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Métodos Numéricos: EjerciciosTema 4: Resolución aproximada de EDO’s
Francisco PalaciosEscuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa
Universidad Politécnica de CataluñaMarzo 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+ e3x dy = 0
3. (x+ 1)dy
dx= x+ 6
4. xy0 = 4y
5.dy
dx=y3
x2
(1.1)dy
dx= sin 5x,
dy = sin 5xdx,Zdy =
Zsin 5xdx,
y = −15cos 5x+ c, c ∈ R.
(1.2)dx+ e3x dy = 0,
e3x dy = −dx,
dy =−1e3x
dx,
= −e−3x dx,Zdy =
Z−e−3x dx,
1
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 2
Zdy =
1
3
Ze−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 =
Zx+ 6
x+ 1dx,
Zx+ 6
x+ 1dx =
Zx+ 1 + 5
x+ 1dx =
Z µ1 +
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 = 4
1
xdx,Z
1
ydy = 4
Z1
xdx,
ln |y| = 4 ln |x|+ c1,
ln |y| = lnx4 + c1, c1 ∈ R.
|y| = elnx4+c1 = x4 · ec1 (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.
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 3
(1.5)dy
dx=y3
x2,
1
y3dy =
dx
x2,Z
y−3 dy =
Zx−2 dx,
1
−2y−2 = −x−1 + c1,
−12y2
=−1x+ c1,
1
y2=2
x+ c c = −2c1.
Solución implícita1
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 inicial½
(e−y + 1) sinxdx = (1 + cosx) dy,y(0) = 0.
Verifica el resultado con Maple; representa la función solución en el intervalox ∈ [0, 2].
sinx
1 + cosxdx =
1
e−y + 1dy,Z
sinx
1 + cosxdx =
Z1
e−y + 1dy,Z
sinx
1 + cosxdx = −
Z − sinx1 + cosx
dx = − ln (1 + cosx) ,
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 4
Z1
e−y + 1dy =
Z1
1ey + 1
dy =
Zey
1 + eydy = ln (1 + ey) .
Familia de soluciones
− ln (1 + cosx) = ln (1 + ey) + 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 + cosx) = ln (1 + ey)− ln 4.
Reescribimos la solución
ln (1 + ey) + ln (1 + cosx) = ln 4,
(1 + ey) (1 + cosx) = 4.
Solución explícita
1 + ey =4
1 + cosx,
ey =4
1 + cosx− 1,
y = ln
µ4
1 + cosx− 1¶,
y = ln
µ3− cosx1 + cosx
¶.
Para el resto del ejercicio, ver resolución con Maple. ¤
Ejercicio 4 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial (
y dy = 4x¡y2 + 1
¢1/2dx,
y(0) = 1.
Verifica el resultado con Maple; representa la función solución en el intervalox ∈ [0, 2].
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 5
y
(y2 + 1)1/2dy = 4xdx,
Zy
(y2 + 1)1/2dy =
Z4xdx,
Zy
(y2 + 1)1/2dy =
1
2
Z ¡y2 + 1
¢−1/22y dy =
1
2
1¡12
¢ ¡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 =³2x2 +
√2´2,
y = ±r³
2x2 +√2´2− 1.
Teniendo en cuenta la solución inicial, y(0) = 1, debemos tomar la ramapositiva
y =
r³2x2 +
√2´2− 1.
Para el resto del ejercicio, ver resolución con Maple. ¤
Ejercicio 5 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ½
x2y0 = y − xy,y(−1) = −1.
Verifica el resultado con Maple.
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 6
x2dy
dx= y − xy,
1
ydy =
1− xx2
dx,Z1
ydy =
Z1− xx2
dx,Z1− xx2
dx =
Z µ1
x2− 1x
¶dx = −1
x− ln |x| .
Familia de solucionesln |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| = −1x− ln |x|− 1.
Determinamos la solución explícita
ln |y|+ ln |x| = −1x− 1,
ln |yx| = −µ1 +
1
x
¶,
|xy| = e−(1+1x),
y = ±1xe−(1+
1x).
