El documento describe el método de diferencias finitas para aproximar soluciones de ecuaciones diferenciales ordinarias y en derivadas parciales. Explica cómo discretizar las funciones continuas en un número finito de parámetros mediante aproximaciones de derivadas como diferencias hacia adelante, hacia atrás y central. También presenta fórmulas para aproximar la primera y segunda derivada de una función y resuelve un ejemplo numérico.

1. Universidad de Santiago de Chile
Facultad de Ciencia
Departamento de Matemática y Ciencias de la Computación
DIFERENCIAS FINITAS
Profesor: Jaime Álvarez Maldonado Ayudante: Rodrigo Torres Aguirre
El método de e las diferencias finitas sirve para aproximar la solución de ecuaciones
diferenciales ordinarias y en derivadas parciales, las cuales van por lo general acompañadas de
condiciones iniciales o de frontera.
Mediante un proceso de discretización, el conjunto infinito de números que representan la
función o funciones incógnitas en el continuo, es reemplazado por un número finito de
parámetros incógnita, y este proceso requiere alguna forma de aproximación.
Entre las formas de discretización esta: el método de los elementos finitos, método de volúmenes
finitos, método de diferencias finitas (1-D, 2-D, 3-D, 4-D), etc.
DIFERENCIAS FINITAS EN 1DIFERENCIAS FINITAS EN 1DIFERENCIAS FINITAS EN 1DIFERENCIAS FINITAS EN 1----D (UNIDIMENSIONAL)D (UNIDIMENSIONAL)D (UNIDIMENSIONAL)D (UNIDIMENSIONAL)
Si deseamos determinar la función ݂(‫)ݔ‬ que satisface una ecuación diferencial en un dominio
determinado, junto a condiciones de iniciales del problema. Se tiene que empezar por
diferenciar la variable independiente ‫,ݔ‬ para después construir una grilla o malla, con puntos
discretos igualmente espaciados, sobre el dominio establecido. Después se debe reemplazar
aquellos términos en la ecuación diferencial que involucren diferenciación por términos que
contengan operaciones algebraicas. Este proceso trae implícito una aproximación y puede
efectuarse mediante la utilización de aproximación en diferencias finitas para las derivadas en
una función.
Aproximaciones de derivadas mediante diferencias finitas (o formulas de discretización)
Aproximación en diferencias hacia adelante o forward difference de la primera derivada de
una función:
‫ܨ‬ó‫݈ܽݑ݉ݎ‬ ݀݁ ‫:ܽ݀ܽݖ݊ܽݒܣ‬ ݂ᇱ(‫ݔ‬) ≈
݂(‫ݔ‬ + ℎ) − ݂(‫)ݔ‬
ℎ
‫:ݎ݋ݎݎܧ‬ ‫ܧ‬ = ฬ
ℎ
2
݂ᇱᇱ(ߦ)ฬ ≤
ℎ
2
‫ܯ‬ଵ, ܿ‫݊݋‬ ‫ܯ‬ଵ = max
௔ஸ௫ஸ௕
|݂ᇱᇱ(‫ݔ‬)|
Aproximación en diferencias hacia atrás o backward difference de la primera derivada de
una función:
‫ܨ‬ó‫݈ܽݑ݉ݎ‬ ܴ݁݃‫:ܽݒ݅ݏ݁ݎ‬ ݂ᇱ(‫ݔ‬) ≈
݂(‫ݔ‬) − ݂(‫ݔ‬ − ℎ)
ℎ

2. ‫:ݎ݋ݎݎܧ‬ ‫ܧ‬ = ฬ
ℎ
2
݂ᇱᇱ(ߟ)ฬ ≤
ℎ
2
‫ܯ‬ଵ, ܿ‫݊݋‬ ‫ܯ‬ଵ = max
௔ஸ௫ஸ௕
|݂ᇱᇱ(‫ݔ‬)|
Aproximación de diferencia central o central difference de la primera derivada de una
función:
‫ܨ‬ó‫݈ܽݑ݉ݎ‬ ‫:ܽ݀ܽݎݐ݊݁ܥ‬ ݂ᇱ(‫ݔ‬) ≈
݂(‫ݔ‬ + ℎ) − ݂(‫ݔ‬ − ℎ)
2ℎ
‫:ݎ݋ݎݎܧ‬ ‫ܧ‬ = ቤ
ℎଶ
6
݂ᇱᇱ
′(ߴ)ቤ ≤
ℎଶ
6
‫ܯ‬ଶ, ܿ‫݊݋‬ ‫ܯ‬ଶ = max
௔ஸ௫ஸ௕
|݂ᇱᇱᇱ(‫ݔ‬)|
Aproximación a la segunda derivada de una función:
‫ܨ‬ó‫݈ܽݑ݉ݎ‬ ‫ܽ݀݊ݑ݃݁ݏ‬ ݀݁‫:ܽ݀ܽݒ݅ݎ‬ ݂ᇱᇱ(‫ݔ‬) ≈
݂(‫ݔ‬ + ℎ) − 2݂(‫ݔ‬) + ݂(‫ݔ‬ − ℎ)
ℎଶ
‫:ݎ݋ݎݎܧ‬ ‫ܧ‬ = ቤ
ℎଶ
12
݂௜௩(ߦ)ቤ ≤
ℎଶ
12
‫ܯ‬ଷ, ܿ‫݊݋‬ ‫ܯ‬ଷ = max
௔ஸ௫ஸ௕
|݂௜௩(‫ݔ‬)|
Demostraciones:
Diferencias hacia adelante:
Desarrollando la función mediante la serie de Taylor hasta el segundo orden:
݂(‫ݔ‬ + ℎ) = ݂(‫ݔ‬) + ℎ݂ᇱ(‫ݔ‬) +
ℎଶ
2
݂ᇱᇱ
(ߦ)
݂(‫ݔ‬ + ℎ) − ݂(‫ݔ‬)
ℎ
−
ℎ
2
݂ᇱᇱ
(ߦ) = ݂ᇱ(‫ݔ‬)
݂ᇱ(‫ݔ‬) ≈
݂(‫ݔ‬ + ℎ) − ݂(‫ݔ‬)
ℎ
, ‫ܧ‬ = ฬ
ℎ
2
݂ᇱᇱ(ߦ)ฬ
Diferencias hacia atrás:
Desarrollando la función mediante la serie de Taylor hasta el segundo orden:
݂(‫ݔ‬ − ℎ) = ݂(‫ݔ‬) − ℎ݂ᇱ(‫ݔ‬) +
ℎଶ
2
݂ᇱᇱ
(ߟ)
݂(‫ݔ‬) − ݂(‫ݔ‬ − ℎ)
ℎ
+
ℎ
2
݂ᇱᇱ
(ߟ) = ݂ᇱ(‫ݔ‬)
݂ᇱ(‫ݔ‬) ≈
݂(‫ݔ‬) − ݂(‫ݔ‬ − ℎ)
ℎ
, ‫ܧ‬ = ฬ
ℎ
2
݂ᇱᇱ(ߟ)ฬ

3. Diferencia central:
Desarrollando la función mediante la serie de Taylor hasta el tercer orden, para ‫ݔ‬ + ℎ y ‫ݔ‬ − ℎ:
(1) ݂(‫ݔ‬ + ℎ) = ݂(‫ݔ‬) + ℎ݂ᇱ(‫ݔ‬) +
ℎଶ
2
݂ᇱᇱ(‫ݔ‬) +
ℎଷ
6
݂ᇱᇱᇱ(ߦ)
(2) ݂(‫ݔ‬ − ℎ) = ݂(‫ݔ‬) − ℎ݂ᇱ(‫ݔ‬) +
ℎଶ
2
݂ᇱᇱ(‫ݔ‬) −
ℎଷ
6
݂ᇱᇱᇱ(ߟ)
Si restamos (1)-(2), se obtiene:
݂(‫ݔ‬ + ℎ) − ݂(‫ݔ‬ − ℎ) = 2ℎ݂ᇱ(‫ݔ‬) +
ℎଷ
6
൫݂ᇱᇱᇱ(ߦ) + ݂ᇱᇱᇱ(ߟ)൯
݂(‫ݔ‬ + ℎ) − ݂(‫ݔ‬ − ℎ)
2ℎ
−
ℎଶ
6
݂ᇱᇱᇱ(ߴ) = ݂ᇱ(‫ݔ‬)
݂ᇱ(‫ݔ‬) ≈
݂(‫ݔ‬ + ℎ) − ݂(‫ݔ‬ − ℎ)
2ℎ
, ‫ܧ‬ = ቤ
ℎଶ
6
݂ᇱᇱ
′(ߴ)ቤ
Diferencia para la segunda derivada:
Desarrollando la función mediante la serie de Taylor hasta el tercer orden, para ‫ݔ‬ + ℎ y ‫ݔ‬ − ℎ:
(1) ݂(‫ݔ‬ + ℎ) = ݂(‫)ݔ‬ + ℎ݂ᇱ(‫)ݔ‬ +
ℎଶ
2
݂ᇱᇱ(‫)ݔ‬ +
ℎଷ
6
݂ᇱᇱᇱ(‫)ݔ‬ +
ℎସ
24
݂௜௩(ߦ)
(2) ݂(‫ݔ‬ − ℎ) = ݂(‫ݔ‬) − ℎ݂ᇱ(‫ݔ‬) +
ℎଶ
2
݂ᇱᇱ(‫ݔ‬) −
ℎଷ
6
݂ᇱᇱᇱ
(‫)ݔ‬ +
ℎସ
24
݂௜௩(ߟ)
Si sumamos (1) + (2), se obtiene:
݂(‫ݔ‬ + ℎ) + ݂(‫ݔ‬ − ℎ) = 2݂(‫ݔ‬) + ℎଶ
݂ᇱᇱ(‫ݔ‬) +
ℎସ
24
(݂௜௩(ߦ) + ݂௜௩(ߟ))
݂(‫ݔ‬ + ℎ) − 2݂(‫ݔ‬) + ݂(‫ݔ‬ − ℎ)
ℎଶ
−
ℎଶ
12
݂௜௩(ߴ) = ݂ᇱᇱ(‫ݔ‬)
݂ᇱᇱ(‫ݔ‬) ≈
݂(‫ݔ‬ + ℎ) − 2݂(‫ݔ‬) + ݂(‫ݔ‬ − ℎ)
ℎଶ
, ‫ܧ‬ = ቤ
ℎଶ
12
݂௜௩(ߴ)ቤ

