ECUACIONES DIFERENCIALES CON VALORES INICIALES

TEMA No 7
ECUACIONES DIFERENCIALES CON VALORES
INICIALES
0.1
INTRODUCCIÓN
La ecuacion diferencial ordinaria con valores iniciales (problema de balor
inicial) se puede escribir.
dy
dx = f (x; y) ; y(x0 )
Donde f (x; y) es una funcion de x, y.
0.2
MÉTODO DE EULER. (Hacia Adelante)
Supongase que se desea aproximar a la solucion de problema de valor inicial
y 0 = f (x; y) y(x0 )
fi0 = fi+1h fi + ET
(1)
Describiendo la aproximacion por diferencia hacia adelante, tenemos
yn+1 yn
yn0 =
+ ET
(2)
h
1 00
En ET = 2 y ( ) donde
[x0 ; x0 + h]
la ecuacion (2), podemos escribir como
yn = yn + h yn0
o bien
yn+1 = yn + h f (xn ; yn ); n = 0; 1; 2; :::
Esta relacion se denomina formula de EULER.
El espaciado en el eje positivo, esta dado por
xi = x0 + ih ;
(3)
i = 0; 1; 2; ::::
La ecuacion (3), para yn se calcula en forma recursiva, como
y1 = y0 + h f (x0 ; y0 )
y2 = y1 + h f (x1 ; y1 )
... ...
yn = yn 1 + h f (xn 1 ; yn
1)
Geometricamente esto signi…ca
donde h, se llama "longitud de paso ", que se selecciona razonablemente
pequeña. la secuencia de la aproximacion (x0 ; y0 ); (x1 ; y1 ); :::::(xn ; yn ):
Geometricamente representa.
1
0.3
Número de Iteraciones
Nótese que "n" representa el numero de subintevalos en el intervalo [x0 ; y0 ].
Así, determina el numero de interacines atravez de
n = xn h x0
Ejemplo
Consideramos el problema de valor inicial
y 0 = x + xy; y(0) = 1
Estimar y (1) por el motodo de EULER, usando longitud de paso de
Solucion
Donde f (x; y) = x + xy , la relacion de recurrencia (3), toma la forma
yn+1 = yn + h(xn + xn yn ); n = 0; 1; 2; ::::
El número de interacines es
1 0
n = 0:25
= 4 iteracines
Iniciamos el calculo recursivo con x0 = 0; y0 = 1 y h = 0:25, tenemos
y1 = y0 + h(x0 + x0 y0 )
= 1 + (0:25)[0 + (0)(1)]
=1
y2 = y1 + h(x1 + x1 y1 ); x1 = xo + h = 0:25
= 1 + (0:25)[0:25 + (0:25)(1)]
= 1:125
y3 = y2 + h(x2 + x2 y2 ); x2 = xo + 2h = 0:5
= 1:125 + (0:25)[0:5 + (0:5)(1:125)]
= 1:39062
y4 = y3 + h(x3 + x3 y3 ); x3 = xo + 3h = 0:75
= 1:39062 + (0:25)[0:75 + (0:75)(1:39062)]
= 1:83886
En consecuencia la aproximación es y(1) = 1:83886
Solucion Exacta
El problema de valor incial y 0 = x + xy; y(0) = 1; Podemos resolver por
variables separables (o un factor integrante) y así obtenemos la solución real,
esto es
dy
dx = x(1 + y)
dy
xdx R
Rdx =
1
xdx + C
1+y dy =
2
ln j1 + yj =
x2
2
x2
2
x2
2 +
+C
C
1+y =e
y = eC e
1
Para la condicion inicial x0 = 0 y y0 = 1 tenemos
1 = eC 1
e2 = 2
Luego
x2
1
y = 2e 2
Reemplazando
12
1 = 2:29744
y = 2e 2
El error estimado es
jy(1) y4 j = j2:29744 1:83886j
= 0:45858
El error relativo es 19.96%
Ejemplo
Sea el problema de valor inicial
y 0 = x + y; y(0) = 1
Usando EULER aproximar y(0:5) con longitud de paso h = 0:1
Solucion
n=
0:5 0
0:1
=5
iteraciones
Iniciamos el calculo
y1 = y0 + h(x0 + x0 y0 )
= 1 + (0:1)[0 + (0)(1)]
=1
y2 = y1 + h(x1 + x1 y1 )
= 1 + (0:1)[0:1 + (0:1)(1)]
= 1:02
y3 = y2 + h(x2 + x2 y2 )
= 1:02 + (0:1)[0:2 + (0:2)(1:02)]
= 1:0604