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 devalor inicial ⎧⎨⎩
dy
dx=2x+ 1
2y,
y(−2) = −1.Verifica el resultado con Maple.
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 7
2y dy = (2x+ 1) dx,Z2y dy =
Z(2x+ 1) dx.
Familia de solucionesy2 = 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 explícitay = ±
px2 + x− 1,
teniendo en cuenta la condición inicial, debemos tomar la rama
y = −px2 + x− 1.
Para el resto del ejercicio, ver resolución con Maple. ¤
Ejercicio 7 Resuelve las siguientes EDO’s lineales. Indica en cada caso unintervalo en el que la solución es válida.
1.dy
dx= 5y.
2.dy
dx+ y = e3x.
3. y0 + 3x2y = x2.
4. x2y0 + xy = 1
5. xdy
dx− y = x2 sinx.
6. xdy
dx+ 4y = x3 − x.
7. x2y0 + x (x+ 2) y = ex.
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 8
(7.1)
dy
dx= 5y,
y0 − 5y = 0.
Es una EDO lineal homogénea. Identificamos
p(x) = −5,
y = ke−R(−5) dx,
= keR5 dx = ke5x.
y = ke5x, k ∈ R.
Solución definida en todo R.(7.2)
dy
dx+ y = e3x,
y0 + y = e3x,
Es una EDO lineal completa, identificamos
p(x) = 1.
Solución de la EDO homogénea
yh = ke−Rdx = ke−x.
Solución particular de la EDO completa
yp = k(x)e−x.
Variación de parámetros
k0e−x − ke−x| {z }y0p
+ ke−x| {z }yp
= e3x
k0e−x = e3x,
k0 =e3x
e−x= e4x,
k =
Ze4x dx =
1
4e4x.
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 9
Obtenemosyp =
1
4e4xe−x =
1
4e3x.
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp,
y = ke−x +1
4e3x, k ∈ R.
Definida en (−∞,+∞).(7.3) EDO lineal completa.
y0 + 3x2y = x2,
p(x) = 3x2.
Solución de la ecuación homogénea
yh = keRp(x) dx = ke−
R3x2 dx
= ke−x3.
Solución particular de la EDO completa
yp = k(x)e−x3 .
Variación de parámetros
y0p = k0e−x
3 − 3kx2e−x3 .
Sustituimos en la ecuación completa
k0e−x3 − 3kx2e−x3 + 3x2ke−x3 = x2,
k0e−x3= x2,
k0 =x2
e−x3= x2ex
3,
k =
Zx2ex
3dx =
1
3ex
3.
Obtenemosyp = k(x)e
−x3 =1
3ex
3e−x
3=1
3.
Solución general de la ecuación completa
y = yh + yp,
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 10
y = ke−x3+1
3, k ∈ R.
Definida en (−∞,+∞).(7.4) EDO lineal completa.
x2y0 + xy = 1.
Forma estándary0 +
1
xy =
1
x2.
Homogénea asociada
y0 +1
xy = 0 ⇒ p(x) =
1
x.
Solución de la ecuación homogénea
yh = ke−R1xdx
= ke− ln|x|
= keln(1/|x|)
= k1
|x| tomamos x ∈ (0,+∞) .
y =k
x.
Solución particular de la EDO completa
yp =k(x)
x.
Variación de parámetros
y0p =k0x− kx2
.
Sustituimos en la ecuación completa
y0p +1
xyp =
1
x2
y obtenemosk0x− kx2
+1
x
k
x=1
x2,
k0
x=1
x2,
k0 =1
x⇒ k =
Z1
xdx = lnx.
Resulta
yp =lnx
x.
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 11
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp.
y =k
x+lnx
x, k ∈ R.
Definida para x ∈ (0,+∞) .(7.6) EDO lineal completa.
xdy
dx− y = x2 sinx.
Forma estándardy
dx− 1xy = x sinx.
Ecuación homogénea asociada
y0 − 1xy = 0,
p(x) = −1x.
