Unefm Ciencias de la Salud Ingeniería Biomédica

1. Universidad Nacional Experimental
“Francisco de Miranda”
Área Ciencia de la Salud
Programa de Ingenierı́a Biomédica
Unidad Curricular: Calculo Numérico
Lapso Acádemico 2019 - I
GUÍA DE ESTUDIO SOLUCIÓN
NUMÉRICA DE E.D.O. CON P.V.I.
Santa Ana de Coro; Junio 2019
Lcdo. Jaime Morales

2. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
Solución de una ecuación diferencial ordinaria
Una solución de una ecuación diferencial ordinaria es una función especı́fica de la variable independiente y de sus parámetros
que satisfacen la ecuación diferencial original, en la mayorı́a de las aplicaciones estamos interesados no en la solución general de
una ecuación diferencial, sino en una solución particular que satisfaga ciertas condiciones dadas. Esto da origen a los problemas
de valor inicial.
Cuando no se puede resolver este problema de forma analı́tica debe hacerse de forma numérica, lo que se obtendrá en lugar de
la función explı́cita es una tabla de valores x − y que representan a la función. Existe una variedad de métodos, tanto explı́citos
como implı́citos para este problema que utiliza la EDO y la condición inicial para desarrollar la tabla de valores x − y.
Comenzaremo nuestro estudio con el método de Euler llamado ası́ en honor a Leonhard Euler.
MÉTODO DE EULER
Una de las técnicas más simples para aproximar soluciones de una ecuación diferencial es el método de Euler, o de las rectas
tangentes. La idea del método de Euler es muy sencilla y está basada en el significado geométrico de la derivada de una función
en un punto dado.
Supongamos que tuviéramos la curva solución de la ecuación diferencial y trazamos la recta tangente a la curva en el punto
dado por la condición inicial.
dx
dy
= f(x, y), y(0) = y0
Observe en la figura que la pendiente de la recta a secante la curva está dada por
yi+1 − yi
xi+1 − xi
, pero xi+1 = xi + h, entonces:
yi+1 − yi
xi + h − xi
=
yi+1 − yi
h
es aproximadamente igual a la pendiente de la recta tangente siempre y cuando h sea pequeño
Figure 1: Método de Euler
De aqui obtenemos:
f(xi, yi) =
yi+1 − yi
h
⇒ yi+1 = yi + f(xi, yi)h, obtenemos ası́ la conocida fórmula de Euler.
yi+1 = yi + f(xi, yi)h
yi+1 = yi + f(xi, yi)h
yi+1 = yi + f(xi, yi)h
Tamaño del paso: h = b−a
n
Número de interaciones: n = b−a
h
Donde n es el número de partición del intervalo [a, b] con i = 0, 1, 2, 3, ...n .
xi = a + i ∗ h
Con lo cual podemos usar el punto (x0, y0) para construir el siguiente punto (x1, y1) y ası́ sucesivamente. De esta forma
generamos la sucesión de puntos: (x0, y0), (x1, y1), ..., (xn, yn) los cuales es de esperar que se encuentren cercanos a los puntos
(x0, y(x0)), (x1, y(x1)), ..., (xi, y(xi))
Lcdo. Jaime Morales

