COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICAS( 2o ITT Telemática). Hoja de PROBLEMAS del Tema 4 SOLUCIONES 1. (a) f (x, y) = 1 − y es continua en D = [0, 2] × R y fy (x, y) = −1 acotada en D. Solución: y(x) = 1 − e−x . (b) f (x, y) = x + y es continua en D = [0, 2] × R y fy (x, y) = 1 acotada en D. Solución: y(x) = −1 − x. 3x2 y 3x2 es continua en D = [0, 1] × R y fy (x, y) = es acotada en D. 3 1+x 1 + x3 Solución: y(x) = 1 + x3 . 2 2 (d) f (x, y) = y + x2 ex es continua en D = [1, 2] × R y fy (x, y) = es continua y acotada en D. x x Solución: y(x) = x2 (ex − e). (c) f (x, y) = 2. (a) |y(1) − y10 | = 0,1 y (b) (c) 3. hM L 2L (e − 1) que por ser L = 0 se convierte en L |y(1) − y10 | = 0,04833333 y hM 2L (e − 1) que por ser L 8 |y(1) − y10 | ≈ 2,1 · 104 y hM 2L (e − 1) ≈ 2,43 · 10 . hM 2 = 0,1. L = 0 se convierte en hM 2 = 0,1. (a) Fijado el intervalo [0, b] y N tenemos h = b/N y aplicando el método de Euler obtenemos yN = (1 + b/N )N . Ahora como lı́mN →∞ (1 + b/N )N = eb tenemos la convergencia del método de Euler. (b) Para comprobar que ei = O(h) basta comprobar que existe lı́mh→0 (eb − (1 + b/N )N )/h y se comprueba que eb − (1 + b/N )N eb − (1 + b/N )N 1 lı́m = lı́m = beb . N →∞ h→0 h b/N 2 4. (a) y(x) = x + e−x . (b) Para h = 0,2 se tiene y25 = 5, 003777893, para h = 0,1 y50 = 5, 005153775 y para h = 0,05 y100 = 5, 005920529. 5. La ecuación en diferencias asociada es trivial: yi = 0 para todo i = 1, 2, . . . , 20. No. 6. (a) La ecuación en diferencias para el método de Taylor de 2o orden es yi+1 = yi + 0,1(xi + yi + 0,05(1 + xi + yi )) y para el de 4o orden es yi+1 = yi + 0,1(xi + yi + ( 0,1 0,12 0,13 + + )(1 + xi + yi )). 2 6 24 (b) La ecuación en diferencias para el método de Taylor de 2o orden es yi+1 = yi + 0,1(xi − yi + 1 + 0,05(−xi + yi )) y para el de 4o orden es yi+1 = yi + 0,1(1 + (xi − yi )(1 − 7. 0,13 0,1 0,12 + − )). 2 6 24 ∫x (a) Partiendo de y(xi+1 ) − y(xi ) = xii+1 f (x, y(x))dx utilizamos la regla del rectángulo para aproximar la integral y llegamos a y(xi+1 ) − y(xi ) ≈ hf (xi , y(xi )), sustituyendo y(xi ) por su aproximación se tiene el método de Euler. (b) Si utilizamos la regla del punto medio llegarı́amos a y(xi+1 )−y(xi ) ≈ hf (xi +h/2, y(xi +h/2)) y para poder escribir una ecuación recurrente tendrı́amos que aproximar el valor de y(xi + h/2) por ejemplo mediante su valor en el desarrollo de Taylor de primer orden de la función y(x) con centro en xi , es decir, y(xi ) + f (xi , y(xi ))h/2, lo que nos llevarı́a al método del punto medio: ( ) h h yi+1 = yi + hf xi + , yi + f (xi , yi ) . 2 2 (c) Utilizando la regla del trapecio llegamos al siguiente método implı́cito: yi+1 = yi + h (f (xi , yi ) + f (xi+1 , yi+1 )). 2 8. Las soluciones de los p.v.i. se muestran a continuación y las aproximaciones numéricas en el fichero excel correspondiente. 1 3x (a) y(x) = 15 xe3x − 25 e + 1 . (b) y(x) = x + 1−x (c) y(x) = x ln x + 2x. (d) y(x) = 1 2 sen 2x − 1 3 1 −2x . 25 e cos 3x + 43 . 9. Ver el anterior. 10. Los métodos de Runge-Kutta de dos etapas se pueden escribir de la forma: k1 = h f (xi , yi ), k2 = h f (xi + c2 h, yi + b21 k1 ) y finalmente la ecuación en diferencias es yi+1 = yi + (a1 k1 + a2 k2 ). Para que este método sea de orden 2 necesitamos además que a1 + a2 = 1 y c2 = 1/(2a2 ) = b21 . Aplicando el método a la ecuación tenemos: yi+1 = yi + a1 h(ayi + bxi + c) + a2 h(a(yi + b21 h(ayi + bxi + c)) + b(xi + c2 h) + c) yi+1 = yi + (a1 + a2 )h(ayi + bxi + c) + a2 h(ab21 h(ayi + bxi + c) + bc2 h) yi+1 = yi + (a1 + a2 )h(ayi + bxi + c) + h((a2 b21 )ah(ayi + bxi + c) + (a2 c2 )bh) y teniendo en cuenta que a1 + a2 = 1 y a2 b21 = a2 c2 = 1/2 llegamos a que podemos escribir yi+1 = yi + h(ayi + bxi + c) + h (ah(ayi + bxi + c) + bh) 2 que no depende del método elegido. 11. Las soluciones de los p.v.i. se muestran a continuación y las aproximaciones numéricas en el fichero excel correspondiente. x (a) y(x) = . 1 + ln x (b) y(x) = x tg(ln x). 2 . (c) y(x) = −3 + 1 + e−2x (d) y(x) = x2 + 13 e−5x .