Solución de la ecuación homogénea
yh = ke−Rp(x) dx,
= ke−R(− 1
x) dx,
= keR1xdx,
= keln|x| resolvemos para x > 0
= kelnx = kx.
Solución particular de la EDO completa
yp = k(x)x,
y0p = k0x+ k,
sustituimos en la EDO completa
k0x+ k − 1xkx = x sinx,
k0x = x sinx,
k0 = sinx,
k =
Zsinxdx = − cosx.
Obtenemosyp = −x cosx.
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 12
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp
y = kx− x cosx, k ∈ R.
Definida para x > 0.
(7.6) Edo lineal completa.
xdy
dx+ 4y = x3 − x.
Forma estándary0 +
4
xy = x2 − 1.
EDO homogénea asociada
y0 +4
xy = 0,
p(x) =4
x.
Solución de la EDO homogénea
yh = ke−Rp(x) dx = ke−
R4xdx,
= ke−4 ln|x|,
= keln|x−4| = keln(1/x4),
=k
x4(x 6= 0), tomamos p.e. x > 0.
Solución particular de la EDO
yp = k(x) ·1
x4,
y0p = k0 1
x4− 4kx5,
k01
x4− 4kx5+4
x
µk
x4
¶= x2 − 1,
k01
x4= x2 − 1,
k0 = x6 − x4,
k =
Z ¡x6 − x4
¢dx =
x7
7− x
5
5.
Obtenemos
yp =
µx7
7− x
5
5
¶1
x4=x3
7− x5.
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 13
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp,
y =k
x4+x3
7− x5, k ∈ R.
Definida en cualquier intervalo que no contenga x = 0.
(7.7) EDO lineal completa.
x2y0 + x(x+ 2)y = ex.
Forma estándar
y0 +x(x+ 2)
x2y =
1
x2ex,
p(x) =x(x+ 2)
x2=x2 + 2x
x2= 1 + 2/x.
Homogénea asociada
y0 +
µ1 +
2
x
¶y = 0.
Solución de la EDO homogénea
yp = ke−Rp(x) dx,
= ke−R(1+ 2
x) dx,
= ke−x−2 ln|x|, tomamos x 6= 0,= ke−x · elnx−2 ,
= ke−x · 1x2.
y = ke−x
x2.
Solución particular de la EDO completa
yp = k(x)e−x
x2,
y0p = k0e−x
x2+ k−e−xx2 − e−x · 2x
x4,
= k0e−x
x2− ke−x
¡x2 + 2x
¢x4
.
Sustituimos en la EDO completa
y0p +x2 + 2x
x2· yp =
1
x2ex,
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 14
k0e−x
x2− ke−xx
2 + 2x
x4| {z }y0p
+x2 + 2x
x2· ke
−x
x2| {z }yp
=1
x2ex,
k0e−x
x2=1
x2ex,
k0 =x2
x2· e
x
e−x= e2x.
Integramos para determinar k(x)
k =
Ze2x dx =
1
2e2x.
Obtenemos
yp = k(x)e−x
x2=1
2e2xe−x
x2=ex
2x2.
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp,
y = ke−x
x2+ex
2x2k ∈ 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 valorinicial ½
xy0 + y = ex,y(1) = 2.
Indica un intervalo en el que esté definida la solución. Verifica el resultadocon Maple; representa la función solución en el intervalo x ∈ [1, 3].
EDO lineal. Forma estándar
y0 +1
xy =
1
xex.
p(x) =1
x.
EDO homogénea asociada
y0 +1
xy = 0,
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 15
yh = ke−R1xdx = ke− ln|x|.
Tomamos x > 0
yh = ke− lnx = k
³elnx
´−1= kx−1,
yh =k
x.
Solución particular de la EDO completa
yp = k(x)1
x,
y0p = k01
x− k 1
x2.
k01
x− k 1
x2| {z }y0p
+1
xk1
x|{z}yp
=1
xex,
k01
x=1
xex,
k0 = ex,
k =
Zex dx = ex.
