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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.


(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) ,


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.



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.


Ejercicio 5 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ½

x2y0 = y − xy,y(−1) = −1.

Verifica el resultado con Maple.


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).


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.


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.


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.


(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.


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.


yp = k(x)e−x3 .


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,


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.


yh = ke−R1xdx

= ke− ln|x|

= keln(1/|x|)

= k1

|x| tomamos x ∈ (0,+∞) .

y =k

x.


yp =k(x)

x.


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.



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.


yh = ke−Rp(x) dx,

= ke−R(− 1

x) dx,

= keR1xdx,

= keln|x| resolvemos para x > 0

= kelnx = kx.


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.



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.


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.



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.


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.


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,


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.


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,


yh = ke−R1xdx = ke− ln|x|.

Tomamos x > 0

yh = ke− lnx = k

³elnx

´−1= kx−1,

yh =k

x.


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.


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,+∞) .



Ejercicio 10 Determina una solución explícita para el problema de valorinicial ⎧⎪⎨⎪⎩

(x+ 1)dy

dx+ y = lnx,

y(1) = 10, x > 0.


Forma estándardy

dx+

1

x+ 1y =

lnx

x+ 1,

EDO Homogénea asociada

y0 +1

x+ 1y = 0,

p(x) =1

x+ 1.


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.


yp = k(x) ·1

x+ 1,

y0p = k0 1

x+ 1− k 1

(x+ 1)2.



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

.


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

.


Ejercicio 11 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = x2 − y,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 1.


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.


y0 + y = x2

y resultay0pz }| {

k0e−x − ke−x +

ypz }| {ke−x= x2,

k0e−x = x2,

k0 =x2

e−x= x2ex.

k =

Zx2ex dx.


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).


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. ¤


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.


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.


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.



Intervalo[a, b] = [0, 1]

step

h =b− a4

=1

4= 0.25


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


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. ¤


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.



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


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


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


y0 = f(x, y)

conf(x, y) = 3x+ 3y

Formulación del método

yj+1 = yj + h f(xj , yi)

Fase 1.


Calculamosf(x0, y0) = 3x0 + 3y0 = 3


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


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


¤Tenemos

f(x, y) = 3x+ 3y

f 0x = 3

f 0y = 3


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


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


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.



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


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


y0 = f(x, y)

conf(x, y) = e−2x − 2y

Fase 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


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



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


¤Fase 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


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


métodos numéricos: ejercicios tema 4: resolución...

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