4. Ejercicios:Ejercicios:Ejercicios:Ejercicios:
1)1)1)1) Determine ‫ݕ‬ଵ, ‫ݕ‬ଶ ݁ ‫ݕ‬ଷ de: ൜
‫ݕ‬ᇱ
= ‫ݕ‬ − ‫ݔ‬ + 1, ‫ݔ‬ ߳ (0,1)
‫ݕ‬(0) = 1; ‫ݕ‬(1) = 1 + ݁
Sol:
Se puede observar que esta ecuación diferencial es de primer orden, por lo que podemos usar
una de las discretizaciones para la primera derivada de una función.
Según los datos podemos hacer un bosquejo grafico, dándonos un espaciamiento de 0.25:
Se tomará la de Diferencias hacia adelante (o avanzada)
0 0.25 0.5 0.75 1
݂ᇱ(‫ݔ‬) ≈
௙(௫ା௛)ି௙(௫)
௛
, en nuestro caso es ‫ݕ‬ᇱ(‫ݔ‬) ≈
௬(௫ା௛)ି௬(௫)
௛
Ahora reemplazamos en la ecuación diferencial:
‫ݕ‬(‫ݔ‬ + ℎ) − ‫ݕ‬(‫ݔ‬)
ℎ
= ‫)ݔ(ݕ‬ − ‫ݔ‬ + 1
Ordenando términos queda:
‫ݕ‬(‫ݔ‬௜ + ℎ) − (1 + ℎ)‫ݕ‬(‫ݔ‬௜) = ℎ(1 + ‫ݔ‬௜)
Se puede aproximar ‫ݕ‬(‫ݔ‬௜ ± ℎ) ≈ ‫ݕ‬௜±ଵ, entonces:
‫ݕ‬௜ାଵ − (1 + 0.25)‫ݕ‬௜ = 0.25(1 − ‫ݔ‬௜)
Ahora planteamos las ecuaciones, según nuestra formula:
i=0 ‫ݕ‬ଵ − 1.25‫ݕ‬଴ = 0.25(1 − ‫ݔ‬଴)
i=1 ‫ݕ‬ଶ − 1.25‫ݕ‬ଵ = 0.25(1 − ‫ݔ‬ଵ)
i=2 ‫ݕ‬ଷ − 1.25‫ݕ‬ଶ = 0.25(1 − ‫ݔ‬ଶ)
En este punto podemos ocupar nuestra condición de borde, que es‫ݕ‬(0) ≈ ‫ݕ‬଴ = 1
‫ݕ‬ଵ − 1.25 = 0.25(1 − 0) ‫ݕ‬ଵ = 1.5
‫ݕ‬ଶ − 1.25 ∗ 1.5 = 0.25(1 − 0.25) ‫ݕ‬ଶ = 2.0625
‫ݕ‬ଷ − 1.25 ∗ 2.0625 = 0.25(1 − 0.5) ‫ݕ‬ଷ = 2.703125
‫0ݔ‬ ‫2ݔ‬ ‫3ݔ‬ ‫4ݔ‬‫1ݔ‬

5. Al Solución exacta de la ecuación diferencial es ‫ݕ‬ = ݁௫
+ ‫ݔ‬
Evaluando en nuestros puntos se tiene que:
‫ݕ‬(0.25) = ݁଴.ଶହ
+ 0.25 = 1.53403
‫)5.0(ݕ‬ = ݁଴.ହ
+ 0.5 = 2.14872
‫ݕ‬(0.75) = ݁଴.଻ହ
+ 0.75 = 2.867
Por lo que el error de nuestra discretización es:
‫ܧ‬ = ԡ‫ݔ(ݕ‬௜) − ‫ݕ‬௜ԡ = ะ൭
1.53403
2.14872
2.867
൱ − ൭
1.5
2.0625
2.703125
൱ะ = 0.163875
Según los datos podemos hacer un bosquejo grafico, dándonos un espaciamiento de 0.25:
Se tomará la de Diferencia central (o centrada)
0 0.25 0.5 0.75 1
݂ᇱ(‫ݔ‬) ≈
௙(௫ା௛)ି௙(௫ି௛)
ଶ௛
, en nuestro caso es ‫ݕ‬ᇱ(‫ݔ‬) ≈
௬(௫ା௛)ି௬(௫ି௛)
ଶ௛
Ahora reemplazamos en la ecuación diferencial:
‫ݕ‬(‫ݔ‬ + ℎ) − ‫ݕ‬(‫ݔ‬ − ℎ)
2ℎ
= ‫)ݔ(ݕ‬ − ‫ݔ‬ + 1
Ordenando términos queda:
‫ݕ‬(‫ݔ‬௜ + ℎ) − ‫ݕ‬(‫ݔ‬௜ − ℎ) − 2ℎ‫ݕ‬(‫ݔ‬௜) = 2ℎ(1 − ‫ݔ‬௜)
Se puede aproximar ‫ݕ‬(‫ݔ‬௜ ± ℎ) ≈ ‫ݕ‬௜±ଵ, entonces:
‫ݕ‬௜ାଵ − ‫ݕ‬௜ିଵ − 2ℎ‫ݕ‬௜ = 2ℎ(1 − ‫ݔ‬௜)
Ahora planteamos las ecuaciones, según nuestra formula:
i=1 −‫ݕ‬଴ − 2ℎ‫ݕ‬ଵ + ‫ݕ‬ଶ = 2ℎ(1 − ‫ݔ‬ଵ)
i=2 −‫ݕ‬ଵ − 2ℎ‫ݕ‬ଶ + ‫ݕ‬ଷ = 2ℎ(1 − ‫ݔ‬ଶ)
i=3 −‫ݕ‬ଶ − 2ℎ‫ݕ‬ଷ + ‫ݕ‬ସ = 2ℎ(1 − ‫ݔ‬ଷ)
En este punto podemos ocupar nuestra condición de borde, que es ‫ݕ‬(0) ≈ ‫ݕ‬଴ = 1 y
‫ݕ‬(1) ≈ ‫ݕ‬ସ = 1 + ݁
‫0ݔ‬ ‫2ݔ‬ ‫3ݔ‬ ‫4ݔ‬‫1ݔ‬

6. −1 − 2 ∗ 0.25‫ݕ‬ଵ + ‫ݕ‬ଶ = 2 ∗ 0.25(1 − 0.25)
−‫ݕ‬ଵ − 2 ∗ 0.25‫ݕ‬ଶ + ‫ݕ‬ଷ = 2 ∗ 0.25(1 − 0.5)
−‫ݕ‬ଶ − 2 ∗ 0.25‫ݕ‬ଷ + 1 + ݁ = 2 ∗ 0.25(1 − 0.75)
De forma ordenada queda:
−0.5‫ݕ‬ଵ + ‫ݕ‬ଶ = 1.375
−‫ݕ‬ଵ − 0.5‫ݕ‬ଶ + ‫ݕ‬ଷ = 0.25
−‫ݕ‬ଶ − 0.5‫ݕ‬ଷ = −3.59328
Ordenando de forma matricial:
൥
−0.5 1 0
−1 −0.5 1
0 −1 −0.5
൩ ൥
‫ݕ‬ଵ
‫ݕ‬ଶ
‫ݕ‬ଷ
൩ = ൥
1.375
0.25
−3.59328
൩ Ahora ocuparemos el método de Gauss para encontrar
nuestras incógnitas.
‫ܨ‬ଶ −
ଵ
଴.ହ
‫ܨ‬ଵ ൭
−0.5 1 0
0 −2.5 1
0 −1 −0.5
อ
1.375
−2.5
−3.59328
൱
‫ܨ‬ଷ −
ଵ
ଶ.ହ
‫ܨ‬ଶ ൭
−0.5 1 0
0 −2.5 1
0 0 −0.9
อ
1.375
−2.5
−2.59328
൱
Con la matriz ampliada mostrando, podemos ver que Ran(A)=Ran(A|B)=3, entonces existe una
única solución, y esta es:
൥
‫ݕ‬ଵ
‫ݕ‬ଶ
‫ݕ‬ଷ
൩ = ൥
1.55514
2.15257
2.88142
൩
Por lo que el error de nuestra discretización es:
‫ܧ‬ = ԡ‫ݔ(ݕ‬௜) − ‫ݕ‬௜ԡ = ะ൭
1.53403
2.14872
2.867
൱ − ൭
1.55514
2.15257
2.88142
൱ะ = 0.02111
En este caso fue mejor resolver el problema por formula centrada, ya que arroja un error menor
que cuando se ocupó la formula de avanzada.
La formula centrada es ocupada también en una ecuación diferencial de segundo orden, ya que
se logran resultados más precisos.

7. 2)2)2)2) Determine ‫ݕ‬ଵ, ‫ݕ‬ଶ ݁ ‫ݕ‬ଷ de: ൜
‫ݕ‬ᇱᇱ
+ 2‫ݕ‬ᇱ
+ 10‫ݔ‬ = 0, ‫ݔ‬ ߳ (0,1)
‫ݕ‬(0) = 1; ‫′ݕ‬(1) = 2
, con una h=0.25
Sol:
Se puede observar que esta ecuación diferencial es de segundo orden, por lo que podemos usar
una de las discretizaciones para la primera y segunda derivada de una función.
Según los datos podemos hacer un bosquejo grafico, dándonos un espaciamiento de 0.25:
Se tomará la de Diferencias hacia adelante (o avanzada)
0 0.25 0.5 0.75 1
Las formulas que ocuparemos son:
‫ݕ‬ᇱ(‫ݔ‬) ≈
௬(௫ା௛)ି௬(௫ି௛)
ଶ௛
‫ݕ‬ᇱᇱ(‫ݔ‬) ≈
‫ݕ‬(‫ݔ‬ + ℎ) − 2‫ݕ‬(‫ݔ‬) + ‫ݔ(ݕ‬ − ℎ)
ℎଶ
Ahora reemplazamos en la ecuación diferencial:
‫ݕ‬(‫ݔ‬ + ℎ) − 2‫ݕ‬(‫ݔ‬) + ‫ݔ(ݕ‬ − ℎ)
ℎଶ
+ 2
‫ݕ‬(‫ݔ‬ + ℎ) − ‫ݕ‬(‫ݔ‬ − ℎ)
2ℎ
+ 10‫ݔ‬ = 0
Ordenando términos queda:
(1 − ℎ)‫ݕ‬(‫ݔ‬௜ − ℎ) − 2‫ݕ‬(‫ݔ‬௜) + (1 + ℎ)‫ݕ‬(‫ݔ‬௜ + ℎ) = −10ℎଶ
‫ݔ‬௜
Se puede aproximar ‫ݕ‬(‫ݔ‬௜ ± ℎ) ≈ ‫ݕ‬௜±ଵ, entonces:
(1 − ℎ)‫ݕ‬௜ିଵ − 2‫ݕ‬௜ + (1 + ℎ)‫ݕ‬௜ାଵ = −10ℎଶ
‫ݔ‬௜
Ahora planteamos las ecuaciones, según nuestra formula:
i=1 (1 − ℎ)‫ݕ‬଴ − 2‫ݕ‬ଵ + (1 + ℎ)‫ݕ‬ଶ = −10ℎଶ
‫ݔ‬ଵ
i=2 (1 − ℎ)‫ݕ‬ଵ − 2‫ݕ‬ଶ + (1 + ℎ)‫ݕ‬ଷ = −10ℎଶ
‫ݔ‬ଶ
i=3 (1 − ℎ)‫ݕ‬ଶ − 2‫ݕ‬ଷ + (1 + ℎ)‫ݕ‬ସ = −10ℎଶ
‫ݔ‬ଷ
En este punto podemos ocupar nuestra condición de borde, que es ‫ݕ‬(0) ≈ ‫ݕ‬଴ = 1 y
‫′ݕ‬(1) = 2. En el caso de esta última, se debe aplicar una de las formulas ya vistas:
“Formula Regresiva” ‫ݕ‬ᇱ(1) = ‫′ݕ‬ସ =
௬రି௬య
௛
= 2 0.5 + ‫ݕ‬ଷ = ‫ݕ‬ସ
‫0ݔ‬ ‫2ݔ‬ ‫3ݔ‬ ‫4ݔ‬‫1ݔ‬

