Resolucion Numérica EDO
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Resolucion numerica de ecuaciones diferenciales
RESOLUCION NUMERICA DE ECUACIONES
DIFERENCIALES
Escuela Politecnica de MieresGrado en Ingenierıa
Universidad de Oviedo. Departamento de Matematicas
Ma Reyes de los Rıos Fernandez
Curso 2014-2015 – Segundo semestre
Metodos Numericos 2014-15
7/18/2019 Resolucion Numérica EDO
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Resolucion numerica de ecuaciones diferenciales Problema de valores iniciales: Metodos de un paso
Ecuaciones diferenciales
Una ecuacion diferencial (e.d.o.) de primer orden es una ecuacion de la forma:
F (t , y (t ), y (t )) = 0
Una solucion de la e.d.o. es toda funcion y = ϕ(t ) derivable tal que:
F (t , ϕ(t ), ϕ(t )) = 0
Una solucion general de la e.d.o. es una familia de funciones y = ϕ(t , c )derivables tal que:
F (t , ϕ(t , c ), ϕ(t , c )) = 0
y
(t ) − t 3 − 2 = 0 sol ≡ y (t , c ) = t 4
4 + 2t + c
y (t ) − 2y (t ) = 0 sol ≡ y (t , c ) = ce 2t
ty (t ) + 2y (t ) = 8t 2 sol ≡ y (t , c ) = 2t 2 + c
t 2
Metodos Numericos 2014-15
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Resolucion numerica de ecuaciones diferenciales Problema de valores iniciales: Metodos de un paso
Problema de valores iniciales
Un problema de valores iniciales (P.V.I.) es una e.d.o. con una condicion inicial
F (t , y (t ), y
(t )) = 0y (t 0) = y 0
Una solucion del P.V.I. es toda funcion y = ϕ(t ) derivable tal que:
F (t , ϕ(t ), ϕ(t )) = 0 verificando ϕ(t 0) = y 0
y (t ) − t 3 − 2 = 0y (1) = 0
sol ≡ y (t ) = t 4
4 + 2t −
9
4
y (t ) − 2y (t ) = 0y (0) = 3
sol ≡ y (t ) = 3e 2t
ty (t ) + 2y (t ) = 8t 2
y (1) = 1 sol ≡ y (t ) = 2t 2 −
1
t 2
La complejidad de muchos de estos P.V.I. hace que no sea posible obtener unasolucion exacta de los mismos, siendo necesario tecnicas de resolucion
aproximadas.Metodos Numericos 2014-15
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Resolucion numerica de ecuaciones diferenciales Problema de valores iniciales: Metodos de un paso
Metodos de un paso
Los metodos numericos no obtienen la solucion continua y (t ) de un PVI sinovalores aproximados de la solucion en unos puntos llamados nodos.
y (t ) = f (t , y (t ))
y (t 0) = y 0t ∈ [t 0, b ]
Construimos una particion del intervalo [t 0, b ] con n + 1 nodos
{a = t 0 < t 1 < t 2 < . . . < t n = b } con hi = t i +1 − t i i = 0, 1, . . . , n − 1
Teniendo en cuenta que y (t ) = f (t , y (t ))
t i +1
t i
y (t ) dt = y (t )|t i +1
t i = y (t i +1) − y (t i ) =
t i +1
t i
f (t , y (t )) dt ⇒
y (t i +1) = y (t i ) +
t i +1
t i
f (t , y (t )) dt i = 0, 1, . . . , n − 1
La idea es aplicar una formula de cuadratura para encontrar el valor de la integral.
Segun se apliquen distintas formulas obtenemos distintos metodos.Metodos Numericos 2014-15
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Resolucion numerica de ecuaciones diferenciales Problema de valores iniciales: Metodos de un paso
Metodo de Euler para P.V.I.
Aplicamos la formula de cuadratura de tipo interpolatorio con un unico nodo
(punto izquierdo): b a
f (t ) dt ≈ (b − a) f (a) ⇒
t i +1
t i
f (t , y (t )) dt ≈ (t i +1 − t i ) f (t i , y (t i ))
luego
y (t i +1) ≈ y (t i ) + (t i +1 − t i ) f (t i , y (t i )) = y (t i ) + hi f (t i , y (t i )).
Si denotamos y (t i +1) ≈ y i +1
y i +1 = y i + hi f (t i , y i ) i = 0, 1, . . . , n − 1
El error en cada paso del metodo de Euler es |y (t i ) − y i | .
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R l ´ ´ d d f l P bl d l l M´ d d
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Resolucion numerica de ecuaciones diferenciales Problema de valores iniciales: Metodos de un paso
Metodo de Euler para P.V.I.: ejemplo
Aproximar la solucion del P.V.I. utilizando el metodo de Euler con dos y cuatro
pasos.
