Ecuaciones diferenciales de 1er orden :

Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden es una expresióndel tipo siguiente:

y'= f(x,y)

El problema que se suele presentar es el de calcular una función y = f(x)tal que verifique la ecuación anterior con una condición de contorno:y(x0) = y0.

El siguiente Teorema de Cauchy sólo garantiza la existencia y unicidadde la solución bajo las siguientes condiciones restrictivas:

Teorema de Cauchy:

Si f(x,y) es analítica en un dominio que contiene al punto (x0,y0),existe una, y sólo una, función analítica y(x) que verifique la ecuación:

y'=dydx

= f(x,y)

con la condición de contorno: y(x0)=y0

Una función se dice que es analítica si es derivable un número infinito de veces: f ∈C∞

Una condición, menos exigente, para que exista solución y sea única(aunque no necesariamente analítica)es que se satisfaga una condición deLipschitz:

Supongamos que tenemos una función f(x,y) definida en un dominio del plano XY. Se dice que la función f(x,y) satisface una condición deLipschitz (respecto de y) en el dominio si esixte una constante M >0tal que:

f(x,y1)− f(x,y2) ≤M y1 −y2

para todos los puntos (x,y1) y (x,y2) que pertenezcan al dominio. La constante M se llama constante de Lipschitz.

Una condición suficiente para que se pueda verificar una condición deLipschitz es que exista ∂f/∂y y esté acotada en el dominio, D. Si es así,Efectivamente, se satisface una condición de Lipschitz (respecto de y) enel dominio, D, y la constante viene dada por:

M= sup(x,y)∈D

∂f(x,y)∂y

En efecto:

f (x,y1)−f (x,y2) =(y1 −y2)∂f (x,ξ)∂y

donde ξ∈(y1,y2)

con lo cuál:

Para ver esta película, debedisponer de QuickTime™ y de

un descompresor GIF.

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f(x,y1)− f(x,y2) =y1 −y2

∂f(x,ξ)∂y

≤ sup(x,y)∈D

∂f(x,y)∂y

y1 −y2

Ejemplo:

Supongamos el dominio D definido del siguiente modo:

x ≤a ; y≤b

y la función f(x,y) dada por :

f (x,y) =y2

como ∂f/∂y existe y está acotada en el dominio D:

∂f(x,y)∂y

=2y

M= sup(x,y)∈D

∂f(x,y)∂y

=2b

En efecto:

f(x,y1)− f(x,y2) =y12 −y2

2 =y1 +y2 y1 −y2 ≤2by1 −y2

Sin embargo, aunque esta condición (sobre la derivada parcial) es unacondición suficiente, no es necesaria, como se ve en el ejemplo siguiente:

f (x,y) =xy en x ≤a ; y≤b

f(x,y1)− f(x,y2) =xy1 −xy2 ≤x y1 −y2 ≤ay1 −y2

que cumple una condición de Lipschitz:

a pesar de que la derivada parcial ∂f/∂y no existe en los puntos (x,0)

Método de Euler: Es un método sencillo para la integración de ecuaciones diferencialesde primer orden.

Sea:

dydx

= f(x,y)

con la condición de contorno: y(x0)=y0

Supongamos que y(x) es la solución exacta del problema. Si tomamosun x lo suficientemente próximo a x0, podemos tomar la siguiente aproximación:

y(x) ≅y(x0)+dydxx0

(x−x0)

y(x) ≅y(x0)+dydxx0

(x−x0) =y0 +f (x0,y0) (x−x0)

Así, si, por ejemplo, tomamos un x1 = x0+h, podemos calcular el valorcorrespondiente y1 = y(x1) del siguiente modo:

x1 =x0 +h

y1 ≅y0 +f (x0,y0) h

Si ahora quisiéramos calcular la solución en un punto ulterior, partiríamosahora de:

dydx

= f(x,y)

con la nueva condición (aproximada) de contorno: y(x1) ≅y1

Utilizar el método de Euler para aproximar el valor de la solución dela siguiente ecuación diferencial en los puntos x = 0.2, 0.4, 0.6, 0.8 y 1, usando h = 0.2 y h = 0.1.

