Resolucion Numérica EDO

7/18/2019 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

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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


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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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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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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 | .


R l ´ ´ d d f l P bl d l l M´ d d

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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


R l i´ ´ i d i dif i l P bl d l i i i l M´ d d

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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


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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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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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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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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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


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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