P .V .I
ty (t ) + 2y (t ) = 8t 2
y (1) = 1t ∈ [1, 2]
La e.d.o. puede escribirse como y (t ) = 8t − 2y (t )
t .
Para dos pasos usaremos como nodos : t 0 = 1, t 1 = 1.5, t 2 = 2.
y (1) = y (t 0) = y 0 = 1
y (1.5) = y (t 1) ≈ y 1 = y 0 + h0f (t 0, y 0) = 1 + 0.5 (8 − 2) = 4
y (2) = y (t 2) ≈ y 2 = y 1 + h1f (t 1, y 1) = 4 + 0.5
8(1.5) − 2
4
1.5
= 7.3333
Metodos Numericos 2014-15
R l i´ ´ i d i dif i l P bl d l i i i l M´ d d
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Resolucion numerica de ecuaciones diferenciales Problema de valores iniciales: Metodos de un paso
Metodo de Euler para P.V.I.: ejemplo
Para cuatro pasos usaremos como nodos:
t 0 = 1, t 1 = 1.25, t 2 = 1.5, t 3 = 1.75 , t 4 = 2.
y (1) = y (t 0) = y 0 = 1
y (1.25) = y (t 1) ≈ y 1 = y 0 + h0f (t 0, y 0) = 1 + 0.25 (8 − 2) = 2.5
y (1.5) = y (t 2) ≈ y 2 = y 1 + h1f (t 1, y 1) = 2.5 + 0.25
8(1.25)− 2
2.5
1.25
= 4
y (1.75) = y (t 3) ≈ y 3 = y 2 + h2f (t 2, y 2) = 4 + 0.25
8(1.5)− 2
4
1.5
= 5.6667
y (2) = y (t 4) ≈ y 4 = y 3 + h3f (t 3, y 3) = 5.6667 + 0.25
8(1.75)− 2
5.6667
1.75
= 7.5476
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Res l i´ e i de e i es dife e i les P ble de l es i i i les Met d s de s
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Metodo de Euler para P.V.I.: ejemplo
Graficamente
1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 21
2
3
4
5
6
7
8
solución
Euler n=2
Euler n=4
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Sistemas de e.d.o. con condiciones iniciales
Un sistema de dos e.d.o. con condiciones iniciales es un sistema de la forma:
F (t , x (t ), y (t ), x (t ), y (t )) = 0
G (t , x (t ), y (t ), x (t ), y (t )) = 0
x (t 0) = x 0 , y (t 0) = y 0
Se dice solucion del sistema a dos funciones x = σ(t ), y = ϕ(t ) derivables tal que:
F (t , σ(t ), ϕ(t ), σ
(t ), ϕ(t )) = 0
G (t , σ(t ), ϕ(t ), σ(t ), ϕ
(t )) = 0
σ(t 0) = x 0 , ϕ(t 0) = y 0
x (t ) = 5x (t )− 2y (t )
y (t ) = 3x (t )− 2y (t )
x (0) = 0 , y (0) = 1
sol ≡ x (t ) =
2
5 e −t
− e 4t
y (t ) = 1
5
6e −t
− e 4t
x (t ) = x (t ) + t
y (t ) = x (t )− y (t )− 12
x (0) = 10 , y (0) = 5
sol ≡
x (t ) = 11e t − t − 1
y (t ) = 23
2 e −t
− t + 11
2 e t − 12
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Resolucion numerica de ecuaciones diferenciales Problema de valores iniciales: Metodos de un paso
Metodo de Euler para sistemas
El metodo de Euler se puede extender a sistemas.
x (t ) = f (t , x (t ), y (t ))
y (t ) = g (t , x (t ), y (t ))
x (t 0) = x 0 , y (t 0) = y 0
t ∈ [t 0, b ]
Construimos una particion del intervalo [t 0, b ] con n + 1 nodos
{a = t 0 < t 1 < t 2 < . . . < t n = b } con hi = t i +1 − t i i = 0, 1, . . . , n − 1
Si denotamos x (t i +1) ≈ x i +1 , y (t i +1) ≈ y i +1
x i +1 = x i + hi f (t i , x i , y i )
y i +1 = y i + hi g (t i , x i , y i )i = 0, 1, . . . , n − 1
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Resolucion numerica de ecuaciones diferenciales Problema de valores iniciales: Metodos de un paso
Metodo de Euler para sistemas: ejemplo
Aproximar la solucion del sistema utilizando el metodo de Euler con dos y cuatro
pasos.
x (t ) = x (t ) + t
y (t ) = x (t ) − y (t ) − 12
x (0) = 10 , y (0) = 5
t ∈ [0, 1]
Para dos pasos usaremos como nodos : t 0 = 0, t 1 = 0.5, t 2 = 1.