8. Entonces:
0.75 ∗ 1 − 2‫ݕ‬ଵ + 1.25‫ݕ‬ଶ = −10 ∗ 0.25ଶ
∗ 0.25
0.75‫ݕ‬ଵ − 2‫ݕ‬ଶ + 1.25‫ݕ‬ଷ = −10 ∗ 0.25ଶ
∗ 0.5
0.75‫ݕ‬ଶ − 2‫ݕ‬ଷ + 1.25(0.5 + ‫ݕ‬ଷ) = −10 ∗ 0.25ଶ
∗ 0.75
De forma ordenada queda:
−2‫ݕ‬ଵ + 1.25‫ݕ‬ଶ = −0.90625
0.75‫ݕ‬ଵ − 2‫ݕ‬ଶ + 1.25‫ݕ‬ଷ = −0.3125
0.75‫ݕ‬ଶ − 0.75‫ݕ‬ଷ = −1.09375
Ordenando de forma matricial:
൥
−2 1.25 0
0.75 −2 1.25
0 0.75 −0.75
൩ ൥
‫ݕ‬ଵ
‫ݕ‬ଶ
‫ݕ‬ଷ
൩ = ൥
−0.90625
−0.3125
−1.09375
൩
Ahora se debe ocupar el método de Gauss para encontrar nuestras incógnitas, por lo que después
del proceso resulta en que:
൥
‫ݕ‬ଵ
‫ݕ‬ଶ
‫ݕ‬ଷ
൩ = ൥
5.953704
8.800926
10.25026
൩ y con esto podemos encontrar ‫ݕ‬ସ = 10.75926
3)3)3)3) Determine ܷଵ, ܷଶ ݁ ܷଷ de: ൜
−ܷᇱᇱ
= ‫,ݔ‬ ‫ݔ‬ ߳ (0,1)
ܷᇱ
(0) = ܷᇱ
(1) = 0
, con una h=0.25
Sol:
Según los datos podemos hacer un bosquejo grafico, dándonos un espaciamiento de 0.25:
Se tomará la de Diferencia para la segunda derivada:
0 0.25 0.5 0.75 1
ܷᇱᇱ(‫ݔ‬) ≈
ܷ(‫ݔ‬ + ℎ) − 2ܷ(‫ݔ‬) + ܷ(‫ݔ‬ − ℎ)
ℎଶ
Ahora reemplazamos en la ecuación diferencial:
‫0ݔ‬ ‫2ݔ‬ ‫3ݔ‬ ‫4ݔ‬‫1ݔ‬

9. −
ܷ(‫ݔ‬ + ℎ) − 2ܷ(‫ݔ‬) + ܷ(‫ݔ‬ − ℎ)
ℎଶ
= ‫ݔ‬
Ordenando términos queda:
−ܷ(‫ݔ‬௜ + ℎ) + 2ܷ(‫ݔ‬௜) − ܷ(‫ݔ‬௜ − ℎ) = ℎଶ
‫ݔ‬௜
Se puede aproximar ‫ݔ(ݕ‬௜ ± ℎ) ≈ ‫ݕ‬௜±ଵ, entonces:
−ܷ௜ାଵ + 2ܷ௜ − ܷ௜ିଵ = ℎଶ
‫ݔ‬௜
Ahora planteamos las ecuaciones, según nuestra formula:
i=1 −ܷ଴ + 2ܷଵ − ܷଶ = ℎଶ
‫ݔ‬ଵ
i=2 −ܷଵ + 2ܷଶ − ܷଷ = ℎଶ
‫ݔ‬ଶ
i=3 −ܷଶ + 2ܷଷ − ܷସ = ℎଶ
‫ݔ‬ଷ
En este punto podemos ocupar nuestra condición de borde, que es ܷᇱ
(0) = ܷᇱ
(1) = 0. En este
caso, se debe aplicar una de las formulas ya vistas, para las 2 condiciones de borde:
“Fórmula Avanzada” ܷᇱ(0) = ܷ′଴ =
௎భି௎బ
௛
= 0 ܷଵ − ܷ଴ = 0 ܷଵ = ܷ଴
“Fórmula Regresiva” ܷᇱ(1) = ܷ′ସ =
௎రି௎య
௛
= 0 ܷସ − ܷଷ = 0 ܷସ = ܷଷ
−ܷଵ + 2ܷଵ − ܷଶ = 0.25ଶ
∗ 0.25
−ܷଵ + 2ܷଶ − ܷଷ = 0.25ଶ
∗ 0.5
−ܷଶ + 2ܷଷ − ܷଷ = 0.25ଶ
∗ 0.75
De forma ordenada queda:
ܷଵ − ܷଶ = 0.015625
−ܷଵ + 2ܷଶ − ܷଷ = 0.03125
−ܷଶ + ܷଷ = 0.046875
Ordenando de forma matricial:
൥
1 −1 0
−1 2 −1
0 −1 1
൩ ൥
ܷଵ
ܷଶ
ܷଷ
൩ = ൥
0.01562
0.03125
0.046875
൩ Ahora ocuparemos el método de Gauss para encontrar
nuestras incógnitas.
Lo que nos da como resultado que no existe solución.

10. 4)4)4)4) Dado el problema de valor inicial (PVI): ൜
‫ݕ‬ᇱᇱ
+ 3‫ݕ‬ᇱ
+ ‫ݕݑ‬ = ‫ݔ‬ + 3, ‫ݔ‬ ߳ (0,1)
‫ݕ‬(0) = 1; ‫ݕ‬(4) = ‫,ݑ‬ ‫ݑ‬ ߳ ‫ܴܫ‬
Construir un sistema lineal de 3x3, usando h=1.
a) Muestre que el problema tiene solución si ‫ݑ‬ ߳ ‫ܴܫ‬ − ሼ2ሽ
b) Resuelva el problema usando un ‫ݑ‬ adecuado.
Sol:
Se tomará la de Diferencia para la segunda derivada y diferencia centrada para resolver el
problema:
0 1 2 3 4
‫ݕ‬ᇱᇱ(‫ݔ‬) ≈
‫ݕ‬(‫ݔ‬ + ℎ) − 2‫ݕ‬(‫ݔ‬) + ‫ݔ(ݕ‬ − ℎ)
ℎଶ
‫′ݕ‬(‫ݔ‬) ≈
‫ݕ‬(‫ݔ‬ + ℎ) − ‫ݔ(ݕ‬ − ℎ)
2ℎ
Ahora reemplazamos en la ecuación diferencial:
‫ݕ‬(‫ݔ‬ + ℎ) − 2‫ݕ‬(‫ݔ‬) + ‫ݔ(ݕ‬ − ℎ)
ℎଶ
+ 3
‫ݕ‬(‫ݔ‬ + ℎ) − ‫ݔ(ݕ‬ − ℎ)
2ℎ
+ ‫ݕݑ‬ = ‫ݔ‬ + 3
Ordenando términos queda:
2‫ݕ‬(‫ݔ‬௜ + ℎ) − 4‫ݕ‬(‫ݔ‬௜) + 2‫ݕ‬(‫ݔ‬௜ − ℎ) + 3ℎ‫ݕ‬(‫ݔ‬௜ + ℎ) − 3ℎ‫ݕ‬(‫ݔ‬௜ − ℎ) + 2ℎଶ
‫ݕݑ‬(‫ݔ‬௜) = 2ℎଶ
(‫ݔ‬௜ + 3)
Se puede aproximar ‫ݕ‬(‫ݔ‬௜ ± ℎ) ≈ ‫ݕ‬௜±ଵ, recordando de que h=1, entonces:
−‫ݕ‬௜ିଵ + (2‫ݑ‬ − 4)‫ݕ‬௜ + 5‫ݕ‬௜ାଵ = 2(‫ݔ‬௜ + 3)
Ahora planteamos las ecuaciones, según nuestra formula:
i=1 −‫ݕ‬଴ + (2‫ݑ‬ − 4)‫ݕ‬ଵ + 5‫ݕ‬ଶ = 2(‫ݔ‬ଵ + 3)
i=2 −‫ݕ‬ଵ + (2‫ݑ‬ − 4)‫ݕ‬ଶ + 5‫ݕ‬ଷ = 2(‫ݔ‬ଶ + 3)
i=3 −‫ݕ‬ଶ + (2‫ݑ‬ − 4)‫ݕ‬ଷ + 5‫ݕ‬ସ = 2(‫ݔ‬ଷ + 3)
En este punto podemos ocupar nuestra condición de borde, que es ‫ݕ‬(0) = 1 ݁ ‫ݕ‬(4) = ‫.ݑ‬ Lo que
se traduce en que : ‫ݕ‬(0) = ‫ݕ‬଴ = 1 y ‫ݕ‬(4) = ‫ݕ‬ସ = ‫ݑ‬
−1 + (2‫ݑ‬ − 4)‫ݕ‬ଵ + 5‫ݕ‬ଶ = 2(1 + 3)
−‫ݕ‬ଵ + (2‫ݑ‬ − 4)‫ݕ‬ଶ + 5‫ݕ‬ଷ = 2(2 + 3)
‫0ݔ‬ ‫2ݔ‬ ‫3ݔ‬ ‫4ݔ‬‫1ݔ‬