Resulta
yp =ex
x.
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp,
y =k
x+ex
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− ex
+ex
x, x ∈ (0,+∞) .
Para el resto del ejercicio, ver resolución con Maple. ¤
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 16
Ejercicio 10 Determina una solución explícita para el problema de valorinicial ⎧⎪⎨⎪⎩
(x+ 1)dy
dx+ y = lnx,
y(1) = 10, x > 0.
Verifica el resultado con Maple; representa la función solución en el intervalox ∈ [1, 3].
Forma estándardy
dx+
1
x+ 1y =
lnx
x+ 1,
EDO Homogénea asociada
y0 +1
x+ 1y = 0,
p(x) =1
x+ 1.
Solución de la EDO homogénea
yh = ke−Rp(x) dx = ke−
R1
x+1dx
= ke− ln|x+1|,
Sabemos que x > 0, por lo tanto
x+ 1 > 0 ⇒ ln |x+ 1| = ln (x+ 1) .
En ese caso
yh = ke− ln(x+1),
= keln1
x+1 = k1
x+ 1,
yk = k1
x+ 1.
Solución particular de la EDO completa
yp = k(x) ·1
x+ 1,
y0p = k0 1
x+ 1− k 1
(x+ 1)2.
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 17
Sustituimos en la EDO completa
y0 +1
x+ 1y =
lnx
x+ 1,
k01
x+ 1− k 1
(x+ 1)2| {z }y0p
+1
x+ 1· k
x+ 1| {z }yp
=lnx
x+ 1,
k01
x+ 1=
lnx
x+ 1,
k0 = lnx.
Integramos para determinar k
k =
Zlnx dx = x lnx−
Zx · 1xdx
= x lnx−Zdx = x lnx− x,
yp = k ·1
x+ 1=x lnx− xx+ 1
.
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp,
y = k · 1
x+ 1+x lnx− xx+ 1
, k ∈ R.
Imponemos la condición inicial
y(1) = 10,
k1
2+1 · 0− 12
= 10,
k
2− 12= 10 ⇒ k = 21.
Solución del problema de valor inicial
y =21
x+ 1+x lnx− xx+ 1
.
Para el resto del ejercicio, ver resolución con Maple. ¤
Ejercicio 11 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = x2 − y,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 1.
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 18
1. Calcula manualmente la solución exacta.
2. Aproxima la solución manualmente usando el método de Euler de 4pasos, 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 asociaday0 + y = 0,
identificamosp(x) = 1,
solución de la EDO homogénea asociada
yh = ke−Rdx = ke−x.
Solución particular de la EDO completa por variación de parámetros,
yp = k(x) e−x,
y0p = k0e−x − ke−x.
Sustituimos en la EDO completa
y0 + y = x2
y resultay0pz }| {
k0e−x − ke−x +
ypz }| {ke−x= x2,
k0e−x = x2,
k0 =x2
e−x= x2ex.
k =
Zx2ex dx.
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 19
La integral se calcula aplicando integración por partes dos vecesZx2ex dx = x2ex −
Z2xex dx,
= x2ex − 2Zxex dx,
= x2ex − 2∙xex −
Zex dx
¸,
= x2ex − 2xex + 2ex.
Obtenemos
yp =¡x2ex − 2xex + 2ex
¢e−x = x2 − 2x+ 2.
Solución de la EDO completa
y = yh + 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− a4
=1
4= 0.25.
La ecuación en forma normal es
y0 = f(x, y)
conf(x, y) = x2 − y.
formulación del método
yj+1 = yj + h f(xj , yi),
en nuestro casoyj+1 = yj + h (x
2j − yi).
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 20
Fase 1.
Partimos de ½x0 = 0,y0 = 1.
Calculamos
y1 = y0 + 0.25¡x20 − y0
¢= 1 + 0.25 · (−1) = 0.75.
Fase 2.
Partimos de ½x1 = 0.25,y1 = 0.75.
Calculamos
y2 = y1 + 0.25¡x21 − y1
¢= 0.75 + 0.25 ·
¡0.252 − 0.75
¢= 0.5781.