x (0) = x (t 0) = x 0 = 10y (0) = y (t 0) = y 0 = 5
x (0.5) = x (t 1) ≈ x 1 = x 0 + h0f (t 0, x 0, y 0) = 10 + 0.5(10 + 0) = 15
y (0.5) = y (t 1) ≈ y 1 = y 0 + h0g (t 0, x 0, y 0) = 5 + 0.5(10 − 5 − 12) = 1.5 x (1) = x (t 2) ≈ x 2 = x 1 + h1f (t 1, x 1, y 1) = 15 + 0.5 (15 + 0.5) = 22.75y (1) = y (t 2) ≈ y 2 = y 1 + h1g (t 1, x 1, y 1) = 1.5 + 0.5(15 − 1.5 − 12) = 2.5
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Resolucion numerica de ecuaciones diferenciales Problema de valores iniciales: Metodos de un paso
Metodo de Euler para sistemas: ejemplo
Para cuatro pasos usaremos como nodos:
t 0 = 0, t 1 = 0.25, t 2 = 0.5, t 3 = 0.75 , t 4 = 1.
x (0) = x (t 0) = x 0 = 10y (0) = y (t 0) = y 0 = 5 x (0.25) = x (t 1) ≈ x 1 = x 0 + h0f (t 0, x 0, y 0) = 10 + 0.25(10 + 0) = 12.5y (0.25) = y (t 1) ≈ y 1 = y 0 + h0g (t 0, x 0, y 0) = 5 + 0.25(10− 5− 12) = 3.25 x (0.5) = x (t 2) ≈ x 2 = x 1 + h1f (t 1, x 1, y 1) = 12.5 + 0.25
12.5 + 1
4
= 15.6875
y (0.5) = y (t 2) ≈ y 2 = y 1 + h1g (t 1, x 1, y 1) = 3.25 + 0.25 (12.5− 3.25− 12) = 2.5625
x (0.75) = x (t 3
) ≈ x 3
= x 2
+ h2f (t
2, x
2, y
2) = 15.6875 + 0.25 15.6875 + 1
2 = 19.7344
y (0.75) = y (t 3) ≈ y 3 = y 2 + h2g (t 2, x 2, y 2) = 2.5625 + 0.25 (15.6875− 2.5625− 12) = 2.8438 x (1) = x (t 4) ≈ x 4 = x 3 + h3f (t 3, x 3, y 3) = 19.7344 + 0.25
19.7344 + 3
4
= 24.8555
y (1) = y (t 4) ≈ y 4 = y 3 + h3g (t 3, x 3, y 3) = 2.8438 + 0.25 (19.7344− 2.8438− 12) = 4.0664
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p
Metodo de Euler para P.V.I.: ejemplo
Graficamente
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10
5
10
15
20
25
30
sol x(t)
sol y(t)
Euler xi (n=2)
Euler yi (n=2)
Euler xi (n=4)
Euler yi (n=4)
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Ecuaciones diferenciales de orden dos con condiciones iniciales
Una e.d.o. de orden dos es una ecuacion de la forma:
F (t , y (t ), y (t ), y (t )) = 0
Un P.V.I. de orden dos es una e.d.o. de orden dos con condiciones iniciales:
F (t , y (t ), y
(t ), y
(t )) = 0
y (t 0) = y 0 , y (t 0) = y ∗0
Se dice que y = ϕ(t ) dos veces derivable, es solucion del P.V.I. si:
F (t , ϕ(t ), ϕ
(t ), ϕ
(t )) = 0ϕ(t 0) = y 0 , ϕ(t 0) = y ∗0
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Ecuaciones diferenciales de orden dos con condiciones iniciales
Estos problemas de pueden transformar en sistemas de e.d.o.
y (t )− 5y (t )− 3y (t )− 45e 2t = 0
y (1) = 0 , y
(1) = 1⇒
y (t ) = x (t )
x (t )− 5x (t )− 3y (t )− 45e 2t = 0
y (1) = 0 , x (1) = 1
y (t ) + y (t )− 6cos t = 0
y (0) = 2 , y
(0) = 3
⇒
y (t ) = x (t )
x (t ) + y (t )− 6cos t = 0
y (0) = 2 , x (0) = 3
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Metodo de Heun para P.V.I.
Aplicamos la formula de cuadratura de los trapecios:
b a
f (t ) dt ≈ b − a2
(f (a) + f (b ))
por lo tanto:
y (t i +1) = y (t i ) + t i +1
t i
f (t , y (t ) ) dt = y (t i ) + t i +1 − t i
2 (f (t i , y (t i )) + f (t i +1, y (t i +1)) )
Si denotamos y (t i +1) ≈ y i +1
y i +1 = y i + hi
2 (f (t i , y i ) + f (t i +1, y i +1) )
necesitamos y i +1 que obtendremos utilizando el metodo de Euler:
y i +1 = y i + hi f (t i , y i )
y i +1 = y i + hi
2 (k 1 + k 2)
k 1 = f (t i , y i )
k 2 = f (t i + hi , y i + hi k 1)i = 0, 1, . . . , n − 1
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