dydx

=2x+y ; y(0) =1

h = 0.2

x1 =x0 +h

y1 ≅y0 +f (x0,y0) h

=0+0.2=0.2

=1+1×0.2=1.2

x2 =x1 +h

y2 ≅y1 +f (x1,y1) h

=0.2+0.2=0.4

=1.2+1.6×0.2=1.52

x3 =x2 +h

y3 ≅y2 +f(x2,y2) h

=0.4+0.2=0.6

=1.52+2.32×0.2=1.984

x4 =x3 +h

y4 ≅y3 +f (x3,y3) h

=0.6+0.2=0.8

=1.984+3.184×0.2=2.6208

x5 =x4 +h

y5 ≅y4 +f (x4,y4) h

=0.8+0.2=1.0

=2.6208+4.2208×0.2=3.46496

h = 0.1

x1 =x0 +h

y1 ≅y0 +f (x0,y0) h

=0+0.1=0.1

=1+1×0.1=1.1

x2 =x1 +h

y2 ≅y1 +f (x1,y1) h

=0.1+0.1=0.2

=1.1+1.3×0.1=1.23

x3 =x2 +h

y3 ≅y2 +f(x2,y2) h

=0.2+0.1=0.3

=1.23+1.63×0.1=1.393

x4 =x3 +h

y4 ≅y3 +f (x3,y3) h

=0.3+0.1=0.4

=1.393+2.3923×0.1=1.83153

x5 =x4 +h

y5 ≅y4 +f (x4,y4) h

=0.4+0.1=0.5

=1.5923+2.3923×0.1=1.83153

x6 =x5 +h

y6 ≅y5 +f(x5,y5) h

=0.5+0.1=0.6

=1.83153+2.83153×0.1=2.114683

x7 =x6 +h

y7 ≅y6 +f (x6,y6) h

=0.6+0.1=0.7

=2.114683+3.314683×0.1=2.4461513

x8 =x7 +h

y8 ≅y7 +f(x7,y7) h

=0.7+0.1=0.8

=2.4461513+3.8461513×0.1=2.8307664

x9 =x8 +h

y9 ≅y8 +f(x8,y8) h

=0.8+0.1=0.9

=2.8307664+4.4307664×0.1=3.273843

x10 =x9 +h

y10 ≅y9 +f (x9,y9) h

=0.9+0.1=1.0

=3.273843+5.073843×0.1=3.7812273

Vemos que obtenemos valores distintos de los que habíamos calculadopara h = 0.2. Cuanto menor sea h, mejor será la aproximación (aunquetambién más laboriosa). Para un h constante el error será tanto mayorcuanto más nos alejemos del punto inicial, como puede apreciarse en lagráfica siguiente en la que comparamos las dos soluciones aproximadascon la solución exacta.

0

1

2

3

4

5

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2

y(x) = -2(x+1)+3ex

h = 0.2

h = 0.1

Método de Euler modificado:

La solución exacta de la ecuación diferencial de primer orden:

dydx

= f(x,y) ; y(x0) =y0

en el punto x1 vendría dada por la siguiente expresión:

y(x1) =y(x0) + f(x,y) dxx0

x1

∫

En el método de Euler sencillo que vimos anteriormente tomábamos lasiguiente aproximación:

y(x1) ≅y(x0) +f(x0,y0) (x1 −x0)

Esta aproximación es equivalente a suponer que en el integrando de lasolución exacta f(x,y) es constante e igual a su valor en el extremo inferior de la integral, es decir, f(x, y) = f(x0,y0):

y(x1) =y(x0) + f(x,y) dxx0

x1

∫ =y(x0) +f(x0,y0) (x1 −x0)

si f(x,y) =f (x0,y0) Parecería más razonable el pensar que obtendríamos un valor máspreciso si aproximáramos la integral de f(x,y) por un promedio de susvalores en los dos extremos de la integral en vez de tomarla igual a suvalor en el extremo inferior.

Sin embargo, de esa manera, nos encontraríamos con el problema de que, para calcular y1 necesitamos saber su valor para evaluar f(x1,y1).

y(x1) =y(x0) + f(x,y) dxx0

x1

∫ =y(x0) +f(x0,y0)+f (x1,y1)

2 (x1 −x0)

si f(x,y) =f (x0,y0)+f(x1,y1)

2

El problema se solventa del siguiente modo: Primero se obtiene unaaproximación de y1 usando el método de Euler sencillo:

y1(0) ≅y0 +f(x0,y0) h

a continuación, se usa esta aproximación sencilla para calcular f(x1,y1(0))

y así poder tomar la siguiente nueva estimación para el valor de y1 :

y1(1) =y0 +

f(x0,y0)+f (x1,y1(0))

2 h

naturalmente, podríamos utilizar esta nueva aproximación para obtenerotra:

y1(2) =y0 +

f(x0,y0)+ f(x1,y1(1))

2 h

y así, podríamos iterar hasta obtener una aproximación definitiva.