11. −‫ݕ‬ଶ + (2‫ݑ‬ − 4)‫ݕ‬ଷ + 5‫ݑ‬ = 2(3 + 3)
De forma ordenada queda:
(2‫ݑ‬ − 4)‫ݕ‬ଵ + 5‫ݕ‬ଶ = 9
−‫ݕ‬ଵ + (2‫ݑ‬ − 4)‫ݕ‬ଶ + 5‫ݕ‬ଷ = 10
−‫ݕ‬ଶ + (2‫ݑ‬ − 4)‫ݕ‬ଷ = 12 − 5‫ݑ‬
Ordenando de forma matricial:
൥
2‫ݑ‬ − 4 5 0
−1 2‫ݑ‬ − 4 5
0 −1 2‫ݑ‬ − 4
൩ ൥
‫ݕ‬ଵ
‫ݕ‬ଶ
‫ݕ‬ଷ
൩ = ൥
9
10
12 − 5‫ݑ‬
൩ Ahora ocuparemos el método de Gauss para
encontrar nuestras incógnitas.
‫ܨ‬ଶ +
ଵ
ଶ௨ିସ
‫ܨ‬ଵ ቌ
2‫ݑ‬ − 4 5 0
0 2‫ݑ‬ − 4 +
ହ
ଶ௨ିସ
5
0 −1 2‫ݑ‬ − 4
ቮ
9
10 +
ଽ
ଶ௨ିସ
12 − 5‫ݑ‬
ቍ
‫ܨ‬ଷ +
ଶ௨ିସ
(ଶ௨ିସ)మାହ
‫ܨ‬ଶ
‫ۉ‬
‫ۇ‬
2‫ݑ‬ − 4 5 0
0
(ଶ௨ିସ)మାହ
ଶ௨ିସ
5
0 0 2‫ݑ‬ − 4 +
ହ(ଶ௨ିସ)
(ଶ௨ିସ)మାହ
ተተ
9
ଶ଴௨ିଷଵ
ଶ௨ିସ
12 − 5‫ݑ‬ +
ଶ௨ିସ
(ଶ௨ିସ)మାହ
ଶ଴௨ିଷଵ
ଶ௨ିସ ‫ی‬
‫ۊ‬
‫ۉ‬
‫ۇ‬
2‫ݑ‬ − 4 5 0
0
ସ௨మିଵ଺௨ାଶଵ
ଶ௨ିସ
5
0 0
(ଶ௨ିସ)൫ସ௨మିଵ଺௨ାଶଵ൯ାହ(ଶ௨ିସ)
ସ௨మିଵ଺௨ାଶଵ
ተተ
9
ଶ଴௨ିଷଵ
ଶ௨ିସ
(ଵଶିହ௨)൫ସ௨మିଵ଺௨ାଶଵ൯ା(ଶ଴௨ିଷଵ)
ସ௨మିଵ଺௨ାଶଵ ‫ی‬
‫ۊ‬
‫ۉ‬
‫ۇ‬
2‫ݑ‬ − 4 5 0
0
ସ௨మିଵ଺௨ାଶଵ
ଶ௨ିସ
5
0 0
଼௨యିସ଼௨మାଵଵ଺௨ିଵ଴ସ
ସ௨మିଵ଺௨ାଶଵ
ተተ
9
ଶ଴௨ିଷଵ
ଶ௨ିସ
ିଶ଴௨యାଵଶ଼௨మିଶ଻଻௨ାଶଶଵ
ସ௨మିଵ଺௨ାଶଵ ‫ی‬
‫ۊ‬
Con la matriz ampliada mostrando, podemos ver que Ran(A)=Ran(A|B)=3, si solo si, ‫ݑ‬ ≠ 2.
b) Entonces si tomamos un u=3 (totalmente arbitrario), se obtiene que:
൮
2 5 0
0
ଽ
ଶ
5
0 0
ଶ଼
ଽ
ተ
9
ଶଽ
ଶ
ିହଶ
ଽ
൲, lo que da como resultado ൥
‫ݕ‬ଵ
‫ݕ‬ଶ
‫ݕ‬ଷ
൩ = ൥
−8.714286
5.285714
−1.857143
൩

12. 5)5)5)5) Considere el problema con valores en la frontera
൜
‫ݕ‬ᇱᇱ
+ ‫ݕ‬ᇱ
+ ‫ݕ‬ = 3 + ‫ݔ‬ + ‫,ݑ‬ 0 < ‫ݔ‬ < 4
‫ݕ‬(0) = ‫;ݑ‬ ‫ݕ‬(4) = ‫ݑ‬ + 4
a) Determine y (1), y (2) e y (3) usando el método de Gauss para resolver el sistema de
ecuaciones. ¿Para qué valores de u la solución es única? Determine el error en norma 1, si la
solución exacta es uxxy +=)(
b) Juan Tópicos se da cuenta que ( )y x x u= + no es la solución exacta del problema. Encuentre
la solución exacta de 3 0 4y y y x u x′′ ′+ + = + + < < . Cambie las condiciones de frontera y
determine nuevamente el error en norma 1.
Sol:
a) Discretización , con h=1:
0 1 2 3 4
Tenemos las siguientes formulas:
‫ݕ‬ᇱᇱ(‫ݔ‬) ≈
‫ݕ‬(‫ݔ‬ + ℎ) − 2‫ݕ‬(‫ݔ‬) + ‫ݔ(ݕ‬ − ℎ)
ℎଶ
‫′ݕ‬(‫ݔ‬) ≈
‫ݕ‬(‫ݔ‬ + ℎ) − ‫ݔ(ݕ‬ − ℎ)
2ℎ
Reemplazando en la ecuación se tiene
‫ݕ‬(‫ݔ‬௜ + ℎ) − 2‫ݕ‬(‫ݔ‬௜) + ‫ݔ(ݕ‬௜ − ℎ) +
‫ݕ‬(‫ݔ‬௜ + ℎ) − ‫ݔ(ݕ‬௜ − ℎ)
2
+ ‫ݔ(ݕ‬௜) = 3 + ‫ݔ‬௜ + ‫ݑ‬
Aproximando se obtiene:
‫ݕ‬௜ାଵ − 2‫ݕ‬௜ + ‫ݕ‬௜ିଵ +
‫ݕ‬௜ାଵ − ‫ݕ‬௜ିଵ
2
+ ‫ݕ‬௜ = 3 + ‫ݔ‬௜ + ‫ݑ‬
0.5‫ݕ‬௜ିଵ − ‫ݕ‬௜ + 1.5‫ݕ‬௜ାଵ = 3 + ‫ݔ‬௜ + ‫,ݑ‬ ݅ = 1,2,3
Ahora planteamos las ecuaciones, según nuestra formula:
i=1 0.5‫ݕ‬଴ − ‫ݕ‬ଵ + 1.5‫ݕ‬ଶ = 3 + ‫ݔ‬ଵ + ‫ݑ‬
i=2 0.5‫ݕ‬ଵ − ‫ݕ‬ଶ + 1.5‫ݕ‬ଷ = 3 + ‫ݔ‬ଶ + ‫ݑ‬
i=3 0.5‫ݕ‬ଶ − ‫ݕ‬ଷ + 1.5‫ݕ‬ସ = 3 + ‫ݔ‬ଷ + ‫ݑ‬
Ahora ocupando nuestras condiciones de borde se tiene que:
−‫ݕ‬ଵ + 1.5‫ݕ‬ଶ = 4 + 0.5‫ݑ‬
0.5‫ݕ‬ଵ − ‫ݕ‬ଶ + 1.5‫ݕ‬ଷ = 5 + ‫ݑ‬
0.5‫ݕ‬ଶ − ‫ݕ‬ଷ = −0.5‫ݑ‬
‫0ݔ‬ ‫2ݔ‬ ‫3ݔ‬ ‫4ݔ‬‫1ݔ‬

13. Ahora ocupando el método de Gauss
Aplicando las operaciones 12 23(0.5) (2)F y F se obtiene la matriz ampliada
1 1.5 0 4 0.5
0 0.25 1.5 7 1.25
0 0 2 14 2
u
u
u
− + 
 − +
 
 + 
Como RanA=RanA/b=3 entonces existe una única solución independiente del valor de u.
La solución es
17
14
7
u
y u
u
+ 
 = +
 
 + 
ur
El error es
1
1 17
2 14 32
3 7
u u
E u u
u u
+ +   
   
= + − + =   
   + +   
b) La solución exacta es ( ) 2y x x u= + + . El sistema ahora queda
i=1 −‫ݕ‬ଵ + 1.5‫ݕ‬ଶ = 3 + 0.5‫ݑ‬
i=2 0.5‫ݕ‬ଵ − ‫ݕ‬ଶ + 1.5‫ݕ‬ଷ = 5 + ‫ݑ‬
i=3 0.5‫ݕ‬ଶ − ‫ݕ‬ଷ = −3 − 0.5‫ݑ‬
Aplicando las mismas operaciones de item a) se obtiene
1 1.5 0 3 0.5
0 0.25 1.5 6.5 1.25
0 0 2 10 2
u
u
u
− + 
 − +
 
