S-tema4

COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICAS( 2o ITT Telemática).
Hoja de PROBLEMAS del Tema 4
SOLUCIONES
1.
(a) f (x, y) = 1 − y es continua en D = [0, 2] × R y fy (x, y) = −1 acotada en D.
Solución: y(x) = 1 − e−x .
(b) f (x, y) = x + y es continua en D = [0, 2] × R y fy (x, y) = 1 acotada en D.
Solución: y(x) = −1 − x.
3x2 y
3x2
es continua en D = [0, 1] × R y fy (x, y) =
es acotada en D.
3
1+x
1 + x3
Solución: y(x) = 1 + x3 .
2
2
(d) f (x, y) = y + x2 ex es continua en D = [1, 2] × R y fy (x, y) = es continua y acotada en D.
x
x
Solución: y(x) = x2 (ex − e).
(c) f (x, y) =
2.
(a) |y(1) − y10 | = 0,1 y
(b)
(c)
3.
hM L
2L (e
− 1) que por ser L = 0 se convierte en
L
|y(1) − y10 | = 0,04833333 y hM
2L (e − 1) que por ser
L
8
|y(1) − y10 | ≈ 2,1 · 104 y hM
2L (e − 1) ≈ 2,43 · 10 .
hM
2
= 0,1.
L = 0 se convierte en
hM
2
= 0,1.
(a) Fijado el intervalo [0, b] y N tenemos h = b/N y aplicando el método de Euler obtenemos
yN = (1 + b/N )N . Ahora como lı́mN →∞ (1 + b/N )N = eb tenemos la convergencia del método de
Euler.
(b) Para comprobar que ei = O(h) basta comprobar que existe lı́mh→0 (eb − (1 + b/N )N )/h y se
comprueba que
eb − (1 + b/N )N
eb − (1 + b/N )N
1
lı́m
= lı́m
= beb .
N
→∞
h→0
h
b/N
2
4.
(a) y(x) = x + e−x .
(b) Para h = 0,2 se tiene y25 = 5, 003777893, para h = 0,1 y50 = 5, 005153775 y para h = 0,05
y100 = 5, 005920529.
5. La ecuación en diferencias asociada es trivial: yi = 0 para todo i = 1, 2, . . . , 20. No.
6.
(a) La ecuación en diferencias para el método de Taylor de 2o orden es
yi+1 = yi + 0,1(xi + yi + 0,05(1 + xi + yi ))
y para el de 4o orden es
yi+1 = yi + 0,1(xi + yi + (
0,1 0,12
0,13
+
+
)(1 + xi + yi )).
2
6
24
(b) La ecuación en diferencias para el método de Taylor de 2o orden es
yi+1 = yi + 0,1(xi − yi + 1 + 0,05(−xi + yi ))
y para el de 4o orden es
yi+1 = yi + 0,1(1 + (xi − yi )(1 −
7.
0,13
0,1 0,12
+
−
)).
2
6
24
∫x
(a) Partiendo de y(xi+1 ) − y(xi ) = xii+1 f (x, y(x))dx utilizamos la regla del rectángulo para
aproximar la integral y llegamos a y(xi+1 ) − y(xi ) ≈ hf (xi , y(xi )), sustituyendo y(xi ) por su aproximación se tiene el método de Euler.
(b) Si utilizamos la regla del punto medio llegarı́amos a y(xi+1 )−y(xi ) ≈ hf (xi +h/2, y(xi +h/2))
y para poder escribir una ecuación recurrente tendrı́amos que aproximar el valor de y(xi + h/2) por
ejemplo mediante su valor en el desarrollo de Taylor de primer orden de la función y(x) con centro
en xi , es decir, y(xi ) + f (xi , y(xi ))h/2, lo que nos llevarı́a al método del punto medio:
(
)
h
h
yi+1 = yi + hf xi + , yi + f (xi , yi ) .
2
2
(c) Utilizando la regla del trapecio llegamos al siguiente método implı́cito:
yi+1 = yi +
h
(f (xi , yi ) + f (xi+1 , yi+1 )).
2
8. Las soluciones de los p.v.i. se muestran a continuación y las aproximaciones numéricas en el fichero
excel correspondiente.
1 3x
(a) y(x) = 15 xe3x − 25
e +
1
.
(b) y(x) = x +
1−x
(c) y(x) = x ln x + 2x.
(d) y(x) =
1
2
sen 2x −
1
3
1 −2x
.
25 e
cos 3x + 43 .
9. Ver el anterior.
10. Los métodos de Runge-Kutta de dos etapas se pueden escribir de la forma: k1 = h f (xi , yi ), k2 =
h f (xi + c2 h, yi + b21 k1 ) y finalmente la ecuación en diferencias es yi+1 = yi + (a1 k1 + a2 k2 ). Para
que este método sea de orden 2 necesitamos además que a1 + a2 = 1 y c2 = 1/(2a2 ) = b21 .
Aplicando el método a la ecuación tenemos:
yi+1 = yi + a1 h(ayi + bxi + c) + a2 h(a(yi + b21 h(ayi + bxi + c)) + b(xi + c2 h) + c)
yi+1 = yi + (a1 + a2 )h(ayi + bxi + c) + a2 h(ab21 h(ayi + bxi + c) + bc2 h)
yi+1 = yi + (a1 + a2 )h(ayi + bxi + c) + h((a2 b21 )ah(ayi + bxi + c) + (a2 c2 )bh)
y teniendo en cuenta que a1 + a2 = 1 y a2 b21 = a2 c2 = 1/2 llegamos a que podemos escribir
yi+1 = yi + h(ayi + bxi + c) +
h
(ah(ayi + bxi + c) + bh)
2
que no depende del método elegido.
11. Las soluciones de los p.v.i. se muestran a continuación y las aproximaciones numéricas en el fichero
excel correspondiente.
x
(a) y(x) =
.
1 + ln x
(b) y(x) = x tg(ln x).
2
.
(c) y(x) = −3 +
1 + e−2x
(d) y(x) = x2 + 13 e−5x .