Una vez que estimemos que tenemos una estimación sensata de y1

repetiríamos el procedimiento para calcular y2:

y2(0) ≅y1 +f(x1,y1) h

y2(1) =y1 +

f(x1,y1)+f(x2,y2(0))

2 h

y2(2) =y1 +

f(x1,y1)+f (x2,y2(1))

2 h

M

Utilizar el método de Euler modificado para aproximar el valor de lasolución de la siguiente ecuación diferencial en los puntos x = 0.2 y 0.4, usando h = 0.2 y con tres decimales de aproximación:

dydx

=2x+y ; y(0) =1

h = 0.2

y1(0) ≅y0 +f(x0,y0) h

=0+0.2=0.2

=1+1×0.2=1.2

x1 =x0 +h

y1(1) =y0 +

f(x0,y0)+f (x1,y1(0))

2 h=1+

1+2×0.2+1.22

0.2=1.26

y1(2) =y0 +

f(x0,y0)+ f(x1,y1(1))

2 h=1+

1+2×0.2+1.262

0.2=1.266

y1(3) =y0 +

f(x0,y0)+f (x1,y1(2))

2 h =1+

1+2×0.2+1.2662

0.2=1.2666

y1(4) =y0 +

f(x0,y0)+ f(x1,y1(3))

2 h =1+

1+2×0.2+1.26662

0.2=1.26666

Luego, con tres cifras decimales, tendríamos: y1 ≅1.267x2 =x1 +h

y2(0) ≅y1 +f(x1,y1) h

=0.2+0.2=0.4

=1.267+ 2×0.2+1.267( )×0.2=1.6004

y2(1) =y1 +

f(x1,y1)+f(x2,y2(0))

2 h

y2(1) =1.267+

2×0.2+1.267( ) + 2×0.4+1.6004( )2

0.2=1.67374

y2(2) =y1 +

f(x1,y1)+f (x2,y2(1))

2 h

y2(2) =1.267+

2×0.2+1.267( ) + 2×0.4+1.67374( )2

0.2=1.681074

y2(3) =y1 +

f(x1,y1) +f(x2,y2(2))

2 h

y2(2) =1.267+

2×0.2+1.267( ) + 2×0.4+1.681074( )2

0.2=1.6818074

y2(4) =y1 +

f(x1,y1)+f (x2,y2(3))

2 h

y2(4) =1.267+

2×0.2+1.267( )+ 2×0.4+1.6818074( )2

0.2=1.6818807

Luego, con tres cifras decimales, tendríamos: y2 ≅1.682

0

1

2

3

4

5

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2

y(x) = -2(x+1)+3ex

h = 0.2

h = 0.1

h = 0.2Euler modificado

Algoritmo de Taylor:

Una forma alternativa de mejorar el método de Euler sería tomar mástérminos en el desarrollo de Taylor de la solución exacta:

y(x) ≅y(x0)+y'(x0)(x−x0)+

y''(x0)2

(x−x0)2 +K

Esto se puede hacer del modo siguiente: Partiendo de:

y'= f(x,y)

y derivando respecto a x nos queda que:

y''=∂f (x,y)∂x

+∂f (x,y)∂y

y' =∂f(x,y)∂x

+f (x,y)∂f(x,y)∂y

En lo siguiente, empleamos la siguiente notación abreviada:

y''=∂f (x,y)∂x

+f(x,y)∂f(x,y)∂y

≡∂x f + f ∂y f

si seguimos derivando:

y'''=ddx

∂x f +f ∂yf[ ]

y'''=∂x2 f +∂y∂x f y'+∂x f∂y f + ∂yf( )

2 y'+f∂x∂yf + f∂y

2 f y'

y'''=∂x2 f +2 f∂x∂y f +∂xf∂yf +f ∂y f( )

2+f 2∂y

2 f

y así, podríamos continuar calculando derivadas de orden más alto. Si f admitiera derivadas de cualquier orden (es decir, si fuera, analítica), podríamos calcular la solución de este modo (Teorema de Cauchy).

