, ȳ 0 =2, calculamos f (x 0, ȳ 0 )= =3, f 0 x(x 0, ȳ 0 )= 2 1 = 2, f 0 y (x 0, ȳ 0 )= 1 1 =1, ȳ 1 = ȳ f (x 0, ȳ 0 )+ (0.25)2 f 0 2 x (x 0, ȳ 0 )+fy 0 (x 0, ȳ 0 ) f (x 0, ȳ 0 ) = ( 2+1 3) = Fase 2. Partimos de x 1 =1.25, ȳ 1 = , calculamos f (x 1, ȳ 1 )=1+ =3. 225, 1.25 fx(x , ȳ 1 )= 2 = 1. 78, (1.25) fy 0 (x 1, ȳ 1 )= 1 =0. 8, 1.25 ȳ 2 = ȳ f (x 1, ȳ 1 )+ (0.25)2 f 0 2 x (x 1, ȳ 1 )+fy 0 (x 1, ȳ 1 ) f (x 1, ȳ 1 ) = ( ) = Fase 3. Partimos de calculamos x 2 =1.5, ȳ 2 = , f (x 2, ȳ 2 )= = ,

22 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 22 fx(x , ȳ 2 )= 2 = , (1.5) fy 0 (x 2, ȳ 2 )= 1 = , 1.5 ȳ 3 = ȳ f (x 2, ȳ 2 )+ (0.25)2 f 0 2 x (x 2, ȳ 2 )+fy 0 (x 2, ȳ 2 ) f (x 2, ȳ 2 ) = ( ) = Fase 4. Partimos de x 3 =1.75, ȳ 3 = , calculamos f (x 3, ȳ 3 )=1+ = , 1.75 fx(x , ȳ 3 )= (1.75) 2 = , fy 0 (x 3, ȳ 3 )= 1 = , 1.75 ȳ 4 = ȳ f (x 3, ȳ 3 )+ (0.25)2 f 0 2 x (x 3, ȳ 3 )+fy 0 (x 3, ȳ 3 ) f (x 3, ȳ 3 ) = ( ) = Resumimos los resultados en una tabla 2. Solución exacta. I Solución general. La ecuación j x j ȳ j y 0 =1+ y x es lineal. La escribimos en la forma estándar y 0 + p(x) y = q(x),

23 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 23 La ecuación homogénea asociada es y 0 1 x y =1. y 0 1 x y =0. Identificamos p(x) = 1 x, la solución de la ecuación homogénea es y h = ke R 1 x dx = ke ln x = kx, k R. Para obtener la solución de la ecuación completa, determinamos una solución particular aplicando el método de variación de parámetros. Proponemos y p = k(x) x, y sustituimos en Resulta y 0 1 x y =1. y 0 p z } { k 0 x + k 1 x y p z} { kx =1, k 0 x =1, k 0 = 1 x, Z 1 k = dx =lnx. x Finalmente, obtenemos la solución particular de la EDO completa ysolucióngeneral y p = x ln x, y = kx + x ln x, k R. I Solución exacta del problema de valor inicial. Imponemos la condición y(1) = 2 y obtenemos 2=k +1ln1 k =2, la solución del problema de valor inicial es y =2x + x ln x.

24 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s 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 ȳ j e j = y j ȳ j El error de truncamiento global es e 4 = y 4 ȳ 4 = Deducción del método de Taylor de 2 o orden Supongamos que el problema de valor inicial = f(x, y), dx y(a) =y a, x [a, b]. tiene una solución y = y(x) que es de clase C 3 en [a, b] y que conocemos el valor de la fase j y j = y(x j ). Nuestroobjetivoesaproximarelvalordey j+1. Desarrollamos y(x) por Taylor hasta orden 2 en c = x j y obtenemos y(x) = y(x j )+y 0 (x j )(x x j )+ 1 2 y00 (x j )(x x j ) 2 + Sustituimos x = x j+1, y resulta + 1 3! y000 (ξ)(x x j ) 3, ξ entre x j y x. y(x j+1 ) = y(x j )+y 0 (x j )(x j+1 x j )+ 1 2 y00 (x j )(x j+1 x j ) 2 + Como h = x j+1 x j, obtenemos + 1 3! y000 (ξ)(x j+1 x j ) 3, ξ entre x j y x j+1. y(x j+1 )=y(x j )+y 0 (x j ) h y00 (x j ) h ! y000 (ξ) h 3 ξ entre x j y x j+1,