Fase 3.
Partimos de ½x2 = 0.5,y2 = 0.5781.
Calculamos
y3 = 0.5781 + 0.25 ·¡0.52 − 0.5781
¢= 0.4961.
Fase 4.
Partimos de ½x3 = 0.75,y3 = 0.4961.
Calculamos
y4 = 0.4961 + 0.25 ·¡0.752 − 0.4961
¢= 0.5127.
Resumen y errores de truncamiento
j xj yj yj |ej | = |yj − 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 yj = y(xj) 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. ¤
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 21
Ejercicio 12 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = 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− a4
=1
4= 0.25.
El problema está en forma normal
y0 = f(x, y)
conf(x, y) = x2 − y.
En el método de Euler modificado, en cada paso debemos calcular⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩k(1)j = f (xj , yj) ,
k(2)j = f
³xj+1, yj + hk
(1)j
´,
yj+1 = yj +h2
³k(j)1 + k
(j)2
´.
Fase 1.
Tenemos ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩x0 = 0,y0 = 1,x1 = 0.25.
Calculamosk(0)1 = f (x0, y0) = f(0, 1) = 0
2 − 1 = −1.
k(0)2 = f
³x1, y0 + hk
(0)1
´,
= 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.
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 22
y1 = y0 +h
2
³k(0)1 + k
(0)2
´,
= 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 = f
³x2, y1 + hk
(1)1
´,
y2 = y1 +h2
³k(1)1 + k
(1)2
´.
k(1)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 = f
³x3, y2 + hk
(2)1
´,
y3 = y2 +h2
³k(2)1 + k
(2)2
´.
k(2)1 = 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
³k(2)1 + k
(2)2
´= 0.6536 +
0.25
2(−0.4036− 0.0098) ,
= 0.6044.
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 23
Fase 4.
Tenemos ⎧⎨⎩x3 = 0.75,y3 = 0.6044,x4 = 1.
Calculamos ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩k(3)1 = f (x3, y3) ,
k(3)2 = f
³x4, y3 + hk
(3)1
´,
y4 = y3 +h2
³k(3)1 + k
(3)2
´.
k(3)1 = f (0.75, 0.6044) = (0.75)2 − 0.6044 = −0.0419.
k(3)2 = f
³x4, 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 xj yj yj |ej | = |yj − yj |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 restodel ejercicio, ver resolución con Maple. ¤
Ejercicio 13 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = x2 − yy(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 1
1. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 4pasos, calcula los errores de truncamiento.
2. Resuelve el ejercicio con Maple.
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 24
Intervalo[a, b] = [0, 1]
step
h =b− a4
=1
4= 0.25
El problema está en forma normal
y0 = f(x, y)
conf(x, y) = x2 − y
El método es
yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2
2
£f 0x (xj , yj) + f
0y (xj , yj) f (xj , yj)
¤Tenemos ⎧⎨⎩
f(x, y) = x2 − yf 0x (x, y) = 2xf 0y (x, y) = −1
Fase 1.
Partimos dex0 = 0, y0 = 1
Calculamos ⎧⎨⎩f(x0, y0) = 0− 1 = −1f 0x (x0, y0) = 0f 0y (x0, y0) = −1
y1 = y0 + h f (x0, y0) +h2
2
£f 0x (x0, y0) + f
0y (x0, y0) f (x0, y0)
¤= 1 + 0.25 · (−1) + (0.25)
2
2(0 + (−1) · (−1))
= 0. 78125
Fase 2.