Si aplicamos este método al problema que teníamos:

dydx

=2x+y ; y(0) =1

y'=2x+1=1

y''=2+y'=3

y'''=y''=3

y'v=yv =K =yn =3

Luego, la solución se puede escribir como:

y(x) =1+x+

3x2

2+

3x3

3!+K +

3xn

n!=3ex −2−2x

Sin embargo, en el caso general, este método puede resultar bastantelaborioso, tal y como se puede apreciar en el siguiente ejemplo:

y'=senx+cosy

y(0) =0

y'=senx+cosyy''=cosx−y'seny=cosx−(senx+cosy)senyy''=cosx−senxseny−seny cosy

y'''=−senx−y''seny− y'( )2 cosy

y'v=−cosx−y'''seny−y'' y' cosy−2y' y'' cosy+ y'( )3 seny

yv =senx−y'vseny−y'''y' cosy−y'''y' cosy− y''( )2 cosy+y'' y'( )

2 seny

−2 y''( )2 cosy−2y'y''' cosy+2 y'( )

2y''seny+3 y'( )2y'' seny+ y'( )

4 cosy

yv =senx−y'vseny−4y'''y'cosy−3 y''( )2cosy+6y'' y'( )

2seny+ y'( )

4cosy

yv'=cosx−yvseny−y'vy' cosy−4y'vy' cosy−4y''' y'' cosy+

+4y''' y'( )2seny−6y''y''' cosy+3 y''( )

2y' seny+12y' y''( )

2seny +

+6 y'( )2y'''seny+6 y'( )

3y'' cosy+4 y'( )

3y''cosy− y'( )

5seny

yv'=cosx−yvseny−5y'vy'cosy−10y'''y''cosy+

+10y''' y'( )2seny+15y''( )

2y'seny+6 y'( )

3y''cosy+

+10y'( )3y'' cosy− y'( )

5seny

Por tanto, haciendo las sustituciones oportunas:

y'(0) =1 y'v (0) =−4

y''(0) =1 yv(0) =2

y'''(0) =−1 yv' (0) =41

con lo que la solución puede escribirse como:

y(x) ≅x+x2

2−x3

3!−

4x4

4!+

2x5

5!+

41x6

6!

y(x) ≅x+x2

2−x3

6−x4

6+x5

60+

41x6

720

Método de Picard (de las aproximaciones sucesivas):

Como ya vimos anteriormente, la solución exacta de la ecuación diferencial de primer orden:

dydx

= f(x,y) ; y(x0) =y0

en el punto x vendría dada por la siguiente expresión:

y(x) =y(x0)+ f(x,y) dxx0

x

∫

Si conociéramos y(x), sustituyéndola en el integrando de la ecuaciónanterior, obtendríamos una identidad trivial. Si partiéramos de una solución aproximada, y0(x), podríamos introducirla en el integrando para calcular una nueva aproximación (mejorada) y1(x). Integrando esta nueva aproximación, se puede obtener otra nueva, y2(x), y así sucesivamente.

y1(x) =y(x0)+ f (x,y0(x)) dxx0

x

∫

y2(x) =y(x0)+ f (x,y1(x)) dxx0

x

∫M

yn(x)=y(x0) + f(x,yn−1(x)) dxx0

x

∫ Generalmente, la primera aproximación que se suele tomar es hacery0(x) constante e igual a la condición de contorno: y0(x) = y(x0).

Si la convergencia no fuera buena, podrían ensayarse aproximacionesiniciales mejores, mediante el método de Euler (o el de Euler modificado).

Cuando las integrales se efectúan de forma numérica, estos métodos se conocen con el nombre de métodos de Adams-Bashforth.

Utilizar el método de Picard con el problema siguiente:

y'=senx+cosy

y(0) =0

y1(x) =y(x0) + f(x,y0(x)) dxx0

x

∫ =0+ senx+1( ) dx0

x

∫

y1(x) = −cosx+x[ ]0x=1+x−cosx

y2(x)=y(x0) + f(x,y1(x)) dxx0

x

∫y2(x)= senx+cos1+x−cosx( )[ ] dx

0

x

∫

y2(x)= senx+cos1+x−cosx( )[ ] dx0

x

∫

y2(x)≅ senx+cos1+x−(1−x2

2)