 + 
haciendo sustitución hacia arriba resulta
0.5 3
4
5
u
y u
u
+ 
 = +
 
 + 
ur
El error es
1
3 0.5 3
4 4 0.5
5 5
u u
E u u u
u u
+ +   
   
= + − + =   
   + +   

14. 6)6)6)6) Considere el problema de valores de frontera.
‫ݑ‬ᇱᇱ(‫ݐ‬) = 2‫ݑ‬ᇱ(‫ݐ‬) − ‫ݑ‬(‫ݐ‬) + ‫ݐ‬ଶ
− 1, 0 < ‫ݐ‬ < 1
‫ݑ‬(0) = 5; ‫ݑ‬(1) = 10
Que tiene solución exacta ‫ݑ‬(‫ݐ‬) = ‫ݐ‬ଶ
+ 4‫ݐ‬ + 5
a) Genere un sistema lineal de 3x3 que aproxime a esta solución.
b) Determine el error Absoluto cometido usando ԡ ԡஶ.
c) ¿Es estable el sistema obtenido en a)?
Sol:
Primero verificaremos que la solución exacta es tal.
‫ݑ‬(‫ݐ‬) = ‫ݐ‬ଶ
+ 4‫ݐ‬ + 5
‫′ݑ‬(‫ݐ‬) = 2‫ݐ‬ + 4
‫′′ݑ‬(‫ݐ‬) = 2
Evaluando en la ecuación diferencial
2 − 2(2‫ݐ‬ + 4) + ‫ݐ‬ଶ
+ 4‫ݐ‬ + 5 = ‫ݐ‬ଶ
− 1
Entonces la solución dada satisface la ED.
a) Discretización , con h=0.25:
0 0.25 0.5 0.75 1
Tenemos las siguientes formulas:
‫ݑ‬ᇱᇱ(‫)ݐ‬ ≈
‫ݑ‬(‫ݐ‬ + ℎ) − 2‫ݑ‬(‫ݐ‬) + ‫ݐ(ݑ‬ − ℎ)
ℎଶ
‫′ݑ‬(‫ݐ‬) ≈
‫ݑ‬(‫ݐ‬ + ℎ) − ‫ݐ(ݑ‬ − ℎ)
2ℎ
Reemplazando en la ecuación se tiene
‫ݑ‬(‫ݐ‬௜ + ℎ) − 2‫ݑ‬(‫ݐ‬௜) + ‫ݐ(ݑ‬௜ − ℎ)
ℎଶ
− 2
‫ݑ‬(‫ݐ‬௜ + ℎ) − ‫ݐ(ݑ‬௜ − ℎ)
2ℎ
+ ‫ݑ‬(‫ݐ‬௜) = ‫ݐ‬௜
ଶ
− 1
Aproximando se obtiene:
‫ݑ‬௜ାଵ − 2‫ݑ‬௜ + ‫ݑ‬௜ିଵ − ℎ(‫ݑ‬௜ାଵ − ‫ݑ‬௜ିଵ) + ℎଶ
‫ݑ‬௜ = ℎଶ(‫ݐ‬௜
ଶ
− 1)
(1 + ℎ)‫ݑ‬௜ିଵ + (ℎଶ
− 2)‫ݑ‬௜ + (1 − ℎ)‫ݑ‬௜ାଵ = ℎଶ(‫ݐ‬௜
ଶ
− 1)
‫0ݐ‬ ‫2ݐ‬ ‫3ݐ‬ ‫4ݐ‬‫1ݐ‬

15. Ahora planteamos las ecuaciones, según nuestra formula:
i=1 (1 + ℎ)‫ݑ‬଴ + (ℎଶ
− 2)‫ݑ‬ଵ + (1 − ℎ)‫ݑ‬ଶ = ℎଶ(‫ݐ‬ଵ
ଶ
− 1)
i=2 (1 + ℎ)‫ݑ‬ଵ + (ℎଶ
− 2)‫ݑ‬ଶ + (1 − ℎ)‫ݑ‬ଷ = ℎଶ(‫ݐ‬ଶ
ଶ
− 1)
i=3 (1 + ℎ)‫ݑ‬ଶ + (ℎଶ
− 2)‫ݑ‬ଷ + (1 − ℎ)‫ݑ‬ସ = ℎଶ(‫ݐ‬ଷ
ଶ
− 1)
En este punto podemos ocupar nuestra condición de borde, que es ‫)0(ݑ‬ = 5 ‫ݕ‬ ‫)1(ݑ‬ = 10. Lo que
se traduce en que : ‫ݑ‬(0) = ‫ݑ‬଴ = 5 y ‫ݑ‬(1) = ‫ݑ‬ସ = 10
1.25 ∗ 5 − 1.9375‫ݑ‬ଵ + 0.75‫ݑ‬ଶ = 0.0625(0.25ଶ
− 1)
1.25‫ݑ‬ଵ − 1.9375‫ݑ‬ଶ + 0.75‫ݑ‬ଷ = 0.0625(0.5ଶ
− 1)
1.25‫ݑ‬ଶ − 1.9375‫ݑ‬ଷ + 0.75 ∗ 10 = 0.0625(0.75ଶ
− 1)
De forma ordenada queda:
−1.9375‫ݑ‬ଵ + 0.75‫ݑ‬ଶ = −6.30859375
1.25‫ݑ‬ଵ − 1.9375‫ݑ‬ଶ + 0.75‫ݑ‬ଷ = −0.046875
1.25‫ݑ‬ଶ − 1.9375‫ݑ‬ଷ = −7.52734375
Ordenando de forma matricial:
൥
−1.9375 0.75 0
1.25 −1.9375 0.75
0 1.25 −1.9375
൩ ൥
‫ݑ‬ଵ
‫ݑ‬ଶ
‫ݑ‬ଷ
൩ = ൥
−6.30859375
−0.046875
−7.52734375
൩
Después de aplicar el método de Gauss, obtenemos:
‫ݑ‬ሬറ௔௣௥௢௫௜௠௔ௗ௢ = ൥
‫ݑ‬ଵ
‫ݑ‬ଶ
‫ݑ‬ଷ
൩ = ൥
6.0625
7.25
8.5625
൩ que es una aproximación a la solución exacta.
En cuanto a los valores exactos:
‫ݑ‬ሬറ௘௫௔௖௧௢ = ቎
‫ݑ‬(0.25)
‫ݑ‬(0.5)
‫ݑ‬(0.75)
቏ = ൥
0.25ଶ
+ 4 ∗ 0.25 + 5
0.5ଶ
+ 4 ∗ 0.5 + 5
0.75ଶ
+ 4 ∗ 0.75 + 5
൩ = ൥
6.0625
7.25
8.5625
൩
b) Por lo que el error cometido es 0, pues ‫ݑ‬ሬറ௘௫௔௖௧௢ = ‫ݑ‬ሬറ௔௣௥௢௫௜௠௔ௗ௢, entonces:
ฮ ‫ݑ‬ሬറ௘௫௔௖௧௢ − ‫ݑ‬ሬറ௔௣௥௢௫௜௠௔ௗ௢ฮ
ஶ
= 0
c) En cuanto a la estabilidad del sistema, se debe ocupar la formula de número de condición, es
decir: ݇(‫ܣ‬) = ԡ ‫ܣ‬ିଵԡஶԡ ‫ܣ‬ԡஶ

16. ‫ܣ‬ିଵ
= ൥
−0.773657 −0.3991684 −0.1545168
−0.6652807 −1.031185 −0.3991684
−0.4292133 −0.6652807 −0.773657
൩
ԡ ‫ܣ‬ିଵԡஶ = 2.095634
ԡ ‫ܣ‬ԡஶ = 3
݇(‫ܣ‬) = 6.286902>>1 El sistema lineal es muy inestable.
DIFERENCIAS FINITAS EN 2DIFERENCIAS FINITAS EN 2DIFERENCIAS FINITAS EN 2DIFERENCIAS FINITAS EN 2----D (BIDIMENSIONAL)D (BIDIMENSIONAL)D (BIDIMENSIONAL)D (BIDIMENSIONAL)
Para el caso de 2 dimensiones, en la que se involucran 2 variables independientes trae aparejado
un poco mas de trabajo, el procedimiento a seguir es idéntico al empleado al aproximar
problemas unidimensionales, pero con ecuaciones diferenciales parciales.
Primero debemos construir el conjunto de puntos de la grilla ‫ݔ‬௜(݅ = 0,1,2, … ‫)ܮ‬ igualmente
espaciados sobre el rango 0 ≤ ‫ݔ‬ ≤ ‫ܮ‬௫, con ‫ݔ‬଴ = 0, ‫ݔ‬௅ = ‫ܮ‬௫ ‫ݕ‬ ∆‫ݔ‬ = ‫ݔ‬௜ାଵ − ‫ݔ‬௜ . Luego, procedemos
con el conjunto de puntos de la grilla ‫ݕ‬௝(݆ = 0,1,2, … ‫)ܯ‬ igualmente espaciados sobre el rango
0 ≤ ‫ݕ‬ ≤ ‫ܯ‬௬, con ‫ݕ‬଴ = 0, ‫ݕ‬ெ = ‫ܯ‬௬ ‫ݕ‬ ∆‫ݕ‬ = ‫ݕ‬௝ାଵ − ‫ݕ‬௝ . Ahora, un punto típico de la grilla tiene
coordenadas (‫ݔ‬௜, ‫ݕ‬௝).
Aproximaciones de diferencias finitas a derivas parciales:
Las formulas son prácticamente las mismas que en problemas unidimensionales, pues mediante
el teorema de Taylor para funciones de dos variables, es posible escribir en forma exacta.
݂൫‫ݔ‬௜ାଵ, ‫ݕ‬௝൯ = ݂൫‫ݔ‬௜ + ∆‫,ݔ‬ ‫ݕ‬௝൯ = ݂൫‫ݔ‬௜, ‫ݕ‬௝൯ + ∆‫ݔ‬
߲݂൫‫ݔ‬௜, ‫ݕ‬௝൯
߲‫ݔ‬
+
∆‫ݔ‬ଶ
2
߲ଶ
݂൫‫ݔ‬௜ + ߠଵ∆‫,ݔ‬ ‫ݕ‬௝൯
߲‫ݔ‬ଶ
Por simplicidad en la notación, podemos escribir:
݂௜ାଵ,௝ = ݂௜,௝ + ∆‫ݔ‬
߲݂൫‫ݔ‬௜, ‫ݕ‬௝൯
߲‫ݔ‬
+
∆‫ݔ‬ଶ
2
߲ଶ
݂൫‫ݔ‬௜ + ߠଵ∆‫,ݔ‬ ‫ݕ‬௝൯
߲‫ݔ‬ଶ
Se asocia que ∆‫ݔ‬ = ℎ y que ∆‫ݕ‬ = ݇
Entonces las formulas son (al igual que en problemas unidimensionales):
1.- Aproximación de diferencias hacia delante de ߲݂/߲‫ݔ‬ y de ߲݂/߲‫ݕ‬
߲݂൫‫ݔ‬௜, ‫ݕ‬௝൯
߲‫ݔ‬
≈
݂௜ାଵ,௝ − ݂௜,௝
ℎ
;
߲݂൫‫ݔ‬௜, ‫ݕ‬௝൯
߲‫ݕ‬
≈
݂௜,௝ାଵ − ݂௜,௝
݇
2.- Aproximación de diferencias hacia atrás de ߲݂/߲‫ݔ‬ y de ߲݂/߲‫ݕ‬

