Métodos Numéricos: Resumen y ejemplos Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Marzo 2008, versión 1.4 Contenido 1. Resolución exacta y resolución numérica 2. Método de Euler 3. Método de Euler modificado 4. Método de Taylor de orden 2 5. Algunos ejemplos de aplicación 1 Resolución exacta y resolución numérica 1.1 Problema de valor inicial en forma normal ½ y 0 = f (x, y), y(a) = ya , x ∈ [a, b]. Se busca una función y = y(x) de clase C 1 [a, b] que verifique la ecuación diferencial y 0 = f (x, y) y que, para x = a, tome el valor y(a) = ya . Se dice que la ecuación diferencial está en forma normal cuando y 0 está despejada, es decir, cuando la EDO se escribe en la forma y0 = f (x, y). Ejemplo 1.1 Consideramos el problema de valor inicial ½ 0 y = xy2 , y(0) = 1, x ≥ 0. 1. Calcula la solución exacta. 1 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 2 2. Determina el dominio de la solución. 1. Solución exacta. La ecuación y 0 = xy2 es de variables separables. Podemos resolverla como sigue dy = xy 2 , dx 1 dy = x dx, y2 Z Z 1 dy = x dx, y2 − 1 1 = x2 + c, y 2 Familia de soluciones y= −1 , +c 1 2 2x c ∈ R. c ∈ R. Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición y(0) = 1 1= −1 −1 = c +c 1 2 20 ⇒ c = −1. La solución del problema de valor inicial es y= −1 2 . = 2 − x2 −1 1 2 2x 2. Dominio de la solución. El denominador de y= 2 2 − x2 √ se anula para x = ± 2. El mayor intervalo que contiene a x0 = 0, donde y(x) es derivable es ³ √ √ ´ − 2, 2 . Teniendo en cuenta que en el enunciado se especifica que buscamos una función y = y(x) para x ≥ 0. El dominio de la solución es √ I = [0, 2). ¤ Francisco Palacios 1.2 Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 3 Separación de variables Una EDO de primer orden es separable si puede escribirse en la forma y0 = g(x) h(y). Resolución de EDOs separables. Expresamos la EDO en la forma p(y) dy = g(x) dx e integramos ambos lados, la solución es Z Z p(y) dy = g(x) dx. Ejemplo 1.2 Resuelve la ecuación y0 = y . 1+x Escribimos la ecuación en la forma p(y) dy = g(x) dx, y0 1 = , y 1+x y 0 dx dx = , y 1+x dy dx = . y 1+x Integramos a ambos lados Z dy = y Z dx , 1+x obtenemos una solución implícita. ln y = ln(1 + x) + c, c ∈ R. Para obtener una solución explícita1 , despejamos y y = eln(1+x)+c = eln(1+x) ec , y = k (1 + x) , 1 k = ec > 0. ¤ No siempre es posible obtener una solución explícita. Francisco Palacios 1.3 1.3.1 Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 4 Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden Definiciones Una EDO de primer orden es lineal si puede escribirse en la forma a1 (x) y0 + a0 (x) y = g(x). La incógnita es la función y = y(x). Observa que los coeficientes a1 (x), a0 (x), y el término independiente g(x) dependen únicamente de x. • Ecuación lineal homogénea La ecuación lineal se denomina homogénea cuando el término independiente es idénticamente nulo g(x) ≡ 0. Dada la ecuación diferencial lineal a1 (x) y0 + a0 (x) y = g(x), la ecuación a1 (x) y 0 + a0 (x) y = 0 se denomina ecuación homogénea asociada. • Forma estándar Decimos que una EDO lineal de primer orden está en forma estándar cuando se expresa en la forma y 0 + p(x) y = q(x). Observa que en la forma estándar, el coeficiente de y 0 es igual a 1. 1.3.2 Resolución de la EDO lineal homogénea La ecuación lineal homogénea y 0 + p(x) y = 0 es separable, y tiene solución general y = k e− R p(x) dx , k ∈ R. Ejemplo 1.3 Consideramos la EDO x dy − 4y = 0. dx 1. Resuelve la ecuación como ecuación lineal homogénea. Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 5 2. Determina la solución del problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ − 4y = 0, ⎨ x dx ⎪ ⎩ y(1) = 3. 1. La forma estándar es y 0 + p(x) y = 0, escribimos la ecuación en forma estándar 4 dy − y = 0. dx x Identificamos p(x) 4 p(x) = − , x la solución es de la forma y = ke− R p(x) dx y = ke− 4 = ke R R , k ∈ R. (− x4 ) dx 1 x dx 4 ln|x| = ke ln x4 = ke 4 = kx , , , , , k ∈ R. 2. Con la condición inicial y(1) = 3, resulta 3 = k, por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es y = 3x4 . ¤ 1.3.3 Resolución de la ecuación lineal completa: método de variación de parámetros Queremos resolver la ecuación lineal completa y 0 + p(x) y = q(x). La solución general de esta ecuación puede escribirse en la forma y = yh (x) + yp (x) donde: • yh (x) es la solución general de la ecuación homogénea asociada. Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 6 • yp (x) es una solución particular de la EDO lineal completa. Sabemos que la solución general de la ecuación homogénea asociada y 0 + p(x) y = 0 es yh = ke− R p(x) dx . Nos queda por obtener una solución particular de la EDO lineal completa. El método de variación de parámetros consiste en proponer una solución particular del tipo R yp = k(x) e− p(x) dx , donde la constante k pasa a ser una función indeterminada de x, esto es k = k(x). Sustituimos la solución yp en la ecuación completa y determinamos k(x). El siguiente ejemplo ilustra el procedimiento. Ejemplo 1.4 Consideramos la EDO lineal completa x dy − 4y = x6 ex . dx 1. Resuélvela usando el método de variación de parámetros. 2. Resuelve el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ − 4y = x6 ex , ⎨ x dx ⎪ ⎩ y(1) = 2. 1. Solución general de la EDO completa. Escribimos la ecuación en forma estándar 4 dy − y = x5 ex , (1) dx x cuya solución general es de la forma y = yh + yp . En primer lugar, debemos resolver la ecuación homogénea asociada 4 dy − y = 0. dx x Hemos visto en el Ejemplo 1.3 , que la solución general de la EDO homogénea es yh = kx4 , k ∈ R. Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 7 Para obtener la solución particular de la EDO completa, proponemos la solución yp = k(x) x4 . Derivamos yp yp0 = k0 x4 + 4kx3 y sustituimos en la ecuación completa (1) yp0 Simplificando, resulta yp z }| { 4 z¡ }| ¢{ k0 x4 + 4kx3 − kx4 = x5 ex . x k0 x4 = x5 ex , k 0 = xex . Para determinar k(x), resolvemos una solución de la ecuación de variables separables dk = xex , dx Z Z dk = xex dx, x k = xe − Z ex dx, = xex − ex . Finalmente, sustituimos en yp = k(x) x4 y obtenemos la solución particular yp = (xex − ex ) x4 ¡ ¢ yp = ex x5 − x4 . La solución general de la EDO completa es ¡ ¢ y = yh + yp = kx4 + ex x5 − x4 , k ∈ R. 2. Solución del problema de valor inicial. Tomamos la solución general de la EDO completa ¡ ¢ y = kx4 + ex x5 − x4 , k ∈ R, e imponemos la condición inicial y(1) = 2. Resulta 2 = k + e(1 − 1) ⇒ k = 2, por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es ¡ ¢ y = 2x4 + ex x5 − x4 . ¤ Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 8 Ejemplo 1.5 Resuelve el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ +y =t ⎨ dt ⎪ ⎩ y(0) = 4 1. Obtención de la solución general. La ecuación es lineal y está en forma estándar; notemos que la variable independiente es t. y0 + p(t) y = q(t) Identificamos p(t) = 1. La solución general de la ecuación homogénea asociada y 0 + p(t) y = 0 es yh = ke− R p(t) dt = ke−t , = ke− k ∈ R. R dt Para la solución particular de la EDO lineal completa yp , proponemos una solución del tipo yp = k(t) e−t , calculamos yp0 (t) yp0 (t) = k0 e−t − ke−t y sustituimos en la ecuación completa dyp + yp = t. dt Resulta yp0 yp z }| { z}|{ k0 e−t − ke−t + ke−t = t, k0 e−t = t. Despejamos k0 k0 = t e−t = tet e integramos para obtener k k= Z tet dt = tet − et . Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 9 La solución particular de la EDO lineal completa es ¡ ¢ yp = tet − et e−t , yp = t − 1. Finalmente, la solución general de la EDO completa es y = yh + yp , y = ke−t + t − 1, k ∈ R. 2. Solución del problema de valor inicial. Tomamos la solución general y = ke−t + t − 1, k ∈ R, e imponemos la condición inicial y(0) = 4, obtenemos 4=k−1 ⇒ k = 5. La solución particular buscada es y(t) = 5e−t + t − 1. ¤ 1.4 Resolución numérica Para muchos problemas de valor inicial, no es posible obtener una solución exacta. El enfoque numérico consiste en aproximar el valor de la solución para determinados valores de x. Con mayor precisión, dado el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ = f (x, y), ⎨ dx ⎪ ⎩ y(a) = ya , x ∈ [a, b]. 1. Dividimos el intervalo [a, b] en n partes de longitud h= b−a , n donde h es el tamaño de paso (step). 2. Construimos los nodos de la red x0 = a, x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b. Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 10 3. Para cada xj , calculamos el valor aproximado ȳj ' y(xj ) = yj . Errores • El error ej = yj − ȳj se denomina error de truncamiento del paso j. • El error al final del intervalo en = yn − ȳn se denomina error de truncamiento global. 2 Método de Euler 2.1 Presentación del método Dado el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ ⎨ = f (x, y), dx ⎪ ⎩ y(a) = ya , x ∈ [a, b]. el método de Euler de n pasos queda definido por ½ ȳ0 = ya , ȳj+1 = ȳj + h f (xj , ȳj ), j = 0, 1, . . . , n − 1, donde h= b−a , n y x0 = a, x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b. Ejemplo 2.1 Dado el problema de valor inicial ½ 0 y + y − x − 1 = 0, y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5]. 1. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos. 2. Calcula la solución exacta. Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 11 3. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento global. 1. Método de Euler. I Formulación del método En primer lugar, escribimos la ecuación diferencial en forma normal y0 = f (x, y), y0 = x − y + 1. A partir de la forma normal, identificamos f (x, y) f (x, y) = x − y + 1. Para n = 5, el tamaño de paso es h= 0.5 − 0 = 0.1, 5 los nodos son x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, El método de Euler es ½ ȳ0 = 1, ȳj+1 = ȳj + 0.1 (xj − ȳj + 1) , x4 = 0.4, x5 = 0.5. j = 0, 1, . . . , 4. I Iteraciones Fase 0. x0 = 0, ȳ0 = y(x0 ) = 1. Fase 1. x0 = 0 ȳ0 = 1 ¾ ⇒ ȳ1 = ȳ0 + h (x0 − ȳ0 + 1) = 1 + 0.1 (0 − 1 + 1) = 1. Fase 2. x1 = 0.1 ȳ1 = 1 ¾ ȳ2 = ȳ1 + h (x1 − ȳ1 + 1) = 1 + 0.1 (0.1 − 1 + 1) = 1.01. ⇒ Fase 3. x2 = 0.2 ȳ2 = 1.01 ¾ ⇒ ȳ3 = 1.01 + 0.1 (0.2 − 1.01 + 1) = 1. 029. Fase 4. x3 = 0.3 ȳ3 = 1.029 ¾ ⇒ ȳ4 = 1.029 + 0.1 (0.3 − 1.029 + 1) = 1. 0561. Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 12 Fase 5. x4 = 0.4 ȳ4 = 1.0561 ¾ ⇒ ȳ5 = 1.0561 + 0.1 (0.4 − 1.0561 + 1) = 1. 09049. Resumimos los resultados en una tabla j 0 1 2 3 4 5 xj 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 ȳj 1 1 1.01 1.029 1.0561 1.09049 2. Solución exacta. I Solución general La ecuación y0 + y = x + 1 es una ecuación diferencial lineal completa. La ecuación homogénea asociada es y0 + y = 0. Identificamos p(x) = 1, la solución de la ecuación homogénea es yh = ke− R p(x) dx = ke−x , k ∈ R. Para obtener la solución de la ecuación completa, determinamos una solución particular de la EDO completa por variación de parámetros, esto es, proponemos una solución de forma yp = k(x) e−x y sustituimos en y0 + y = x + 1, resulta yp0 yp z }| { z }| { k 0 e−x − ke−x + ke−x = x + 1, k0 e−x = x + 1, k0 = x+1 = (x + 1) ex . e−x Integramos para determinar k k= Z (x + 1) ex dx. Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 13 Resolvemos la integral por partes Z Z x x (x + 1) e dx = (x + 1) e − ex dx = (x + 1) ex − ex = xex , es decir k(x) = xex , de donde resulta yp = xex e−x , yp = x. Finalmente, obtenemos la solución general de la EDO completa y = ke−x + x, k ∈ R. I Solución del problema de valor inicial Imponemos la condición y(0) = 1 y obtenemos 1 = k e0 + 0 ⇒ k = 1. La solución del problema de valor inicial es y = e−x + x. 3. Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valores exactos yj = y(xj ), j = 0, 1, . . . , 5, los valores aproximados obtenidos en el apartado 1 y los errores locales de truncamiento. j 0 1 2 3 4 5 xj 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 yj = e−xj + xj 1 1. 004837 1. 018731 1. 040818 1. 070320 1. 106531 ȳj 1 1 1.01 1.029 1.0561 1.09049 ej = yj − ȳj 0 0. 004837 0. 008731 0.011818 0.014220 0.016041 El error de truncamiento global es e5 = y5 − ȳ5 = 0.016041. ¤ Francisco Palacios 2.2 Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 14 Deducción del método de Euler Supongamos que el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ ⎨ = f (x, y), dx ⎪ ⎩ y(a) = ya , x ∈ [a, b], tiene una solución y = y(x) que es de clase C 2 en [a, b] y que conocemos el valor yj = y(xj ). Nuestro objetivo es aproximar el valor de yj+1 = y(xj+1 ). Desarrollamos y(x) por Taylor en c = xj y obtenemos y(x) = y(xj ) + y 0 (xj ) (x − xj ) + y00 (ξ) (x − xj )2 , ξ entre xj y x. Sustituimos x = xj+1 , y resulta 1 y(xj+1 ) = y(xj )+y 0 (xj ) (xj+1 − xj )+ y 00 (ξ) (xj+1 − xj )2 , 2 como h = xj+1 − xj , 1 y(xj+1 ) = y(xj ) + y 0 (xj ) h + y00 (ξ) h2 2 ξ entre xj y xj+1 . ξ entre xj y xj+1 . Si h es pequeño, podemos despreciar el término 12 y 00 (ξ) h2 y tomar la aproximación y(xj+1 ) ' y(xj ) + y 0 (xj ) h, además, como y0 (xj ) = f (xj , yj ) , resulta yj+1 ' yj + h f (xj , yj ) . Normalmente no conoceremos yj con exactitud y, en su lugar, emplearemos el valor aproximado ȳj resultando la aproximación para yj+1 ȳj+1 = ȳj + h f (xj , ȳj ) . 3 3.1 Método de Euler Modificado Presentación del método Dado el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ ⎨ = f (x, y), dx ⎪ ⎩ y(a) = ya , x ∈ [a, b], Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 15 el método de Euler modificado de n pasos queda definido por ⎧ ȳ0 = ya , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (j) ⎪ ⎨ k1 = f (x ³ j , ȳj ), ´ (j) (j) = f x , ȳ + h k k , j+1 j 2 1 ⎪ ⎪ ³ ´ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ȳj+1 = ȳj + h k1(j) + k2(j) , j = 0, 1, . . . , n − 1, 2 donde h= b−a , n y x0 = a, x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b. Ejemplo 3.1 Dado el problema de valor inicial ½ 0 y + y − x − 1 = 0, y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5]. 1. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos. 2. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento global. 1. Método de Euler modificado. El problema en forma normal es ½ 0 y = x − y + 1, y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5]. Tenemos f (x, y) = x − y + 1, 0.5 − 0 = 0.1, 5 x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, x4 = 0.4, x5 = 0.5. h= I Iteraciones Fase 0. x0 = 0, ȳ0 = y(x0 ) = 1, Fase 1. Partimos de los valores x0 = 0, x1 = 0.1, ȳ0 = 1, Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 16 calculamos (0) k1 = f (x0 , ȳ0 ) = x0 − ȳ0 + 1 = 0 − 1 + 1 = 0, ´ ³ (0) (0) k2 = f x1 , ȳ0 + hk1 = f (0.1, 1 + 0.1 · 0) = f (0.1, 1) = 0. 1, ȳ1 = ȳ0 + ´ h ³ (0) (0) = 1 + 0.05 (0 + 0.1) = 1. 005. k1 + k2 2 Fase 2. Partimos de los valores x1 = 0.1, x2 = 0.2, ȳ1 = 1.005 calculamos (1) k1 = f (x1 , ȳ1 ) = f (0.1, 1.005) = 0.1 − 1.005 + 1 = 0.0 95, ´ ³ (1) = f (0.2, 1.005 + 0.1 · 0.0 95) = f x2 , ȳ1 + hk1 (1) k2 = f (0.2, 1. 0145) = 0. 1855, ´ h ³ (1) (1) k1 + k2 = 1.005 + 0.05 (0.095 + 0.1855) 2 = 1. 01902 5. ȳ2 = ȳ1 + Fase 3. Partimos de los valores x2 = 0.2, x3 = 0.3, ȳ2 = 1. 01902 5, calculamos (2) k1 = f (x2 , ȳ2 ) = f (0.2, 1. 01902 5) = 0.2 − 1. 01902 5 + 1 = 0. 18097 5, (2) k2 ´ ³ (2) = f (0.3, 1. 01902 5 + 0.1 · 0. 18097 5) = f x3 , ȳ2 + hk1 = f (0.3, 1. 03712 3) = 0.3 − 1. 03712 3 + 1 = 0. 26287 7, ´ h ³ (2) (2) k1 + k2 = 1. 01902 5 + 0.05 (0. 18097 5 + 0. 26287 7) 2 = 1. 04121 8. ȳ3 = ȳ2 + Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 17 Fase 4. Partimos de los valores x3 = 0.3, x4 = 0.4, ȳ3 = 1. 04121 8, calculamos (3) k1 = f (x3 , ȳ3 ) = f (0.3, 1. 04121 8) = 0.3 − 1. 04121 8 + 1 = 0. 25878 2, (3) k2 ´ ³ (3) = f (0.4, 1. 04121 8 + 0.1 · 0. 25878 2) = f x4 , ȳ3 + hk1 = f (0.4, 1. 06709 6) = 0.4 − 1. 06709 6 + 1 = 0. 33290 4, ´ h ³ (3) (3) = 1. 04121 8 + 0.05 (0. 25878 2 + 0. 33290 4) k1 + k2 2 = 1. 07080 2. ȳ4 = ȳ3 + Fase 5. Partimos de los valores x4 = 0.4, x5 = 0.5, ȳ4 = 1. 07080 2 calculamos (4) k1 = f (x4 , ȳ4 ) = f (0.4, 1. 07080 2) = 0. 32919 8, (4) k2 ´ ³ (4) = f (0.5, 1. 07080 2 + 0.1 · 0. 32919 8) = f x5 , ȳ4 + hk1 = f (0.5, 1. 10372 2) = 0. 39627 8, ´ h ³ (4) (4) k1 + k2 = 1. 07080 2 + 0.05 (0. 32919 8 + 0. 39627 8) 2 = 1. 10707 6. ȳ5 = ȳ4 + Resumimos los resultados en una tabla j 0 1 2 3 4 5 xj 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 ȳj 1 1.005 1. 01902 5 1. 04121 8 1. 07080 2 1. 10707 6 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 18 2. Errores de truncamiento. Hemos visto en el ejemplo anterior que la solución exacta es y = x + e−x . En la siguiente tabla se recogen los valores exactos yj = y(xj ), j = 0, 1, . . . , 5. los valores aproximados ȳj que hemos obtenido mediante el método de Euler modificado, y los errores locales de truncamiento j 0 1 2 3 4 5 xj 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 yj ȳj 1 1. 004837 1. 018731 1. 040818 1. 070320 1. 106531 1 1.005 1. 01902 5 1. 04121 8 1. 07080 2 1. 10707 6 ej = yj − ȳj 0 −0.000 163 −0.000 294 −0.000 400 −0.000 482 −0.000 545 El error de truncamiento global es e5 = y5 − ȳ5 = −0.000 545. ¤ 3.2 Deducción del método de Euler modificado Tenemos el problema de valor inicial ½ 0 y = f (x, y), y(a) = ya , x ∈ [a, b]. Tomamos y 0 = f (x, y) e integramos en el intervalo [x0 , x1 ], Z Z x1 y0 (x) dx = x0 x1 f (x, y(x)) dx. x0 Para la integral de lado izquierdo tenemos Z x 1 y 0 (x) dx = [y(x)]xx10 = y(x1 ) − y(x0 ), x0 para la integral del lado derecho, determinamos un valor aproximado mediante la regla del trapecio simple Z x1 h f (x, y(x)) dx ' [f (x0 , y0 ) + f (x1 , y1 )] . 2 x0 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 19 Los valores x0 , x1 , y0 , son conocidos; para el valor y1 , tomamos la estimación que nos proporcionaría el método de Euler y1 ' y0 + hf (x0 , y0 ) , tenemos finalmente y(x1 ) − y(x0 ) ' h [f (x0 , y0 ) + f (x1 , y0 + hf (x0 , y0 ))] . 2 h [f (x0 , y0 ) + f (x1 , y0 + hf (x0 , y0 ))] 2 En pasos posteriores, se procede de forma análoga. Supongamos que hemos obtenido ȳj , para calcular ȳj+1 integramos ȳ1 = y0 + y 0 = f (x, y) en el intervalo Z xj+1 xj Z Z [xj , xj+1 ], Z xj+1 y0 (x) dx = f (x, y(x)) dx, xj xj+1 xj xj+1 xj y 0 (x) dx = y(xj+1 ) − y(xj ), f (x, y(x)) dx ' h [f (xj , yj ) + f (xj+1 , yj+1 )] . 