⎛

⎝ ⎜ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⎟

⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥ dx

0

x

∫

y2(x)≅ senx+cos x+x2

2

⎛

⎝ ⎜ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⎟

⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥ dx

0

x

∫

y2(x)≅ senx+1−x2

2−x3

2

⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥ dx

0

x

∫

y2(x)≅ −cosx+x−x3

6−x4

8

⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥

0

x

=1−cosx+x−x3

6−x4

8

y3(x) =y(x0)+ f(x,y2(x)) dxx0

x

∫

y3(x) = senx+cos1−cosx+x−x3

6−x4

8

⎛

⎝ ⎜ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⎟

⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥ dx

0

x

∫

y3(x) ≅ senx+cos1−(1−x2

2+x4

24)+x−

x3

6−x4

8

⎛

⎝ ⎜ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⎟

⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥ dx

0

x

∫

y3(x) ≅ senx+cos x+x2

2−x3

6−x4

6

⎛

⎝ ⎜ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⎟

⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥ dx

0

x

∫

y3(x) ≅ senx+1−x+

x2

2−x3

6−x4

6

⎛

⎝ ⎜ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⎟

2

2+

x+x2

2−x3

6−x4

6

⎛

⎝ ⎜ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⎟

4

24

⎡

⎣

⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎤

⎦

⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥

dx0

x

∫

y3(x) ≅ senx+1−x2

2−x3

2+x4

12

⎛

⎝ ⎜ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⎟ dx

0

x

∫

y3(x) ≅ −cosx+x−x3

6−x4

8+x5

60

⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥

0

x

y3(x) ≅1−cosx+x−x3

6−x4

8+x5

60

Utilizar el método de Picard con el problema siguiente:

y1(x) =y(x0) + f(x,y0(x)) dxx0

x

∫

dydx

=2x+y ; y(0) =1

y1(x) =1+ 2x+1( ) dx0

x

∫ =1+x+x2

y2(x)=y(x0) + f(x,y1(x)) dxx0

x

∫

y2(x)=1+ 2x+ 1+x+x2( )[ ] dx

0

x

∫

y2(x)=1+ 1+3x+x2( ) dx

0

x

∫ =1+x+3x2

2+x3

3

y3(x) =1+ 2x+ 1+x+3x2

2+x3

3

⎛

⎝ ⎜ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⎟

⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥ dx

0

x

∫

y3(x) =1+ 1+3x+3x2

2+x3

3

⎛

⎝ ⎜ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⎟ dx

0

x

∫

y3(x) =1+x+3x2

2+x3

2+

x4

4×3

y4(x)=1+ 2x+ 1+x+3x2

2+x3

2+

x4

4×3

⎛

⎝ ⎜ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⎟

⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥ dx

0

x

∫

y4(x)=1+x+3x2

2+x3

2+

x4

4×2+

x5

5×4×3

Utilizar el método de Picard con el problema siguiente:

y1(x) =y(x0) + f(x,y0(x)) dxx0

x

∫

dydx

=x2 +y2 ; y(0) =1

y1(x) =1+ x2 +1( ) dx0

x

∫ =1+x+x3

3

y2(x)=y(x0) + f(x,y1(x)) dxx0

x

∫

y2(x)=1+ x2 + 1+x+x3

3

⎛

⎝ ⎜ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⎟

2⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥ dx

0

x

∫

y2(x)=1+ 1+2x+2x2 +2x3

3+

2x4

3+x6

9

⎛

⎝ ⎜ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⎟ dx

0

x

∫

y2(x)=1+x+x2 +2x3

3+x4

6+

2x5

15+x7

63

y3(x) =1+ x2 + 1+x+x2 +2x3

3+x4

6+

2x5

15+x7

63

⎛

⎝ ⎜ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⎟

2⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥ dx

0

x

∫

y3(x) =1+ (1+2x+4x2 +10x3

3+

8x4

3+

29x5

15+

47x6

45+

0

x

∫

+164x7

315+

299x8

1260+

8x9

105+

184x10

4725+x11

189+

4x12

945+

x14

3969) dx

y3(x) =1+x+x2 +4x3

3+

5x4

6+

8x5

15+

29x6

90+

47x7

315+

+41x8

630+

299x9

11340+

4x10

525+

184x11

51975+

x12

2268+

4x13

12285+

x15

59535

Método de Runge-Kutta (de cuarto orden):

Los llamados métodos de Runge-Kutta son una serie de algoritmospara calcular aproximaciones númericas del valor de la solución de:

dydx

= f(x,y) ; y(x0) =y0

en puntos de la forma siguiente:

x1 =x0 +h ; x2 =x1 +h ; etc

con muy buena precisión, sin que, para ello, sea necesario que los h seanmuy pequeños.

