Método de Euler

112
Unidad 5: Métodos Numéricos
Tema 5.1 : Método de Euler
Recordando el desarrollo de una función en una serie de potencias de Taylor,
tenemos que:
n
f ( x ) = c0 + c1 ( x − x0 ) + c2 ( x − x0 ) + c3 (x − x0 ) + c4 ( x − x0 ) + …
2
3
f ( x ) = f ( x0 ) + ( x − x0 ) f ′( x0 ) + ( x − x0 )
2
4
;
f ′′( x0 )
3 f ′′′( x0 )
+ ( x − x0 )
+…
2!
3!
cn =
1 d f ( x0 )
n! dx n
y cambiándole de nombre a la función f(x) por y(x) tenemos que:
y ′′( x0 )
y ′′′( x0 )
+ ( x − x0 )3
+…
2!
3!
y ( x ) = y ( x0 ) + ( x − x0 ) y ′( x0 ) + ( x − x0 )2
tomando la aproximación de 1er orden tenemos que:
y ( x ) = y ( x0 ) + ( x − x0 ) y ′( x0 )
Consideremos ahora la solución del problema de valor inicial de 1er orden:
dy
= f ( x, y ) ;
dx
y ( x0 ) = x0
combinando esta ecuación con la aproximación de Taylor de 1er orden tenemos:
y ( x1 ) = y ( x0 ) + ( x1 − x0 ) f ( x0 , y 0 )
y ( x2 ) = y ( x1 ) + ( x2 − x1 ) f ( x1 , y1 )
y ( x3 ) = y ( x 2 ) + ( x3 − x 2 ) f ( x 2 , y 2 )
y simplificando la nomenclatura obtenemos que:
y1 = y 0 + hf ( x0 , y 0 ) ;
y 2 = y1 + hf ( x1 , y1 ) ;
y3 = y 2 + hf ( x2 , y 2 ) ;
y n+1 = y n + hf ( xn , y n ) ;
x1 = x0 + h
x2 = x1 + h
x3 = x 2 + h
xn+1 = xn + h
113
Ejemplo del Método de Euler
y′ =
dy
= 2 xy
dx
y (1.00 ) = 1.00
h = 0.10
y ′ = f ( xn , y n ) = 2 xn y n
n
xn+1 = xn + h
y n+1 = y n + hf ( xn , y n )
0
x0 = 1.00
y 0 = 1.0000
x1 = x0 + h
y1 = y0 + hf ( x0 , y0 )
1
2
3
4
5
1.00 + 0.10 = 1.10
1.0000 + 0.1(2.0000) = 1.2000
y ′ = f ( x0 , y 0 ) = 2 x0 y 0
f (1.00 , 1.0000) = 2(1.00)(1.0000 ) = 2.0000
y ′ = f ( x1 , y1 ) = 2 x1 y1
f (1.10 , 1.2000) = 2(1.10)(1.2000 ) = 2.6400
x2 = x1 + h
y 2 = y1 + hf ( x1 , y1 )
y ′ = f (x2 , y 2 ) = 2 x2 y 2
1.10 + 0.10 = 1.20
1.2000 + 0.1(2.6400) = 1.4640
f (1.20 , 1.4640) = 2(1.20)(1.4640 ) = 3.5136
x3 = x2 + h
y3 = y 2 + hf ( x2 , y 2 )
y ′ = f ( x3 , y 3 ) = 2 x3 y 3
1.20 + 0.10 = 1.30
1.464 + 0.1(3.5136 ) = 1.8154
f (1.30 , 1.8154) = 2(1.30)(1.8154 ) = 4.7199
x4 = x3 + h
y 4 = y3 + hf ( x3 , y3 )
y ′ = f (x4 , y 4 ) = 2 x4 y 4
1.30 + 0.10 = 1.40
1.8154 + 0.1(4.7199) = 2.2874
f (1.40 , 2.2874) = 2(1.40)(2.2874) = 6.4046
x5 = x4 + h
y5 = y 4 + hf ( x4 , y 4 )
y ′ = f ( x5 , y 5 ) = 2 x5 y 5
1.40 + 0.10 = 1.50
2.2874 + 0.1(6.4046) = 2.9278
f (1.50 , 2.9278) = 2(1.50)(2.9278) = 8.7834
114
Ejemplo de solución de una ecuación Diferencial de 1er Orden, a partir
de una condición inicial dada, por el Método de Euler para encontrar
una curva solución
1
1
dy
y′ =
= x2 y3
dx
n
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Xn
1
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
2
;
y (1) = 2.5
Yn
f(Xn,Yn)
2.5000 1.3572
2.6357 1.4488
2.7806 1.5404
2.9346 1.6324
3.0979 1.7249
3.2704 1.8179
3.4522 1.9117
3.6433 2.0063
3.8440 2.1017
4.0541 2.1979
4.2739 2.2950
xn +1 = xn + h
y n +1 = y n + h ⋅ f ( xn , y n )
Xo
Yo
h
f(Xn,Yn)
1
2.5
0.1
Yn
5.0
4.5
4.0
3.5
3.0
Yn
2.5
2.0
1.5
1.0
1
1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9
2
115
Ejemplos para la clase:
Use el método de Euler con h=0.1 para obtener una aproximación, con cuatro
decimales, al valor indicado en los siguientes problemas de valor inicial
y′ = 2 x − 3 y + 1
y (1) = 5
y (1.5) = ?
y′ = 1 + y 2
y (0) = 0
y (0.5) = ?
y ′ = ( x − y )2
y (0) = 0.5
y (0.5) = ?
y ′ = xy 2 −
y (1) = 1
y
x
y (1.5) = ?
Respuestas
xn
1.00
1.10
yn
5.0000
3.9900
xn
0.00
0.10
yn
0.0000
0.1005
xn
0.00
0.10
yn
0.5000
0.5215
xn
1.00
1.10
yn
1.0000
1.0095
1.20
1.30
1.40
1.50
3.2545
2.7236
2.3451
2.0801
0.20
0.30
0.40
0.50
0.2030
0.3098
0.4234
0.5470
0.20
0.30
0.40
0.50
0.5362
0.5449
0.5490
0.5503
1.20
1.30
1.40
1.50
1.0404
1.0967
1.1866
1.3260