25 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 25 Si h es pequeño, podemos despreciar el término 1 3! y000 (t) h 3 y tomar la aproximación y(x j+1 ) ' y(x j )+y 0 (x j ) h y00 (x j ) h 2. (2) El valor de y 0 (x j ) podemos obtenerlo de y 0 (x j )=f (x j,y j ), para y 00 (x j ), usamos la regla de la cadena y 00 (x) = d f (x, y(x)) = dx x f (x, y)+ y f (x, y) y0 (x) = x f (x, y)+ f (x, y) f(x, y), y y obtenemos y 00 (x j )= x f (x j,y j )+ y f (x j,y j ) f(x j,y j ). Sustituimos y 0 (x j ),y 00 (x j ) en (2), y j+1 ' y j + hf(x j,y j )+ h2 2 x f (x j,y j )+ y f (x j,y j ) f(x j,y j ), finalmente, sustituimos y j por el valor aproximado ȳ j, y obtenemos la aproximación para y j+1 ȳ j+1 =ȳ j + hf(x j, ȳ j )+ h2 2 5 Algunos ejemplos de aplicación f 0 x (x j, ȳ j )+f 0 y(x j, ȳ j ) f(x j, ȳ j ). Ejemplo 5.1 Supongamos que la tasa de crecimiento de una población y(t) es proporcional al número de individuos y que la población inicial es y 0. Si después de 50 años la población se ha duplicado, en cuántos años tendremos una población triple de la inicial? Modelo. y = y(t) t t =0 y 0 = y(0) dt población, tiempo (en años), momento inicial, población inicial, tasa de crecimiento de la población (individuos/año).

26 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 26 Ecuación diferencial. dt = α y, donde α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación es una EDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar y 0 + p(t) y =0, esto es donde identificamos La solución general es y 0 α y =0, p(t) = α. Utilizamos la condición inicial para determinar la constante k por lo tanto, y = ke R p(t) dt = ke R ( α) dt, y = ke αt, k R. y(0) = y 0 y 0 = ke α 0 = k, y = y 0 e αt. Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la población inicial se ha duplicado en un período de 50 años. y(50) = y 0 e α50 =2y 0 e α50 =2, 50α =ln2, α = ln 2 50 = El modelo de la población, es por lo tanto, y = y 0 e t. Para ver el período de tiempo necesario para triplicar la población, planteamos la ecuación y 0 e t =3y 0

27 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 27 y determinamos el valor de t e t =3, t =ln3, ln 3 t = = Para triplicar la población se necesitan años desde en momento inicial (29.25 años desde el momento en que se duplica la población inicial. Ejemplo 5.2 En un cultivo de bacterias, la tasa de crecimiento de la población es proporcional a la población presente. 1. Si se ha observado que la población se ha duplicado en 4 horas, qué población cabe esperar al cabo de 12 horas? 2. Supongamos que en un segundo cultivo, el número de bacterias es 10 4 al cabo de 3 horas y al cabo de 5 horas. Determina la población inicial. Qué tamaño de población tendremos después de 6 horas? Modelo y = y(t) población, t tiempo (en horas), t =0 momento inicial, y 0 = y(0) población inicial, tasa de crecimiento de la población (individuos/hora). dt Ecuación diferencial dt = α y, α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación es una EDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar y 0 + p(t) y =0y obtenemos, como en el ejemplo anterior, la solución y = ke αt, k R. Utilizamos la condición inicial y(0) = y 0 para determinar la constante k y 0 = ke α 0 = k, resulta, y = y 0 e αt. 1) Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la población inicial se ha duplicado en un período de 4 horas. y(4) = y 0 e α4 =2y 0 e 4α =2,

28 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 28 4α =ln2, α = ln 2 4. El modelo de la población, es por lo tanto, Después de 12 horas, tendremos y = y 0 e ln 2 4 t. y(12) = y 0 e ln = y 0 e 3ln2 = y 0 e ln 8 =8y 0, es decir, al cabo de 12 horas, la población se ha multiplicado por 8. 2) En este caso disponemos de dos datos, lo que nos permite determinar la constante α y la población inicial. El modelo es y = y 0 e αt y tenemos ½ y(3) = 10 4, y(5) = , es decir ½ y0 e 3α =10 4, y 0 e 5α = Dividiendo las ecuaciones, podemos eliminar y 0 y determinar α y 0 e 5α = y 0 e3α 10 4, e 5α =4, e3α e 2α =4, 2α =ln4, α = ln 4 2 =ln 4=ln2. Sustituyendo en la primera ecuación, resulta y 0 e 3ln2 =10 4, y 0 = = e3ln2 8 = 1250, la población inicial es, por lo tanto de 1250 individuos. describe el tamaño de la población es y = 1250 e t ln 2 = t Después de 6 horas, el tamaño de población será y(6) = = individuos. El modelo que