17. ߲݂൫‫ݔ‬௜, ‫ݕ‬௝൯
߲‫ݔ‬
≈
݂௜,௝ − ݂௜ିଵ,௝
ℎ
;
߲݂൫‫ݔ‬௜, ‫ݕ‬௝൯
߲‫ݕ‬
≈
݂௜,௝ − ݂௜,௝ିଵ
݇
3.- Aproximación de diferencias central de ߲݂/߲‫ݔ‬ y de ߲݂/߲‫ݕ‬
߲݂൫‫ݔ‬௜, ‫ݕ‬௝൯
߲‫ݔ‬
≈
݂௜ାଵ,௝ − ݂௜ିଵ,௝
2ℎ
;
߲݂൫‫ݔ‬௜, ‫ݕ‬௝൯
߲‫ݕ‬
≈
݂௜,௝ାଵ − ݂௜,௝ିଵ
2݇
4.- Aproximación de diferencias de ߲ଶ
݂/߲‫ݔ‬ଶ
y de ߲ଶ
݂/߲‫ݕ‬ଶ
߲ଶ
݂൫‫ݔ‬௜, ‫ݕ‬௝൯
߲‫ݔ‬ଶ
≈
݂௜ାଵ,௝ − 2݂௜,௝ + ݂௜ିଵ,௝
ℎଶ
;
߲ଶ
݂൫‫ݔ‬௜, ‫ݕ‬௝൯
߲‫ݕ‬ଶ
≈
݂௜,௝ାଵ − 2݂௜,௝ + ݂௜,௝ିଵ
݇ଶ
7)7)7)7) Aproximar la Temperatura en una placa en Estado de Equilibrio, discretizando la placa con
h=0.5 y con k=1.
߲ଶ
‫,ݔ(ݑ‬ ‫)ݕ‬
߲‫ݔ‬ଶ
+
߲ଶ
‫,ݔ(ݑ‬ ‫)ݕ‬
߲‫ݕ‬ଶ
= 0
‫ݑ‬(0, ‫ݕ‬) = ‫ݕ‬ + 3
‫ݑ‬(1.5, ‫ݕ‬) = 2‫ݕ‬ + 4
‫ݑ‬(‫,ݔ‬ 0) = ‫ݔ‬ଶ
+ 1
‫ݑ‬(‫,ݔ‬ 3) = 3‫ݔ‬
Sol:
Con los datos entregados por el problema podemos construir el conjunto de puntos de la grilla, la
cual es:
‫ݑ‬(‫,ݔ‬ 3)
‫,0(ݑ‬ ‫)ݕ‬
‫ݑ‬(1.5, ‫ݕ‬)
‫,ݔ(ݑ‬ 0)
-Los puntos negros son puntos conocidos, dados por las condiciones de borde.
0 0.5 1 1.5
1
2
3
y
x
h=0.5
K=1

18. -Las cruces son las incógnitas de nuestro problema.
Como nuestro problema consta de segundas derivadas parciales, debemos ocupar la que
corresponde a este caso, es decir:
߲ଶ
‫ݑ‬൫‫ݔ‬௜, ‫ݕ‬௝൯
߲‫ݔ‬ଶ
≈
‫ݑ‬௜ାଵ,௝ − 2‫ݑ‬௜,௝ + ‫ݑ‬௜ିଵ,௝
ℎଶ
߲ଶ
‫ݑ‬൫‫ݔ‬௜, ‫ݕ‬௝൯
߲‫ݕ‬ଶ
≈
‫ݑ‬௜,௝ାଵ − 2‫ݑ‬௜,௝ + ‫ݑ‬௜,௝ିଵ
݇ଶ
Reemplazando estos datos en la ecuación diferencial, obtenemos:
∇ଶ
‫ݑ‬(‫,ݔ‬ ‫ݕ‬) =
߲ଶ
‫ݑ‬(‫,ݔ‬ ‫ݕ‬)
߲‫ݔ‬ଶ
+
߲ଶ
‫ݑ‬(‫,ݔ‬ ‫ݕ‬)
߲‫ݕ‬ଶ
=
‫ݑ‬௜ାଵ,௝ − 2‫ݑ‬௜,௝ + ‫ݑ‬௜ିଵ,௝
ℎଶ
+
‫ݑ‬௜,௝ାଵ − 2‫ݑ‬௜,௝ + ‫ݑ‬௜,௝ିଵ
݇ଶ
= 0
Siendo que h=0.5 y k=1:
4‫ݑ‬௜ାଵ,௝ − 8‫ݑ‬௜,௝ + 4‫ݑ‬௜ିଵ,௝ + ‫ݑ‬௜,௝ାଵ − 2‫ݑ‬௜,௝ + ‫ݑ‬௜,௝ିଵ = 0
4‫ݑ‬௜ିଵ,௝ − 10‫ݑ‬௜,௝ + ‫ݑ‬௜,௝ାଵ + ‫ݑ‬௜,௝ିଵ + 4‫ݑ‬௜ାଵ,௝ = 0
Ahora planteamos las ecuaciones, según nuestra formula:
݅ = 1; ݆ = 1 4‫ݑ‬଴,ଵ − 10‫ݑ‬ଵ,ଵ + ‫ݑ‬ଵ,ଶ + ‫ݑ‬ଵ,଴ + 4‫ݑ‬ଶ,ଵ = 0
݅ = 1; ݆ = 2 4‫ݑ‬଴,ଶ − 10‫ݑ‬ଵ,ଶ + ‫ݑ‬ଵ,ଷ + ‫ݑ‬ଵ,ଵ + 4‫ݑ‬ଶ,ଶ = 0
݅ = 2; ݆ = 1 4‫ݑ‬ଵ,ଵ − 10‫ݑ‬ଶ,ଵ + ‫ݑ‬ଶ,ଶ + ‫ݑ‬ଶ,଴ + 4‫ݑ‬ଷ,ଵ = 0
݅ = 2; ݆ = 2 4‫ݑ‬ଵ,ଶ − 10‫ݑ‬ଶ,ଶ + ‫ݑ‬ଶ,ଷ + ‫ݑ‬ଶ,ଵ + 4‫ݑ‬ଷ,ଶ = 0
En este punto podemos ocupar nuestras condiciones de borde, que son:
‫ݑ‬଴,ଵ = ‫ݑ‬(0,1) = 4
‫ݑ‬଴,ଶ = ‫ݑ‬(0,2) = 5
‫ݑ‬ଵ,଴ = ‫)0,5.0(ݑ‬ = 1.25
‫ݑ‬ଵ,ଷ = ‫ݑ‬(0.5,3) = 1.5
‫ݑ‬ଶ,଴ = ‫ݑ‬(1,0) = 2
‫ݑ‬ଷ,ଵ = ‫ݑ‬(1.5,1) = 6
‫ݑ‬ଶ,ଷ = ‫ݑ‬(1,3) = 3
‫ݑ‬ଷ,ଶ = ‫)2,5.1(ݑ‬ = 8
Al aplicar las condiciones de borde a las ecuaciones, estas quedan igual a:
4 ∗ 4 − 10‫ݑ‬ଵ,ଵ + ‫ݑ‬ଵ,ଶ + 1.25 + 4‫ݑ‬ଶ,ଵ = 0
4 ∗ 5 − 10‫ݑ‬ଵ,ଶ + 1.5 + ‫ݑ‬ଵ,ଵ + 4‫ݑ‬ଶ,ଶ = 0
4‫ݑ‬ଵ,ଵ − 10‫ݑ‬ଶ,ଵ + ‫ݑ‬ଶ,ଶ + 2 + 4 ∗ 6 = 0
4‫ݑ‬ଵ,ଶ − 10‫ݑ‬ଶ,ଶ + 3 + ‫ݑ‬ଶ,ଵ + 4 ∗ 8 = 0
De forma ordenada queda:
−10‫ݑ‬ଵ,ଵ + ‫ݑ‬ଵ,ଶ + 4‫ݑ‬ଶ,ଵ = −17.25
−10‫ݑ‬ଵ,ଶ + ‫ݑ‬ଵ,ଵ + 4‫ݑ‬ଶ,ଶ = −21.5
4‫ݑ‬ଵ,ଵ − 10‫ݑ‬ଶ,ଵ + ‫ݑ‬ଶ,ଶ = −26

19. 4‫ݑ‬ଵ,ଶ − 10‫ݑ‬ଶ,ଶ + ‫ݑ‬ଶ,ଵ = −35
Y en forma matricial es:
቎
−10 1
1 −10
4 0
0 4
4 0
0 4
−10 1
1 −10
቏ ൦
‫ݑ‬ଵ,ଵ
‫ݑ‬ଵ,ଶ
‫ݑ‬ଶ,ଵ
‫ݑ‬ଶ,ଶ
൪ = ቎
−17.25
−21.5
−26
−35
቏
Al aplicar el método de Gauss, se obtiene que:
൦
‫ݑ‬ଵ,ଵ
‫ݑ‬ଵ,ଶ
‫ݑ‬ଶ,ଵ
‫ݑ‬ଶ,ଶ
൪ = ቎
4.1656
4.9537
4.863
5.9678
቏ Que son las Temperaturas faltantes en la discretización de la placa.
8)8)8)8) Aproximar después de t=2 segundos el problema diferencial parcial.
−4‫ݑ‬௫௫(‫,ݔ‬ ‫ݐ‬) + ‫ݑ‬௧(‫,ݔ‬ ‫ݐ‬) = 0.8 cos(ߨ‫ݐ‬)
‫ݑ‬(‫,ݔ‬ 0) = 2
‫ݑ‬(0, ‫ݐ‬) = ‫ݐ‬ + 1
‫ݑ‬(1, ‫ݐ‬) = 3‫ݐ‬
-Indicación: Ocupar la formula regresiva (diferencia hacia atrás) para ‫ݑ‬௧.
Sol:
Con los datos entregados por el problema podemos construir el conjunto de puntos de la grilla, la
cual es:
5.9678
4.95374.1656
4.863
0
1
2
0.25 0.5 0.75 1
t
x
‫ݑ‬(0, ‫ݐ‬) ‫ݑ‬(1, ‫ݐ‬)
‫ݑ‬(‫,ݔ‬ 0)