Partimos dex1 = 0.25, y1 = 0. 78125
Calculamos ⎧⎨⎩ f(x1, y1) = (0.25)2 − 0. 78125 = −0. 71875
f 0x (x1, y1) = 0.5f 0y (x1, y1) = −1
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 25
y2 = y1 + h f (x1, y1) +h2
2
£f 0x (x1, y1) + f
0y (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 dex2 = 0.5, y2 = 0. 63965
Calculamos ⎧⎨⎩ f(x2, y2) = (0.5)2 − 0. 63965 = −0. 38965
f 0x (x2, y2) = 1f 0y (x2, y2) = −1
y3 = y2 + h f (x2, y2) +h2
2
£f 0x (x2, y2) + f
0y (x2, y2) f (x2, y2)
¤= 0. 63965 + 0.25 · (−0. 38965) + (0.25)
2
2[1 + (−1) · (−0. 38965)]
= 0. 58566
Fase 4.
Partimos dex3 = 0.75, y3 = 0. 58566
Calculamos ⎧⎨⎩ f(x3, y3) = (0.75)2 − 0. 58566 = −0.0 2316
f 0x (x3, y3) = 1.5f 0y (x3, y3) = −1
y4 = y3 + h f (x3, y3) +h2
2
£f 0x (x3, y3) + f
0y (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 yj yj |ej | = |yj − 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 restodel ejercicio, ver resolución con Maple. ¤
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 26
Ejercicio 14 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = 3y + 3xy(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.2
1. Calcula la solución exacta.
2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calculalos 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 5pasos, 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 asociaday0 − 3y = 0
identificamosp(x) = 3
solución general de la EDO homogénea
yh = ke−R(−3) dx = ke3x
Solución de la EDO completa por variación de parámetros
yp = k(x) e3x
y0p = k0e3x + 3ke3x
k0e3x + 3ke3x − 3ke3x = 3x
k0e3x = 3x
k0 =3x
e3x= 3xe−3x
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 27
k =
Z3xe−3x dx
= −xe−3x +Ze−3x dx
= −xe−3x − 13e−3x
Obtenemos
yp =
µ−xe−3x − 1
3e−3x
¶e3x = −x− 1
3
Solución general de la EDO completa
y = ke3x − x− 13, k ∈ R.
Solución del problema de valor inicial; imponemos la condición inicial
y(0) = 1
k − 13= 1⇒ k = 1 +
1
3=4
3
obtenemosy =
4
3e3x − x− 1
3
2. Método de Euler de 5 pasos
Intervalo[a, b] = [0, 0.2]
step
h =b− a5
=0.2
5= 0.04
El problema está en forma normal
y0 = f(x, y)
conf(x, y) = 3x+ 3y
Formulación del método
yj+1 = yj + h f(xj , yi)
Fase 1.
Partimos dex0 = 0, y0 = 1
Calculamosf(x0, y0) = 3x0 + 3y0 = 3
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 28
y1 = y0 + h f(x0, y0) = 1 + 0.04 · 3 = 1 + 0.12 = 1.12
Fase 2.
Partimos dex1 = 0.04, y1 = 1.12
Calculamos
f(x1, y1) = 3x1 + 3y1 = 0.12 + 3.36
= 3.48
y2 = y1 + h f(x1, y1) = 1.12 + 0.04× 3.48= 1.2592
Continuando de forma análoga se obtienen los siguientes resultados
j xj yj yj |ej | = |yj − yj |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⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩k(j)1 = f (xj , yj)
k(j)1 = f
³xj+1, yj + hk
(j)1
´yj+1 = yj +
h2
³k(j)1 + k
(j)2
´Fase 1.
Partimos dex0 = 0, x1 = 0.04, y0 = 1
k(0)1 = f (x0, y0) = 3x0 + 3y0 = 3
k(0)1 = f
³x1, y0 + hk
(0)1
´= f (0.04, 1 + 0.04× 3)
= f (0.04 + 1.12) = 3(1.16) = 3.48
y1 = y0 +h
2
³k(0)1 + k
(0)2
´= 1 +
0.04
2× (3 + 3.48)
= 1 + 0.02× 6.48 == 1.1296
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 29
Fase 2.