2 Para calcular f (xj+1 , yj+1 ) tomamos la estimación de yj+1 que nos proporcionaría el método de Euler yj+1 ' ȳj + hf (xj , ȳj ) , y(xj+1 ) − y(xj ) ' h [f (xj , yj ) + f (xj+1 , ȳj + hf (xj , ȳj ))] , 2 finalmente, resulta ȳj+1 = ȳj + 4 4.1 h [f (xj , ȳj ) + f (xj+1 , ȳj + hf (xj , ȳj ))] . 2 Método de Taylor de 2o orden Presentación del método Dado el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ ⎨ = f (x, y), dx ⎪ ⎩ y(a) = ya , x ∈ [a, b], Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 20 el método de Taylor de 2o orden de n pasos queda definido por ⎧ ⎨ ȳ0 = ya , ¤ h2 £ 0 ⎩ ȳj+1 = ȳj + h f (xj , ȳj ) + fx (xj , ȳj ) + fy0 (xj , ȳj ) f (xj , ȳj ) , 2 j = 0, 1, . . . , n − 1, donde • fx0 es la derivada parcial de f (x, y) respecto de x, • fy0 es la derivada parcial de f (x, y) respecto de y, • h= b−a , n • x0 = a, x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b. Ejemplo 4.1 Dado el problema de valor inicial ( y y0 = 1 + , x y(1) = 2, x ∈ [1, 2]. 1. Aproxima la solución usando el método de Taylor de segundo orden con 4 pasos. 2. Calcula la solución exacta. 3. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento global. 1. Método de Taylor de segundo orden. I Formulación del método. El problema está en forma normal, identificamos f (x, y), y f (x, y) = 1 + . x Calculamos las derivadas parciales fx0 (x, y) = − fy0 (x, y) = y , x2 1 . x El tamaño de paso es h= 2−1 = 0.25, 4 y los nodos son x0 = 1, x1 = 1.25, x2 = 1.5, x3 = 1.75, x4 = 2. Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 21 La fórmula de recurrencia es, en este caso ȳj+1 = ȳj + 0.25 · f (xj , ȳj ) + I Iteraciones ¤ (0.25)2 £ 0 fx (xj , ȳj ) + fy0 (xj , ȳj ) f (xj , ȳj ) . 2 Fase 1. Partimos de x0 = 1, ȳ0 = 2, calculamos f (x0 , ȳ0 ) = 1 + 2 = 3, 1 2 fx0 (x0 , ȳ0 ) = − = −2, 1 1 fy0 (x0 , ȳ0 ) = = 1, 1 ¤ (0.25)2 £ 0 fx (x0 , ȳ0 ) + fy0 (x0 , ȳ0 ) f (x0 , ȳ0 ) 2 = 2 + 0.25 · 3 + 0.0 3125 · (−2 + 1 · 3) ȳ1 = ȳ0 + 0.25 · f (x0 , ȳ0 ) + = 2. 78125. Fase 2. Partimos de x1 = 1.25, calculamos ȳ1 = 2. 78125, 2. 78125 = 3. 225, 1.25 2. 78125 fx0 (x1 , ȳ1 ) = − = −1. 78, (1.25)2 f (x1 , ȳ1 ) = 1 + fy0 (x1 , ȳ1 ) = 1 = 0. 8, 1.25 ¤ (0.25)2 £ 0 fx (x1 , ȳ1 ) + fy0 (x1 , ȳ1 ) f (x1 , ȳ1 ) 2 = 2. 78125 + 0.25 · 3. 225 + 0.0 3125 · (−1. 78 + 0. 8 · 3. 225) ȳ2 = ȳ1 + 0.25 · f (x1 , ȳ1 ) + = 3. 6125. Fase 3. Partimos de x2 = 1.5, calculamos f (x2 , ȳ2 ) = 1 + ȳ2 = 3. 6125, 3. 6125 = 3. 408333, 1.5 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 22 fx0 (x2 , ȳ2 ) = − 3. 6125 = −1. 605556, (1.5)2 1 = 0. 6666667, 1.5 fy0 (x2 , ȳ2 ) = ¤ (0.25)2 £ 0 fx (x2 , ȳ2 ) + fy0 (x2 , ȳ2 ) f (x2 , ȳ2 ) 2 = 3. 6125 + 0.25 · 3. 40833 3 + 0.0 3125 · (−1. 60555 6 + 0. 66666 67 · 3. 40833 3) ȳ3 = ȳ2 + 0.25 · f (x2 , ȳ2 ) + = 4. 48541 7. Fase 4. Partimos de x3 = 1.75, calculamos ȳ3 = 4. 485417, 4. 48541 7 = 3. 563095, 1.75 4. 48541 7 fx0 (x3 , ȳ3 ) = − = −1. 464626, (1.75)2 f (x3 , ȳ3 ) = 1 + fy0 (x3 , ȳ3 ) = 1 = 0. 5714286, 1.75 ¤ (0.25)2 £ 0 fx (x3 , ȳ3 ) + fy0 (x3 , ȳ3 ) f (x3 , ȳ3 ) 2 = 4. 48541 7 + 0.25 · 3. 56309 5 + 0.0 3125 · (−1. 46462 6 + 0. 57142 86 · 3. 56309 5) ȳ4 = ȳ3 + 0.25 · f (x3 , ȳ3 ) + = 5. 39404 8. Resumimos los resultados en una tabla j 0 1 2 3 4 xj 1.00 1.25 1.50 1.75 2.00 ȳj 2 2. 781250 3. 612500 4. 48541 7 5. 39404 8 2. Solución exacta. I Solución general. La ecuación y0 = 1 + y x es lineal. La escribimos en la forma estándar y 0 + p(x) y = q(x), Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 23 1 y = 1. x y0 − La ecuación homogénea asociada es y0 − 1 y = 0. x Identificamos 1 p(x) = − , x la solución de la ecuación homogénea es yh = ke− R −1 dx x = keln x = kx, k ∈ R. Para obtener la solución de la ecuación completa, determinamos una solución particular aplicando el método de variación de parámetros. Proponemos yp = k(x) x, y sustituimos en y0 − Resulta 1 y = 1. x yp0 y p z }| { 1 z}|{ 0 k x + k − kx = 1, x 0 k x = 1, k0 = k= Z 1 , x 1 dx = ln x. x Finalmente, obtenemos la solución particular de la EDO completa yp = x ln x, y solución general y = kx + x ln x, k ∈ R. I Solución exacta del problema de valor inicial. Imponemos la condición y(1) = 2 y obtenemos 2 = k + 1 ln 1 ⇒ la solución del problema de valor inicial es y = 2x + x ln x. k = 2, Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 24 3. Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valores exactos yj = y(xj ), j = 0, 1, . . . , 5. y los errores locales de truncamiento j 0 1 2 3 4 xj 1.00 1.25 1.50 1.75 2.00 yj 2 2. 