y4 = y3 + h(x3 + x3 y3 )
= 1:0604 + (0:1)[0:3 + (0:3)(1:0604)]
= 1:1222
MÉTODO DE TAYLOR
Supongase que y(x) es la solucion (exacta) del problema de valor inicial
y 0 = f (x; y); y(xo ) = y0
(1)
La serie de taylor de la solucion y(x) alrededor del punto generico x = xn
es
3
2
2
n+1
h
y(xn +h) = y(xn )+h y 0 (xn )+ h2! y 00 (xn )+::::::::+ hn! y (n) (xn )+ (n+1)
y (n+1) ( )
(2)
Donde h = x xn
Por otra parte supongase que podemos derivar varias veces y 0 = f (x + y) y
esto escribimos y (k) = f (k+1) para k = 0; 1; 2; ::::Nótese que las derivadas de f;
son derivadas parciales , Utilizando la regla de la cadena tenemos
y 00 = f 0 = f x + f y = f x + f f y
y 000 = f 00 = f xx + f xf y + 2f f xy + f f 2 y + f 2 f yy
De manera que truncando el desarrollo (2) despues del termino que contiene
a hn ,resulta
n
2
yn + 1 = yn + nf xnyn + h2! f 0 (xn; yn) + ::::: + hn! f (n 1) (xn; yn)
(3)
Esta formula recursiva se denomina metodo de taylor de orden n , con la
longitud de paso
xi = x0 + ih;
i = 0; 1; 2; :::
xn+1 = xn + h
0.4
Error de Truncamiento
El error de truncamiento de la serie (2) es:
hn+1 (k)
f
ET = (n+1)!
jx=
Donde es algun valor entre xi y xi + 1(xi < < xi + h): Este error se
denomina
Error de truncamiento local o de un solo paso.
0.5
Método de Taylor de Primer Orden
Si se trunca el desarrollo (3) despues del segundo termino, obtenido
2
0
yn+1 = yn + h f (xn; yn ); donde ET = h2 fjx=
que es el metodo de EULER, más un error de truncamiento
0.6
Método de Taylor de Segundo Orden
Tomando tres terminos en el desarrollo (3) obtendremos el metodo de Taylor
de segundo orden.
2
yn+1 = yn + h f (xn; yn ) + h2 f 0 (xn; yn )
o bien
2
yn+1 = yn + h f (xn; yn ) + h2 (f 0 x + f f x)
(4) n = 1; 2; 3:::
donde
3
ET = h6 f 00 jx=
4
Ejemplo
Daso el problema de valor inicial
y 0 = x + xy; y(0) = 1
Estimar y(1) por el metodo de taylor de segundo orden, con una longitud de
paso h = 0:25
Solucion
donde
f (x; y) = x + xy y sus derivadas parciales son :
fx = 1 + y
fy = x
De manera que la (formula) desarrollo (4) se convierte
2
yn+1 = yn + h(xn + xn yn ) + h2 [1 + yn + (xn + xn yn )xn ]
2
= yn + hxn (1 + yn ) + h2 [(1 + yn ) + x2n (1 + yn )]
yn+1 = y0 + h2 (1 + yn )(hx2 + xn + h)]
para n = 0; 1; 2; :::::
Inicializamos los calculos recursivos con x0 = 0 , y0 = 1 y la longitud de
paso h = 0:25
y1 = y0 + h2 (1 + y0 )(hx20 + 2x0 + h)
= 1 + 0:25
2 (1 + 1)((0:25)(0) + 2(0) + 0:25)
= 1 + (0:25)2
y1 = 1:0625
y2 = y1 + h2 (1 + y1 )(2h(x1 )2 + 2(x1 ) + h) ,
x1 = x0 + h = 0:25
2
= 1:0625 + 0:25
2 (1 + 1:0625)(2:10:25)(0:25) + 2:(0:25) + 0:25
yn+1 = yn + h2 (1 + yn )(hx2 n + 2xn + h) ,
n = 0; 1; 2; ::::
y1 = 1:25989
y3 = y2 + h2 (1 + y2 )[hx22 + 2x2 + h] ,
x2 = x1 + h = 0:5
(1
+
1:25989)(0:25)(0:25)
+ 2:(0:25) + (0:25)
= 1:25989 + 0:25
2
= 1:63065
y4 = y3 + h2 (1 + y3 )[hx23 + 2x3 + h] ,
x3 = x2 + h = 0:75
2
= 1:63065 + 0:25
(1
+
1:63065)(0:25)(0:75)
+ 2:(0:75) + (0:25)
2
= 2:25235
De mode que y(1) = 2:25235
El error estimado
y(1) y4 = 2:29744 2:25235
= 0:04509
Error=26%.
5