El procedimiento consta de los siguientes pasos:

Para calcular un valor aproximado de la solución y1 en el punto x1 = x0 + h, se calculan los siguientes números:

k1 =h f (x0,y0)

k2 =h f (x0 +h2

,y0 +k1

2)

k3 =h f(x0 +h2

,y0 +k2

2)

k4 =h f (x0 +h,y0 +k3)

K0 =16

(k1 +2k2 +2k3 +k4)

y entonces se toma:

y1 =y0 +K0

Procediendo del mismo modo, calcularíamos el valor aproximado dela solución, y2, en el punto x2 = x1 + h:

k1 =h f (x1,y1)

k2 =h f (x1 +h2

,y1 +k12

)

k3 =h f(x1 +h2

,y1 +k2

2)

k4 =h f (x1 +h,y1 +k3)

K0 =16

(k1 +2k2 +2k3 +k4)

y2 =y1 +K0

Y así, sucesivamente, para el punto enésimo, tendríamos xn = xn-1 + h:

k1 =h f (xn−1,yn−1)

k2 =h f (xn−1 +h2

,yn−1 +k1

2)

k3 =h f(xn−1 +h2

,yn−1 +k2

2)

k4 =h f (xn−1 +h,yn−1 +k3)

K0 =16

(k1 +2k2 +2k3 +k4)

yn =yn−1 +K0

Utilizar el método de Runge-Kutta con el problema siguiente paracalcular la solución aproximada en x = 0.2 y x =0.4:

dydx

=2x+y ; y(0) =1

h = 0.2:

k1 =h f (x0,y0)

k2 =h f (x0 +h2

,y0 +k1

2)

=0.2 (2×0+1)=0.2

=0.2 f (0+0.1, 1+0.1)

k2 =0.2 2×0.1+1.1( )=0.26

k3 =h f(x0 +h2

,y0 +k2

2) =0.2 f (0.1, 1.13)

k3 =0.2 2×0.1+1.13( )=0.266

x1 =x0 +h=0+0.2=0.2

k4 =h f (x0 +h,y0 +k3)=0.2 f (0.2, 1.266)

k4 =0.2 2×0.2+1.266( )=0.3332

K0 =16

(k1 +2k2 +2k3 +k4) =0.2642

y1 =y0 +K0 =1.2642

x2 =x1 +h=0.2+0.2=0.4

k1 =h f (x1,y1) =0.2 (2×0.2+1.2642)=0.33284

k2 =h f (x1 +h2

,y1 +k12

) =0.2 f (0.3, 1.43062) =0.40612

k3 =h f(x1 +h2

,y1 +k2

2)=0.2 f (0.3, 1.46726) =0.41345

k4 =h f (x1 +h,y1 +k3)=0.2 f (0.4, 1.67765) =0.49553

K0 =16

(k1 +2k2 +2k3 +k4) =0.41125

y2 =y1 +K0 =1.2642+0.41125=1.67545

dydx

=x2 +y2 ; y(0) =1

Utilizar el método de Runge-Kutta con el problema siguiente paracalcular la solución aproximada en x = 0.1 y x =0.2:

h = 0.1:

k1 =h f (x0,y0)

k2 =h f (x0 +h2

,y0 +k1

2)

=0.1f (0,1) =0.1 (02 +12) =0.1

=0.1 f(0.05, 1.05)

k2 =0.1 0.052 +1.052( )=0.1105

k3 =h f(x0 +h2

,y0 +k2

2)=0.1 f(0.05, 1.05525)

x1 =x0 +h=0+0.1=0.1

k3 =0.1116052

k4 =h f (x0 +h,y0 +k3) =0.1 f(0.1, 1.1116052)

k4 =0.1 (0.12 +1.11160522) =0.1245666

K0 =16

(k1 +2k2 +2k3 +k4) =0.1114628

y1 =y0 +K0 ≅1.1115

x2 =x1 +h=0.1+0.1=0.2

k1 =h f (x1,y1) =0.1 (0.12 +1.11152) =0.1245432

k2 =h f (x1 +h2

,y1 +k12

)=0.1 f(0.15, 1.1737716) =0.1400239

k3 =h f(x1 +h2

,y1 +k2

2)=0.1 f(0.15, 1.181512) =0.141847

k4 =h f (x1 +h,y1 +k3) =0.1f (0.2, 1.2533471) =0.1610878

K0 =16

(k1 +2k2 +2k3 +k4) =0.1415621

y2 =y1 +K0 ≅1.2531