3. Consideremos el siguiente problema
Resolver:
dy
dt
= −6ty
Sujeto a: y(t0) = 7
Donde: 0 6 t 6 1
Del curso de matemática IV se tiene que si una ecuación diferencial de la forma
dy
dt
= g(t)φ(y) =
g(t)
f(y)
(1).
En donde φ(y) = 1/f(y), En este caso, las variables pueden ser separadas (aisladas en miembros opuestos de una ecuación)
escribiendo de modo informal la ecuación diferencial.
f(y)dy = g(t)dt
,
que se entiende que es la notación compacta de la ecuación diferencial
f(y)
dy
dt
= g(t) (2)
.
Es fácil resolver este tipo especial de ecuaciones diferenciales simplemente integrando ambos miembros con respecto a t;
Z
f(y(t))
dy
dt
=
Z
g(t)dt + C
más concisamente,
Z
f(y)dy =
Z
g(t)dt + C (3)
Lo único que se requiere es que las antiderivada F(y) =
R
f(y)dy y G(t) =
R
g(t)dt puedan calcularse. Para ver (2) y (3) son
equivalente, observe la siguiente consecuencia de la regla de la cadena:
DxF(y(t)) = F0
(y(t))y0
(t) = f(y)
dy
dt
= g(t) = DxG(t)
que a su vez es equivalente a
F(y(t)) = G(t) + C
puesto que dos funciones tienen la misma derivada en un intervalo si y sólo si difieren por una constante.
Ası́, la solución analı́tica para el problema planteado es:
De una manera informalmente, dividimos cada lado de la ecuación diferencial por y y multiplicamos cada lado por dt para
obtener.
dy
y
= −6tdt
.
Por consiguiente
Z
dy
y
=
Z
(−6t)dt
Lcdo. Jaime Morales

4. ;
ln(y) = −3t2
+ C
Vemos a partir de la condición inicial y(0) = 7 que y(t) es positiva cerca de t = 0, por lo cual podemos despreciar los simbolos
absolutos de valor.
ln y = −3t2
+ C
y por consiguiente
y(t) = e−3t2
+C
= e−3t2
ec
= Ae−3t2
donde A = ec
. La condición y(0) = 7 da como resultado que A = 7. de modo que la solución deseada es (solución particular).
y(t) = 7e−3t2
.
Procederemo a resolver la ecuación diferencial utilizando el método de Euler
Resolver:
dy
dt
= −6ty
Sujeto a: y(t0) = 7
Donde: 0 6 t 6 1
fórmula de Euler: wi+1 = wi + f(ti, yi)h
Se realizara una pequeña modificación para efecto de que el estudiante pueda realizar chequeos.
k1 = f(ti, yi)h
wi+1 = wi + k1
Donde wi es una aproximación a la solución y(ti).
Tamaño del paso: h = b−a
n = 1−0
5 = 1
5
Número de interaciones: n = b−a
h = 1−0
1/5 = 5
Tabla del método Euler
i ti k1 wi yi |wi − yi|
00 0.00000 0.00000 7.00000 7.00000 0.00000
01 0.20000 0.00000 7.00000 6.20844 0.79156
02 0.40000 -1.68000 5.32000 4.33148 0.98852
03 0.60000 -2.55360 2.76640 2.37717 0.38923
04 0.80000 -1.99181 0.77459 1.02625 0.25166
05 1.00000 -0.74361 0.03098 0.34851 0.31753
Figure 2: Método de Euler
Nota: es posible reducir error reduciendo el tamaño de paso lo que implicarı́a un número mayor de interaciones.
Lcdo. Jaime Morales

5. MÉTODO DE EULER MEJORADO
Un motivo fundamental de error en el método de Euler es suponer que la derivada al inicio del intervalo es la misma durante
todo el intervalo. Este método se basa en la misma idea del anterior, pero hace un refinamiento en la aproximación, tomando
un promedio entre cietas pendientes. Esto permite obtener una mejor aproximación de la pendiente en todo el intervalo.
Las fórmulas son las siguientes:
yi+1 = yi +
f(xn, yn) + f(xi+1, y∗
i+1)
2
h
yi+1 = yi +
f(xn, yn) + f(xi+1, y∗
i+1)
2
h
yi+1 = yi +
f(xn, yn) + f(xi+1, y∗
i+1)
2
h
y∗
i+1 = yi + f(xi, yi)h
y∗
i+1 = yi + f(xi, yi)h
y∗
i+1 = yi + f(xi, yi)h
Se realizara una pequeña modificación para efecto de que el estudiante pueda realizar chequeos.
k1 = f(ti, yi)h
k2 = f(xi+1, y∗
i+1)h
yi+1 = yi +
k1 + k2
2
Tamaño del paso: h = b−a
n
Número de interaciones: n = b−a
h
Para entender esta fórmula, analicemos el primer paso de la aproximación, con base en la siguiente gráfica:
Figure 3: Método de Euler mejorado
En la gráfica, vemos que la pendiente promedio m corresponde a la pendiente de la recta bisectriz de la recta tangente a la
curva en el punto de la condición inicial y la “recta tangente” a la curva en el punto x1, y1 donde y1 es la aproximación obtenida
con la primera fórmula de Euler. Finalmente, esta recta bisectriz se traslada paralelamente hasta el punto de la condición inicial,
y se considera el valor de esta recta en el punto x = x1 como la aproximación de Euler modificado.
Ejemplo:































dy
dt
= −6ty
y(0) = 7
Intervalo de estudio 0 ≤ t ≤ 1
h = 1/5
n = 5
Analı́tica: y(t) = 7e−3t2
Lcdo. Jaime Morales

6. Tabla del método Euler mejorado
i ti k1 k2 wi yi |wi − yi|
00 0.00000 0.00000 0.00000 7.00000 7.00000 0.00000
01 0.20000 0.00000 -1.68000 6.16000 6.20844 0.04844
02 0.40000 -1.47840 -2.24717 4.29722 4.33148 0.03427
03 0.60000 -2.06266 -1.60888 2.46145 2.37717 0.08428
04 0.80000 -1.77224 -0.66164 1.24451 1.02625 0.21826
05 1.00000 -1.19473 -0.05974 0.61728 0.34851 0.26877
Figure 4: Método de Euler mejorado
Nota: Como se puede observar tanto analı́ticamente como gráficacamente el error es mucho menor que el método de Euler
con el mismo tamaño de paso.
Lcdo. Jaime Morales

7. MÉTODO DE RUGEN KUTTA
Estas técnicas fueron desarrolladas alrededor 1900 por los matematicos alemanes Carl David Tolmé Runge y Martin Wilhelm
Kutta.
Runge Kutta es usado comúnmente que a menudo es referenciado como “RK4”
Deinamos un problema de valor inicial como:
dx
dy
= f(x, y), y(x0) = y0
Entonces el método de RK4 esta dado por la siguiente ecuación:
yi+1 = yi +
h
6
(k1 + 2k2 + 2k3 + k4)
yi+1 = yi +
h
6
(k1 + 2k2 + 2k3 + k4)
yi+1 = yi +
h
6
(k1 + 2k2 + 2k3 + k4)
donde:
k1 = f(xi, yi)
k2 = f
xi +
h
2
, yi +
h
2
k1
k3 = f
xi +
h
2
, yi +
h
2
k2
k4 = f (xi + h, yi + hk3)
ası́, el siguiente (yi+1) es determinado por el presente valor (yn) mas el producto del tamaño del intervalo (h) por una
pendiente estimada.
La pendiente es un promedio ponderado de pendientes.
k1 es la pendiente al principio del intervalo.
k2 es la pendiente en el punto medio del intervalo, usando k1 para determinar el valor de y en el punto xn +
h
2
usando el
método de Euler.
k3 es otra vez la pendiente del punto medio, pero ahora usando k2 para determinar el valor de y
k4 es la pendiente al final del intervalo, con el valor de y determinado por k3
promediando las cuatro pendientes, se le asigna mayor peso a las pendientes en el punto medio
pendiente=
k1 + 2k2 + 2k3 + k4
h
Tamaño del paso: h = b−a
n
Número de interaciones: n = b−a
h
Ejemplo:































dy
dt
= −6ty
y(0) = 7
Intervalo de estudio 0 ≤ t ≤ 1
h = 1/5
n = 5
Analı́tica: y(t) = 7e−3t2
Lcdo. Jaime Morales