20. Para aproximar a t=2, debemos aproximar primero a t=1. Se puede hacer en 2 procedimiento,
primero hacer un sistema de ecuaciones en t=1, y luego cuando se tenga la aproximación en este
periodo, se aproxima a t=2. Lo que se hará a continuación, comprende los 2 procesos en 1. En los
2 casos existen errores involucrados, uno más grande que el otro.
-Los puntos negros son puntos conocidos, dados por las condiciones de borde.
-Las cruces son las incógnitas de nuestro problema.
Como nuestro problema consta de primera y segunda derivadas parciales, debemos ocupar la
que corresponde a este caso, es decir:
߲ଶ
‫ݑ‬൫‫ݔ‬௜, ‫ݐ‬௝൯
߲‫ݔ‬ଶ
≈
‫ݑ‬௜ାଵ,௝ − 2‫ݑ‬௜,௝ + ‫ݑ‬௜ିଵ,௝
ℎଶ
߲‫ݑ‬൫‫ݔ‬௜, ‫ݐ‬௝൯
߲‫ݐ‬
≈
‫ݑ‬௜,௝ − ‫ݑ‬௜,௝ିଵ
݇
Reemplazando estos datos en la ecuación diferencial, obtenemos:
−4
‫ݑ‬௜ାଵ,௝ − 2‫ݑ‬௜,௝ + ‫ݑ‬௜ିଵ,௝
ℎଶ
+
‫ݑ‬௜,௝ − ‫ݑ‬௜,௝ିଵ
݇
= 0.8 cos൫ߨ‫ݐ‬௝൯
Siendo que h=0.25 y k=1:
−64(‫ݑ‬௜ାଵ,௝ − 2‫ݑ‬௜,௝ + ‫ݑ‬௜ିଵ,௝) + ‫ݑ‬௜,௝ − ‫ݑ‬௜,௝ିଵ = 0.8 cos൫ߨ‫ݐ‬௝൯
−64‫ݑ‬௜ିଵ,௝ + 129‫ݑ‬௜,௝ − ‫ݑ‬௜,௝ିଵ − 64‫ݑ‬௜ାଵ,௝ = 0.8 cos൫ߨ‫ݐ‬௝൯
Ahora planteamos las ecuaciones, según nuestra formula:
݅ = 1; ݆ = 1 −64‫ݑ‬଴,ଵ + 129‫ݑ‬ଵ,ଵ − ‫ݑ‬ଵ,଴ − 64‫ݑ‬ଶ,ଵ = 0.8 cos(ߨ‫ݐ‬ଵ)
݅ = 1; ݆ = 2 −64‫ݑ‬଴,ଶ + 129‫ݑ‬ଵ,ଶ − ‫ݑ‬ଵ,ଵ − 64‫ݑ‬ଶ,ଶ = 0.8 cos(ߨ‫ݐ‬ଶ)
݅ = 2; ݆ = 1 −64‫ݑ‬ଵ,ଵ + 129‫ݑ‬ଶ,ଵ − ‫ݑ‬ଶ,଴ − 64‫ݑ‬ଷ,ଵ = 0.8 cos(ߨ‫ݐ‬ଵ)
݅ = 2; ݆ = 2 −64‫ݑ‬ଵ,ଶ + 129‫ݑ‬ଶ,ଶ − ‫ݑ‬ଶ,ଵ − 64‫ݑ‬ଷ,ଶ = 0.8 cos(ߨ‫ݐ‬ଶ)
݅ = 3; ݆ = 1 −64‫ݑ‬ଶ,ଵ + 129‫ݑ‬ଷ,ଵ − ‫ݑ‬ଷ,଴ − 64‫ݑ‬ସ,ଵ = 0.8 cos(ߨ‫ݐ‬ଵ)
݅ = 3; ݆ = 2 −64‫ݑ‬ଶ,ଶ + 129‫ݑ‬ଷ,ଶ − ‫ݑ‬ଷ,ଵ − 64‫ݑ‬ସ,ଶ = 0.8 cos(ߨ‫ݐ‬ଶ)
En este punto podemos ocupar nuestras condiciones de borde, que son:
‫ݑ‬଴,ଵ = ‫ݑ‬(0,1) = 2
‫ݑ‬଴,ଶ = ‫ݑ‬(0,2) = 3
‫ݑ‬ଵ,଴ = ‫ݑ‬(0.25,0) = 2
‫ݑ‬ଶ,଴ = ‫ݑ‬(0.5,0) = 2
‫ݑ‬ଷ,଴ = ‫ݑ‬(0.75,0) = 2
‫ݑ‬ସ,ଵ = ‫ݑ‬(1,1) = 3
‫ݑ‬ସ,ଶ = ‫ݑ‬(1,2) = 6
Al aplicar las condiciones de borde a las ecuaciones, estas quedan igual a:
−64 ∗ 2 + 129‫ݑ‬ଵ,ଵ − 2 − 64‫ݑ‬ଶ,ଵ = −0.8
−64 ∗ 3 + 129‫ݑ‬ଵ,ଶ − ‫ݑ‬ଵ,ଵ − 64‫ݑ‬ଶ,ଶ = 0.8
−64‫ݑ‬ଵ,ଵ + 129‫ݑ‬ଶ,ଵ − 2 − 64‫ݑ‬ଷ,ଵ = −0.8
−64‫ݑ‬ଵ,ଶ + 129‫ݑ‬ଶ,ଶ − ‫ݑ‬ଶ,ଵ − 64‫ݑ‬ଷ,ଶ = 0.8

21. −64‫ݑ‬ଶ,ଵ + 129‫ݑ‬ଷ,ଵ − 2 − 64 ∗ 3 = −0.8
−64‫ݑ‬ଶ,ଶ + 129‫ݑ‬ଷ,ଶ − ‫ݑ‬ଷ,ଵ − 64 ∗ 6 = 0.8
De forma ordenada queda:
129‫ݑ‬ଵ,ଵ − 64‫ݑ‬ଶ,ଵ = 129.2
129‫ݑ‬ଵ,ଶ − ‫ݑ‬ଵ,ଵ − 64‫ݑ‬ଶ,ଶ = 192.8
−64‫ݑ‬ଵ,ଵ + 129‫ݑ‬ଶ,ଵ − 64‫ݑ‬ଷ,ଵ = 1.2
−64‫ݑ‬ଵ,ଶ + 129‫ݑ‬ଶ,ଶ − ‫ݑ‬ଶ,ଵ − 64‫ݑ‬ଷ,ଶ = 0.8
−64‫ݑ‬ଶ,ଵ + 129‫ݑ‬ଷ,ଵ = 193.2
−64‫ݑ‬ଶ,ଶ + 129‫ݑ‬ଷ,ଶ − ‫ݑ‬ଷ,ଵ = 384.8
Y en forma matricial es:
‫ۏ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ۍ‬
129 0 −64
−1 129 0
−64 0 129
0 0 0
−64 0 0
0 −64 0
0 −64 −1
0 0 −64
0 0 0
129 0 −64
0 129 0
−64 −1 129‫ے‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ې‬
‫ۏ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ۍ‬
‫ݑ‬ଵ,ଵ
‫ݑ‬ଵ,ଶ
‫ݑ‬ଶ,ଵ
‫ݑ‬ଶ,ଶ
‫ݑ‬ଷ,ଵ
‫ݑ‬ଷ,ଶ‫ے‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ې‬
=
‫ۏ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ۍ‬
129.2
192.8
1.2
0.8
193.2
384.8‫ے‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ې‬
Al aplicar el método de Gauss, se obtiene que:
‫ۏ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ۍ‬
‫ݑ‬ଵ,ଵ
‫ݑ‬ଵ,ଶ
‫ݑ‬ଶ,ଵ
‫ݑ‬ଶ,ଶ
‫ݑ‬ଷ,ଵ
‫ݑ‬ଷ,ଶ‫ے‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ې‬
=
‫ۏ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ۍ‬
2.2222
3.7257
2.4605
4.4624
2.7184
5.2179‫ے‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ې‬
Que son los valores faltantes en la discretización del problema de EDP.
9)9)9)9) Dado el problema de EDP encontrar una aproximación en ‫ݔ‬ = ቄ
గ
ସ
,
గ
ଶ
,
ଷగ
ସ
ቅ después de 2
segundos.
3‫ݑ‬௫௫ = ‫ݑ‬௧ − 5, 0 < ‫ݔ‬ < ߨ, ‫ݐ‬ > 0
‫ݑ‬(‫,ݔ‬ 0) = 1
‫ݑ‬(0, ‫ݐ‬) = ‫ݑ‬(ߨ, ‫ݐ‬) = 1
-Indicación: ℎ =
గ
ସ
y ݇ = 1.
Sol:
Con los datos entregados por el problema podemos construir el conjunto de puntos de la grilla, la
cual es:
0
1
2
ߨ
4
ߨ
2
3ߨ
4
ߨ
t
x
‫ݑ‬(0, ‫ݐ‬) ‫ݑ‬(ߨ, ‫ݐ‬)
‫ݑ‬(‫,ݔ‬ 0)