77892 9 3. 60819 8 4. 47932 8 5. 38629 4 ȳj 2 2. 781250 3. 612500 4. 48541 7 5. 39404 8 ej = yj − ȳj 0 −0.00 2321 −0.00 4302 −0.00 6089 −0.00 7754 El error de truncamiento global es e4 = y4 − ȳ4 = −0.00 7754. ¤ 4.2 Deducción del método de Taylor de 2o orden Supongamos que el problema de valor inicial ⎧ dy ⎪ = f (x, y), ⎨ dx ⎪ ⎩ y(a) = ya , x ∈ [a, b]. tiene una solución y = y(x) que es de clase C 3 en [a, b] y que conocemos el valor de la fase j yj = y(xj ). Nuestro objetivo es aproximar el valor de yj+1 . Desarrollamos y(x) por Taylor hasta orden 2 en c = xj y obtenemos 1 y(x) = y(xj ) + y 0 (xj ) (x − xj ) + y00 (xj ) (x − xj )2 + 2 1 000 3 + y (ξ) (x − xj ) , ξ entre xj y x. 3! Sustituimos x = xj+1 , y resulta 1 y(xj+1 ) = y(xj ) + y0 (xj ) (xj+1 − xj ) + y 00 (xj ) (xj+1 − xj )2 + 2 1 + y 000 (ξ) (xj+1 − xj )3 , ξ entre xj y xj+1 . 3! Como h = xj+1 − xj , obtenemos 1 1 y(xj+1 ) = y(xj ) + y 0 (xj ) h + y 00 (xj ) h2 + y 000 (ξ) h3 2 3! ξ entre xj y xj+1 , Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 25 Si h es pequeño, podemos despreciar el término 1 000 y (t) h3 3! y tomar la aproximación 1 y(xj+1 ) ' y(xj ) + y 0 (xj ) h + y00 (xj ) h2 . 2 (2) El valor de y 0 (xj ) podemos obtenerlo de y0 (xj ) = f (xj , yj ) , para y 00 (xj ), usamos la regla de la cadena y 00 (x) = = ∂ ∂ d f (x, y(x)) = f (x, y) + f (x, y) y 0 (x) dx ∂x ∂y ∂ ∂ f (x, y) + f (x, y) f (x, y), ∂x ∂y y obtenemos y 00 (xj ) = ∂ ∂ f (xj , yj ) + f (xj , yj ) f (xj , yj ). ∂x ∂y Sustituimos y 0 (xj ), y 00 (xj ) en (2), ∙ ¸ h2 ∂ ∂ f (xj , yj ) + f (xj , yj ) f (xj , yj ) , yj+1 ' yj + h f (xj , yj ) + 2 ∂x ∂y finalmente, sustituimos yj por el valor aproximado ȳj , y obtenemos la aproximación para yj+1 ȳj+1 = ȳj + h f (xj , ȳj ) + 5 ¤ h2 £ 0 fx (xj , ȳj ) + fy0 (xj , ȳj ) f (xj , ȳj ) . 2 Algunos ejemplos de aplicación Ejemplo 5.1 Supongamos que la tasa de crecimiento de una población y(t) es proporcional al número de individuos y que la población inicial es y0 . Si después de 50 años la población se ha duplicado, ¿en cuántos años tendremos una población triple de la inicial? • Modelo. y = y(t) t t=0 y0 = y(0) dy dt población, tiempo (en años), momento inicial, población inicial, tasa de crecimiento de la población (individuos/año). Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 26 • Ecuación diferencial. dy = α y, dt donde α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación es una EDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar y 0 + p(t) y = 0, esto es y 0 − α y = 0, donde identificamos p(t) = −α. La solución general es y = ke− = ke− R R y = keαt , p(t) dt (−α) dt , k ∈ R. Utilizamos la condición inicial y(0) = y0 para determinar la constante k y0 = keα·0 = k, por lo tanto, y = y0 eαt . Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la población inicial se ha duplicado en un período de 50 años. y(50) = y0 eα50 = 2y0 ⇒ eα50 = 2, 50α = ln 2, ln 2 = 0.013863. 50 El modelo de la población, es por lo tanto, α= y = y0 e0.013863t . Para ver el período de tiempo necesario para triplicar la población , planteamos la ecuación y0 e0.01 3863t = 3y0 Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 27 y determinamos el valor de t e0.01 3863t = 3, 0.013863t = ln 3, ln 3 t= = 79. 2478. 0.01 3863 Para triplicar la población se necesitan 79.25 años desde en momento inicial (29.25 años desde el momento en que se duplica la población inicial. ¤ Ejemplo 5.2 En un cultivo de bacterias, la tasa de crecimiento de la población es proporcional a la población presente. 1. Si se ha observado que la población se ha duplicado en 4 horas, ¿qué población cabe esperar al cabo de 12 horas? 2. Supongamos que en un segundo cultivo, el número de bacterias es 104 al cabo de 3 horas y 4 × 104 al cabo de 5 horas. Determina la población inicial. ¿Qué tamaño de población tendremos después de 6 horas? • Modelo y = y(t) t t=0 y0 = y(0) dy dt población, tiempo (en horas), momento inicial, población inicial, tasa de crecimiento de la población (individuos/hora). • Ecuación diferencial dy = α y, dt α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación es una EDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar y 0 + p(t) y = 0 y obtenemos, como en el ejemplo anterior, la solución y = keαt , k ∈ R. Utilizamos la condición inicial y(0) = y0 para determinar la constante k y0 = keα·0 = k, resulta, y = y0 eαt . 1) Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la población inicial se ha duplicado en un período de 4 horas. y(4) = y0 eα4 = 2y0 ⇒ e4α = 2, Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 28 4α = ln 2, ln 2 . α= 4 El modelo de la población, es por lo tanto, y = y0 e ln 2 t 4 . Después de 12 horas, tendremos y(12) = y0 e ln 2 12 4 = y0 e3 ln 2 = y0 eln 8 = 8y0 , es decir, al cabo de 12 horas, la población se ha multiplicado por 8. 2) En este caso disponemos de dos datos, lo que nos permite determinar la constante α y la población inicial. El modelo es y = y0 eαt y tenemos es decir ½ ½ y(3) = 104 , y(5) = 4 × 104 , y0 e3α = 104 , y0 e5α = 4 × 104 . Dividiendo las ecuaciones, podemos eliminar y0 y determinar α y0 e5α 4 × 104 = , 3α y0 e 104 e5α = 4, e3α e2α = 4, 2α = ln 4, √ ln 4 = ln 4 = ln 2. α= 2 Sustituyendo en la primera ecuación, resulta y0 e3 ln 2 = 104 , 104 104 = 1250, = e3 ln 2 8 la población inicial es, por lo tanto de 1250 individuos. El modelo que describe el tamaño de la población es y0 = y = 1250 et ln 2 = 1250 × 2t Después de 6 horas, el tamaño de población será y(6) = 1250 × 26 = 80000 individuos. ¤ Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 29 Ejemplo 5.3 Según la ley de enfriamiento de Newton, la velocidad a que se enfría una sustancia al aire libre es proporcional a la diferencia de temperatura entre la sustancia y el aire. Sabemos que la temperatura del aire es de 30o y la sustancia se ha enfriado desde 100o a 70o en 15 minutos. 1. ¿Qué temperatura tenía la sustancia después de 10 minutos? 2. ¿Cuándo tendrá la sustancia una temperatura de 40o ? • Modelo y = y(t) t t=0 y0 = 100o Tm = 30o dy dt temperatura de la sustancia, tiempo (en minutos), momento inicial, temperatura inicial, temperatura del medio, tasa de variación de la temperatura de la sustancia. • Ecuación diferencial dy = −α ( y − Tm ), dt α > 0 es la constante de proporcionalidad (desconocida). Observamos que si y > Tm , entonces −α ( y − Tm ) < 0 y la sustancia se enfría. La ecuación es una EDO lineal completa, la escribimos en forma estándar y 0 + p(t) y = q(t), y 0 + α y = αTm , identificamos p(t) = α, q(t) = αTm , (ambos constantes). La EDO lineal homogénea asociada es y 0 + α y = 0, que tiene solución y = ke− R α dt −α t y = ke , , k ∈ R, k ∈ R. Calculamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros, esto es, proponemos una solución yp (t) = k(t) e−α t Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 30 y sustituimos en la ecuación completa para determinar k(t) yp0 yp z }| { z }| { k 0 e−α t − αk e−α t +α k e−α t = α Tm , k0 e−α t = α Tm , α Tm , e−α t k0 = α Tm eα t , Z k = α Tm eα t dt. k0 = Obtenemos k = Tm eα t + c, c ∈ R, tomamos el valor de k k = Tm eα t , de donde resulta la siguiente solución particular de la ecuación completa ¡ ¢ yp (t) = Tm eα t e−αt = Tm . La solución general de la EDO completa es y(t) = yh (t) + yp (t) = ke−α t + Tm , k ∈ R. Observa que podíamos haber obtenido la solución particular directamente yp (t) = Tm apreciando que la ecuación dy = −α ( y − Tm ), dt tiene la solución singular2 y = Tm . 1) Para determinar k, sustituimos Tm = 30o y usamos la condición inicial y(0) = 100o , 100 = k e0 + 30 ⇒ k = 70. Finalmente, para determinar α, usamos el dato y(15) = 70, 70 = 70e−15α + 30, 70e−15α = 40 4 e−15α = 7 2 Una solución singular es una función constante y(t) = c que verifica la ecuación. Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 31 −15α = ln 4 7 −1 4 ln = 0.03731. 15 7 El modelo matemático que describe el enfriamiento de la sustancia es α= y = 70e−0.03731 t + 30. La temperatura después de 10 minutos será y(10) = 70 e−0.3731 + 30 = 78. 2o 2) El tiempo necesario para que la sustancia esté a 40 grados se obtiene resolviendo la ecuación 70e−0.03731 t + 30 = 40, e−0.03731 t = t= 10 , 70 −1 1 ln = 52. 16 minutos. ¤ 0.03731 7 Ejemplo 5.4 Un tanque contiene 1000 litros de una disolución de agua y sal. En el tanque entra agua a razón de 20 litros/min y la mezcla, conservada uniforme por agitación, sale a la misma velocidad. Si inicialmente hay 60 kg de sal en el tanque, ¿cuánta sal queda en el tanque después de 1 hora? • Modelo y = y(t) t t=0 y0 = 60 dy dt cantidad de sal en el tanque (en kg), tiempo (en minutos), momento inicial, cantidad inicial de sal (en kg), tasa de variación de la cantidad de sal (en kg/min). Observemos que la tasa de entrada y de salida de líquido es la misma, por lo tanto el volumen de disolución en el tanque se mantiene constante concentración de sal = y 1000 (en Kg/litro). tasa de entrada de sal Tasa de variación de sal z tasa de salida de sal }| { z }| { kg y kg litros litros ×0 − 20 × = 20 min. litro min. 1000 litro kg 1 = − y 50 min. Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 32 • Ecuación diferencial dy 1 = − y. dt 50 Es una ecuación lineal homogénea y0 + con solución general y = k e− R 1 y = 0, 50 1 50 1 − 50 y = ke dt t , k ∈ R, , k ∈ R. Usamos la condición inicial y(0) = 60, para determinar k 60 = k e−0 ⇒ k = 60. El modelo matemático que describe la cantidad de sal en el tanque es 1 y = 60 e− 50 t . La cantidad de sal después de 1 hora será 60 y(60) = 60 e− 50 = 18. 07 kg. ¤ Ejemplo 5.5 En una galería subterránea de dimensiones 15×5×1.2 metros hay una concentración del 0.2% de CO2 . Se quiere renovar la atmósfera con aire exterior, cuya concentración de CO2 es de 0.05%, mediante ventiladores que proporcionan un caudal de aire de 9 m3 /min. Calcula el porcentaje de CO2 después de 20 minutos. • Modelo y = y(t) t t=0 V = 90 m3 y 90 y0 = 0. 18 m3 dy dt cantidad de CO2 (en m3 ), tiempo (en minutos), momento inicial, volumen de la galería, concentración de CO2 , cantidad inicial de CO2 (y(0) = 0.002 × 90), tasa de variación de la cantidad de CO2 (en m3 /min). Tasa de variación de CO2 z tasa de entrada de CO2 }| m3 { z tasa de salida de CO2 }| { aire CO2 y m3 CO2 m3 aire × 0.0005 3 −9 × 9 min. m aire min. 90 m3 aire m3 Francisco Palacios • Ecuación diferencial Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 33 ³ y ´ m3 CO2 . = 0.0045 − 10 min dy ³ y´ = 0.0045 − . dt 10 Resolvemos por separación de variables 1 ³ y ´ dy = dt, 0.0045 − 10 Z Z 1 ´ ³ y dy = dt, 0.0045 − 10 ¯ y ¯¯ ¯ −10 ln ¯0.0045 − ¯ = t + c1 , 10 ¯ ¯ y¯ −c1 t ¯ , ln ¯0.0045 − ¯ = − + c2 , c2 = 10 10 10 ¯ t t y ¯¯ ¯ ¯0.0045 − ¯ = e− 10 +c2 = c3 e− 10 , c3 = ec2 , 10 t y = ±c3 e− 10 , 0.0045 − 10 t y = c4 e− 10 , 0.0045 − 10 ´ ³ t y = 10 0.0045 − c4 e− 10 , t y = 0.045 − c e− 10 , c ∈ R. Sustituimos la condición inicial, y determinamos c y(0) = 0.18, 0 0.18 = 0.045 − c e− 10 ⇒ c = −0. 135. El modelo matemático que describe la cantidad de CO2 en la galería es t y = 0.045 + 0.135 e− 10 . La cantidad de CO2 después de 20 minutos será 20 y(20) = 0.045 + 0.135 e− 10 = 0.06 327 m3 y la concentración es 0.06 327 m3 CO2 = 0.000703. 90 m3 aire Después de 20 minutos, la concentración de CO2 será de 0.07%. ¤ Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 34 Ejemplo 5.6 Tenemos un depósito cilíndrico con radio de la base R = 8 dm y altura h = 1 m. El depósito se vacía a través de un orificio redondo de radio r = 0.833 cm situado en la base del depósito. Sabemos que por √ un orificio de ese tipo el agua fluye a una velocidad aproximada v = 4.8 h dm/s, donde h es la altura del nivel de agua en el depósito. Si inicialmente el depósito está totalmente lleno, determina el tiempo que el depósito tardará en vaciarse. • Modelo h = h(t) t t=0 h0 = 10 dm R = 8 dm r = 0.0833 dm dh dt nivel de agua en el depósito (en dm), tiempo (en segundos), momento inicial, nivel inicial, radio del depósito, radio del orificio de salida, tasa de variación del nivel de agua (en dm/s). La velocidad de salida del agua por el orificio de la base es √ v = 4.8 h dm/s, y el área de la sección perpendicular al flujo de salida es A = πr2 dm2 , por lo tanto, tendremos un flujo de salida √ √ v · A = 4.8 h dm/s × πr2 dm2 = 4.8πr2 h dm3 /s. La variación del volumen de agua V = V (t) en el depósito es igual a flujo de salida √ dV = −4.8πr2 h, (3) dt por otra parte, el volumen de agua en el depósito es V = πR2 h, por lo tanto dh dV = πR2 . dt dt Sustituimos en (3), y resulta πR2 √ dh = −4.8πr2 h, dt Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 35 de donde obtenemos la ecuación diferencial para la altura del agua en el depósito √ dh = −4.8r2 h, R2 dt r2 √ dh = −4.8 2 h. dt R Sustituimos los valores R = 8, r = 0.0833 √ dh = −5. 204 × 10−4 h. dt Se trata de una ecuación diferencial no lineal de variables separables 1 √ dh = −5. 204 × 10−4 dt, h Z Z 1 −4 √ dh = −5. 204 × 10 dt, h √ 2 h = −5. 204 × 10−4 t + c, c ∈ R. Determinamos c con la condición inicial h0 = 10 √ 2 10 = −5. 204 × 10−4 × 0 + c ⇒ √ c = 2 10, por lo tanto, el modelo matemático que describe la altura del nivel de agua en el tanque es √ √ (4) 2 h = −5. 204 × 10−4 t + 2 10, que en forma explícita queda h= ´2 ³√ 10 − 0.000 2602 t . Para determinar el tiempo de vaciado, sustituimos h = 0 en (4) y despejamos t √ 0 = −5. 204 × 10−4 t + 2 10, √ −2 10 = 12153. 26 s = 3. 37 horas = 3 horas 22 minutos. ¤ t= −5. 204 × 10−4