29 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 29 Ejemplo 5.3 Según la ley de enfriamiento de Newton, la velocidad a que se enfría una sustancia al aire libre es proporcional a la diferencia de temperatura entre la sustancia y el aire. Sabemos que la temperatura del aire es de 30 o y la sustancia se ha enfriado desde 100 o a 70 o en 15 minutos. 1. Qué temperatura tenía la sustancia después de 10 minutos? 2. Cuándotendrálasustanciaunatemperaturade40 o? Modelo y = y(t) temperatura de la sustancia, t tiempo (en minutos), t =0 momento inicial, y 0 = 100 o temperatura inicial, T m =30 o temperatura del medio, tasa de variación de la temperatura de la sustancia. dt Ecuación diferencial dt = α ( y T m), α > 0 es la constante de proporcionalidad (desconocida). Observamos que si y>t m, entonces α ( y T m ) < 0 y la sustancia se enfría. La ecuación es una EDO lineal completa, la escribimos en forma estándar y 0 + p(t) y = q(t), identificamos y 0 + α y = αt m, p(t) =α, q(t) =αt m, (ambos constantes). La EDO lineal homogénea asociada es que tiene solución y 0 + α y =0, y = ke R α dt, k R, y = ke α t, k R. Calculamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros, esto es, proponemos una solución y p (t) =k(t) e α t

30 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s. 30 y sustituimos en la ecuación completa para determinar k(t) Obtenemos tomamos el valor de k yp 0 y p z } { z } { k 0 e α t αke α t +α ke α t = α T m, k 0 e α t = α T m, k 0 = α T m e α t, k 0 = α T m e α t, Z k = α T m e α t dt. k = T m e α t + c, c R, k = T m e α t, de donde resulta la siguiente solución particular de la ecuación completa y p (t) = T m e α t e αt = T m. La solución general de la EDO completa es y(t) =y h (t)+y p (t) =ke α t + T m, k R. Observa que podíamos haber obtenido la solución particular directamente y p (t) =T m apreciando que la ecuación dt = α ( y T m), tiene la solución singular 2 y = T m. 1) Para determinar k, sustituimos T m =30 o y usamos la condición inicial y(0) = 100 o, 100 = ke k =70. Finalmente, para determinar α, usamos el dato y(15) = 70, 70 = 70e 15α +30, 70e 15α =40 e 15α = Una solución singular es una función constante y(t) =c que verifica la ecuación.

31 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO s α =ln 4 7 α = 1 15 ln 4 7 = El modelo matemático que describe el enfriamiento de la sustancia es y =70e t +30. La temperatura después de 10 minutos será y(10) = 70 e =78. 2 o 2) El tiempo necesario para que la sustancia esté a 40 grados se obtiene resolviendo la ecuación 70e t +30=40, e t = 10 70, t = ln 1 = minutos. 7 Ejemplo 5.4 Un tanque contiene 1000 litros de una disolución de agua y sal. En el tanque entra agua a razón de 20 litros/min y la mezcla, conservada uniforme por agitación, sale a la misma velocidad. Si inicialmente hay 60 kg de sal en el tanque, cuánta sal queda en el tanque después de 1 hora? Modelo y = y(t) cantidad de sal en el tanque (en kg), t tiempo (en minutos), t =0 momento inicial, y 0 =60 cantidad inicial de sal (en kg), tasadevariacióndelacantidaddesal(enkg/min). dt Observemosquelatasadeentradaydesalidadelíquidoeslamisma,por lo tanto el volumen de disolución en el tanque se mantiene constante concentración de sal = y 1000 (en Kg/litro). Tasa de variación de sal = tasa de entrada de sal z } { 20 litros min. 0 kg litro = 1 50 y kg min. tasa de salida de sal z } { 20 litros min. y kg 1000 litro