Partimos dex1 = 0.04, x2 = 0.08, y1 = 1.1296
Calculamos
k(1)1 = f(x1, y1) = f(0.04, 1.1296)
= 3(0.04, 1.1296)
= 3.5088
k(1)2 = f
³x2, 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 = y1 +h
2
³k(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 xj yj yj |ej | = |yj − yj |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
yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2
2
£f 0x (xj , yj) + f
0y (xj , yj) f (xj , yj)
¤Tenemos
f(x, y) = 3x+ 3y
f 0x = 3
f 0y = 3
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 30
En este caso podemos simplificar los cálculos
yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2
2[3 + 3f (xj , yj)]
Fase 1.Partimos de
x0 = 0, y0 = 1
Calculamosf (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, y1 = 1.1296
Calculamosf (x1, y1) = 3(0.04 + 1.1296) = 3.5088
y2 = y1 + 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, y2 = 1.2808
Calculamos
f (x2, y2) = 3(0.08 + 1.2808)
= 4.0824
y3 = y2 + 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 yj yj |ej | = |yj − 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
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 31
En este caso particular, al aplicar el método de Taylor de 2o orden con 5 pasosse 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 inicial½y0 = e−2x − 2yy(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.5
1. Calcula la solución exacta.
2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calculalos 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 5pasos, 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 asociaday0 + 2y = 0
identificamosp(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
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 32
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− a5
= 0.1
El problema está en forma normal
y0 = f(x, y)
conf(x, y) = e−2x − 2y
Fase 1.
Partimos dex0 = 0, y0 = 1
Calculamos
f(x0, y0) = e−2x0 − 2y0 = e0 − 2 = 1− 2 = −1
y1 = y0 + h f(x0, y0) = 1 + 0.1 · (−1) = 0.9Fase 2.
Partimos dex1 = 0.1, y1 = 0.9
Calculamos
f(x1, y1) = e−2x1 − 2y1 = e−0.2 − 1.8= 0.8187− 1.8 = −0.9813
y2 = y1 + h f(x1, y1) = 0.9 + 0.1× (−0.9813)= 0.8019
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 33
Continuando de forma análoga se obtienen los siguientes resultados
j xj yj yj |ej | = |yj − 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 dex0 = 0, x1 = 0.1, y0 = 1
k(0)1 = f (x0, y0) = e
0 − 2 · 1 = 1− 2 = −1
k(0)1 = f
³x1, y0 + hk
(0)1
´= f (0.1, 1 + 0.1× (−1))
= f (0.1 + 0.9) = e−0.2 − 1.8 = −0.9813
y1 = y0 +h
2
³k(0)1 + k
(0)2
´= 1 +
0.1
2(−1− 0.9813)
= 0.9009
Fase 2.
Partimos dex1 = 0.1, x2 = 0.2, y1 = 0.9009
Calculamos
k(1)1 = f(x1, y1) = e
−2x1 − 2y1 = e−0.2 − 2× 0.9009= −0.9831
k(1)2 = f
³x2, 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 = y1 +h
2
³k(1)1 + k
(1)2
´= 0.9009 +
0.1
2(−0.9831− 0.9349)
= 0.8050
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 34
Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados
j xj yj yj |ej | = |yj − 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 2o orden
Tenemos ⎧⎨⎩f(x, y) = e−2x − 2yf 0x(x, y) = −2e−2xf 0y(x, y) = −2
método
yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2
2
£f 0x (xj , yj) + f
0y (xj , yj) f (xj , yj)
¤Fase 1.
Partimos dex0 = 0, y0 = 1
Calculamosf (x0, y0) = e
0 − 2 = −1
f 0x (x0, y0) = −2e0 = −2
f 0y (x0, y0) = −2
y1 = y0 + h f (x0, y0) +h2
2
£f 0x (x0, y0) + f
0y (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 dex1 = 0.1, y1 = 0.9
Calculamosf (x1, y1) = e
−0.2 − 1.8 = −0.9813
f 0x (x1, y1) = −2e−2x1 = −2e−0.2 = −1.6375
f 0y (x1, y1) = −2
Ejercicios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 35
y2 = y1 + h f (x1, y1) +h2
2
£f 0x (x1, y1) + f
0y (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 yj yj |ej | = |yj − 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. ¤