8. Tabla del método Runge Kutta
i ti k1 k2 k3 k4 wi y1 |wi − yi|
00 0.00000 0.00000 0.00000 0.00000 0.00000 7.00000 7.00000 0.00000
01 0.20000 0.00000 -4.20000 -3.94800 -7.45248 6.20838 6.20844 0.00006
02 0.40000 -7.45006 -9.83408 -9.40496 -10.38574 4.33125 4.33148 0.00023
03 0.60000 -10.39501 -9.87526 -10.03119 -8.37006 2.37866 2.37717 0.00149
04 0.80000 -8.56316 -6.39383 -7.30495 -4.40480 1.03314 1.02625 0.00689
05 1.00000 -4.95907 -2.90105 -4.01238 -1.38398 0.36081 0.34851 0.01230
Figure 5: Método de Runge Kutta
Nota: Como se puede observar tanto analı́ticamente como gráficacamente el error es mucho menor que el método de Euler
mejorado con el mismo tamaño de paso.
Lcdo. Jaime Morales

9. Ejercicios Propuestos:
a)























dy
dt
=
7
25
t3
−
69
50
t2
+
13
10
t +
73
100
y(0) = 0
Intervalo de estudio 0 ≤ t ≤ 4
N = 10 (Interaciones)
Exacta: y(t) = 7
100 t4
− 23
50 t3
+ 13
20 t2
+ 73
100 t
b)

























dy
dt
=
3t2
+ 4t + 2
2(y − 1)
y(0) = 3
Intervalo de estudio 0 ≤ t ≤ 2
h = 1/5
Exacta: y(t) = 1 +
p
4 + 2t + 2t2 + t3
c)























dy
dt
= 2sen (t) cos(t)
y(0) = 1
Intervalo de estudio 0 ≤ t ≤ 1
N = 6 (Interaciones)
Exacta: y(t) = −1/2 cos(2t) + 3/2
d)























dy
dt
=
2t
y + yt2
y(0) = 3
Intervalo de estudio 0 ≤ t ≤ 1
h = 1/5
Exacta: y(t) =
p
9 + 2 ln |1 + t2|
e)























dy
dt
=
2y
t
+ t2
et
y(1) = 0
Intervalo de estudio 1 ≤ t ≤ 2
N = 10 (Interaciones)
Exacta: y(t) = t2
(et
− e)
f)























dy
dt
= −5y
y(0) = 1
Intervalo de estudio 0 ≤ t ≤ 1
N = 10 (Interaciones)
Exacta: y(t) = e−5t
Lcdo. Jaime Morales

10. Problemas:
1. Un tanque en forma de cono circular recto, de altura H radio R y vértice por debajo de la base, está totalmente lleno con
agua.
• ¿Determine el tiempo de vaciado total, si H = 6 metros, R = 2 metros, a = 2 cm2
y C = 0, 6.?.
h
H = 6 m
R = 2 m
a
2. Un cilindro recto circular de 0.4 metros de radio y 2 metros de altura, está lleno con agua. Tiene un pequeño orificio en el
fondo de 1 pulgada de diámetro.
• Determine el tiempo que tardará el tanque en vaciarse completamente.
0.4 m
h
2 m
a
3. Un tanque con una capacidad de 200 galones (gal) contiene inicialmente 10 lb de sal disuelta en 180 gal de agua. Hacia el
tanque fluye salmuera que contiene 0.2 lb/gal a razón de 2 gal/min, y la mezcla fluye hacia fuera del tanque a razón de
1 gal/min
• ¿Cuánta sal contiene el tanque de acuerdo a los tiempos indicado en el tabla 1 (realizar cuadro).
• ¿Cuánta sal contiene el tanque al momento de llenarse?
Entrada 2 gal/min
Salida 1 gal/min
Volúmen 180 galones de agua
Capacidad 200 galones
Lcdo. Jaime Morales

11. BIBLIOGRAFIA
• Steven C. Chapra Raymond P. Canale 5a
Edición.
• C.H.Edwards, Jr. Davis E. Penny, Ecuaciones Diferenciales Elementales 3a
Edición.
Lcdo. Jaime Morales