22. -Los puntos negros son puntos conocidos, dados por las condiciones de borde.
-Las cruces son las incógnitas de nuestro problema.
Como nuestro problema consta de primera y segunda derivadas parciales, debemos ocupar la
que corresponde a este caso, es decir:
߲ଶ
‫ݑ‬൫‫ݔ‬௜, ‫ݐ‬௝൯
߲‫ݔ‬ଶ
≈
‫ݑ‬௜ାଵ,௝ − 2‫ݑ‬௜,௝ + ‫ݑ‬௜ିଵ,௝
ℎଶ
߲‫ݑ‬൫‫ݔ‬௜, ‫ݐ‬௝൯
߲‫ݐ‬
≈
‫ݑ‬௜,௝ − ‫ݑ‬௜,௝ିଵ
݇
Reemplazando estos datos en la ecuación diferencial, obtenemos:
3
‫ݑ‬௜ାଵ,௝ − 2‫ݑ‬௜,௝ + ‫ݑ‬௜ିଵ,௝
ℎଶ
−
‫ݑ‬௜,௝ − ‫ݑ‬௜,௝ିଵ
݇
= −5
Siendo que ℎ =
గ
ସ
y ݇ = 1:
48
‫ݑ‬௜ାଵ,௝ − 2‫ݑ‬௜,௝ + ‫ݑ‬௜ିଵ,௝
ߨଶ
− ‫ݑ‬௜,௝ − ‫ݑ‬௜,௝ିଵ = −5
48‫ݑ‬௜ାଵ,௝ − 96‫ݑ‬௜,௝ + 48‫ݑ‬௜ିଵ,௝ − ߨଶ
‫ݑ‬௜,௝ + ߨଶ
‫ݑ‬௜,௝ିଵ = −5ߨଶ
48‫ݑ‬௜ିଵ,௝ − (96 + ߨଶ
)‫ݑ‬௜,௝ + ߨଶ
‫ݑ‬௜,௝ିଵ + 48‫ݑ‬௜ାଵ,௝ = −5ߨଶ
Ahora planteamos las ecuaciones para t=1 segundos, según nuestra formula:
݅ = 1; ݆ = 1 48‫ݑ‬଴,ଵ − (96 + ߨଶ
)‫ݑ‬ଵ,ଵ + ߨଶ
‫ݑ‬ଵ,଴ + 48‫ݑ‬ଶ,ଵ = −5ߨଶ
݅ = 2; ݆ = 1 48‫ݑ‬ଵ,ଵ − (96 + ߨଶ
)‫ݑ‬ଶ,ଵ + ߨଶ
‫ݑ‬ଶ,଴ + 48‫ݑ‬ଷ,ଵ = −5ߨଶ
݅ = 3; ݆ = 1 48‫ݑ‬ଶ,ଵ − (96 + ߨଶ
)‫ݑ‬ଷ,ଵ + ߨଶ
‫ݑ‬ଷ,଴ + 48‫ݑ‬ସ,ଵ = −5ߨଶ
En este punto podemos ocupar nuestras condiciones de borde, que son:
‫ݑ‬଴,ଵ = ‫ݑ‬(0,1) = 1
‫ݑ‬ଵ,଴ = ‫ݑ‬(ߨ/4,0) = 1
‫ݑ‬ଶ,଴ = ‫)0,2/ߨ(ݑ‬ = 1
‫ݑ‬ଷ,଴ = ‫ݑ‬(3ߨ/4,0) = 1
‫ݑ‬ସ,ଵ = ‫ݑ‬(ߨ, 1) = 1
Al aplicar las condiciones de borde a las ecuaciones, estas quedan igual a:
48 ∗ 1 − (96 + ߨଶ)‫ݑ‬ଵ,ଵ + ߨଶ
∗ 1 + 48‫ݑ‬ଶ,ଵ = −5ߨଶ
48‫ݑ‬ଵ,ଵ − (96 + ߨଶ)‫ݑ‬ଶ,ଵ + ߨଶ
∗ 1 + 48‫ݑ‬ଷ,ଵ = −5ߨଶ
48‫ݑ‬ଶ,ଵ − (96 + ߨଶ)‫ݑ‬ଷ,ଵ + ߨଶ
∗ 1 + 48 ∗ 1 = −5ߨଶ
De forma ordenada queda:
−(96 + ߨଶ)‫ݑ‬ଵ,ଵ + 48‫ݑ‬ଶ,ଵ = −5ߨଶ
− 48 − ߨଶ
48‫ݑ‬ଵ,ଵ − (96 + ߨଶ)‫ݑ‬ଶ,ଵ + 48‫ݑ‬ଷ,ଵ = −5ߨଶ
− ߨଶ
48‫ݑ‬ଶ,ଵ − (96 + ߨଶ)‫ݑ‬ଷ,ଵ = −5ߨଶ
− 48 − ߨଶ
Y en forma matricial es:

23. ቎
−(96 + ߨଶ) 48 0
48 −(96 + ߨଶ) 48
0 48 −(96 + ߨଶ)
቏ ൥
‫ݑ‬ଵ,ଵ
‫ݑ‬ଶ,ଵ
‫ݑ‬ଷ,ଵ
൩ = − ൥
6ߨଶ
+ 48
6ߨଶ
6ߨଶ
+ 48
൩
Al aplicar el método de Gauss, se obtiene que:
൥
‫ݑ‬ଵ,ଵ
‫ݑ‬ଶ,ଵ
‫ݑ‬ଷ,ଵ
൩ = ൥
2.1504
2.5093
2.1504
൩ Valores en t=1 segundo
Ahora planteamos las ecuaciones para t=2 segundos, según nuestra formula:
݅ = 1; ݆ = 2 48‫ݑ‬଴,ଶ − (96 + ߨଶ
)‫ݑ‬ଵ,ଶ + ߨଶ
‫ݑ‬ଵ,ଵ + 48‫ݑ‬ଶ,ଶ = −5ߨଶ
݅ = 2; ݆ = 2 48‫ݑ‬ଵ,ଶ − (96 + ߨଶ
)‫ݑ‬ଶ,ଶ + ߨଶ
‫ݑ‬ଶ,ଵ + 48‫ݑ‬ଷ,ଶ = −5ߨଶ
݅ = 3; ݆ = 2 48‫ݑ‬ଶ,ଶ − (96 + ߨଶ
)‫ݑ‬ଷ,ଶ + ߨଶ
‫ݑ‬ଷ,ଵ + 48‫ݑ‬ସ,ଶ = −5ߨଶ
En este punto podemos ocupar nuestras condiciones de borde y los resultados arrojados
anteriormente, que son:
‫ݑ‬଴,ଶ = ‫ݑ‬(0,2) = 1
‫ݑ‬ଵ,ଵ = ‫ݑ‬(0.25,1) = 2.1504
‫ݑ‬ଶ,ଵ = ‫ݑ‬(0.5,1) = 2.5093
‫ݑ‬ଷ,ଵ = ‫ݑ‬(0.75,1) = 2.1504
‫ݑ‬ସ,ଶ = ‫ݑ‬(ߨ, 2) = 1
Al aplicar las condiciones de borde a las ecuaciones, estas quedan igual a:
48 ∗ 1 − (96 + ߨଶ)‫ݑ‬ଵ,ଶ + ߨଶ
∗ 2.1504 + 48‫ݑ‬ଶ,ଶ = −5ߨଶ
48‫ݑ‬ଵ,ଶ − (96 + ߨଶ)‫ݑ‬ଶ,ଶ + ߨଶ
∗ 2.5093 + 48‫ݑ‬ଷ,ଶ = −5ߨଶ
48‫ݑ‬ଶ,ଶ − (96 + ߨଶ)‫ݑ‬ଷ,ଶ + ߨଶ
∗ 2.1504 + 48 ∗ 1 = −5ߨଶ
De forma ordenada queda:
−(96 + ߨଶ)‫ݑ‬ଵ,ଶ + 48‫ݑ‬ଶ,ଶ = −5ߨଶ
− 48 − 2.1504ߨଶ
48‫ݑ‬ଵ,ଶ − (96 + ߨଶ)‫ݑ‬ଶ,ଶ + 48‫ݑ‬ଷ,ଶ = −5ߨଶ
− 2.5093ߨଶ
48‫ݑ‬ଶ,ଶ − (96 + ߨଶ)‫ݑ‬ଷ,ଶ = −5ߨଶ
− 48 − 2.1504ߨଶ
Y en forma matricial es:
቎
−(96 + ߨଶ) 48 0
48 −(96 + ߨଶ) 48
0 48 −(96 + ߨଶ)
቏ ൥
‫ݑ‬ଵ,ଶ
‫ݑ‬ଶ,ଶ
‫ݑ‬ଷ,ଶ
൩ = − ൥
7.1504ߨଶ
+ 48
7.5093ߨଶ
7.1504ߨଶ
+ 48
൩
Al aplicar el método de Gauss, se obtiene que:
൥
‫ݑ‬ଵ,ଶ
‫ݑ‬ଶ,ଶ
‫ݑ‬ଷ,ଶ
൩ = ൥
2.4409
2.9134
2.4409
൩ Valores en t=2 segundo, que son los que andábamos buscando.

24. 10)10)10)10) Aproximar el calor de una barra de longitud 4 después de 2 segundos en los puntos x=1,2,3.
‫ݑ‬௧ − 4‫ݑ‬௫௫ + 3‫ݑ‬௫ = 0.8 cos(ߨ‫ݐ‬) + ݁ି௫
‫,0(ݑ‬ ‫)ݐ‬ = ‫ݐ‬ + 1
‫ݑ‬(4, ‫ݐ‬) = ‫)ݐߨ(݊݁ݏ‬
‫ݑ‬(‫,ݔ‬ 0) = ‫ݔ‬ଶ
+ 1
-Indicación: Ocupar aproximación regresiva en el tiempo y centrada en el espacio.
Sol:
Con los datos entregados por el problema podemos construir el conjunto de puntos de la grilla, la
cual es:
-Los puntos negros son puntos conocidos, dados por las condiciones de borde.
-Las cruces son las incógnitas de nuestro problema.
Como nuestro problema consta de primera y segunda derivadas parciales, debemos ocupar la
que corresponde a este caso, es decir:
߲ଶ
‫ݑ‬൫‫ݔ‬௜, ‫ݐ‬௝൯
߲‫ݔ‬ଶ
≈
‫ݑ‬௜ାଵ,௝ − 2‫ݑ‬௜,௝ + ‫ݑ‬௜ିଵ,௝
ℎଶ
߲‫ݑ‬൫‫ݔ‬௜, ‫ݐ‬௝൯
߲‫ݔ‬
≈
‫ݑ‬௜ାଵ,௝ − ‫ݑ‬௜ିଵ,௝
2ℎ
߲‫ݑ‬൫‫ݔ‬௜, ‫ݐ‬௝൯
߲‫ݐ‬
≈
‫ݑ‬௜,௝ − ‫ݑ‬௜,௝ିଵ
݇
Reemplazando estos datos en la ecuación diferencial, obtenemos:
‫ݑ‬௜,௝ − ‫ݑ‬௜,௝ିଵ
݇
− 4
‫ݑ‬௜ାଵ,௝ − 2‫ݑ‬௜,௝ + ‫ݑ‬௜ିଵ,௝
ℎଶ
+ 3
‫ݑ‬௜ାଵ,௝ − ‫ݑ‬௜ିଵ,௝
2ℎ
= 0.8 cos൫ߨ‫ݐ‬௝൯ + ݁ି௫೔
Siendo que h=1 y k=1:
‫ݑ‬௜,௝ − ‫ݑ‬௜,௝ିଵ − 4‫ݑ‬௜ାଵ,௝ + 8‫ݑ‬௜,௝ − 4‫ݑ‬௜ିଵ,௝ + 1.5‫ݑ‬௜ାଵ,௝ − 1.5‫ݑ‬௜ିଵ,௝ = 0.8 cos൫ߨ‫ݐ‬௝൯ + ݁ି௫೔
−5.5‫ݑ‬௜ିଵ,௝ + 9‫ݑ‬௜,௝ − ‫ݑ‬௜,௝ିଵ − 2.5‫ݑ‬௜ାଵ,௝ = 0.8 cos൫ߨ‫ݐ‬௝൯ + ݁ି௫೔
Ahora planteamos las ecuaciones, según nuestra formula:
݅ = 1; ݆ = 1 −5.5‫ݑ‬଴,ଵ + 9‫ݑ‬ଵ,ଵ − ‫ݑ‬ଵ,଴ − 2.5‫ݑ‬ଶ,ଵ = 0.8 cos(ߨ‫ݐ‬ଵ) + ݁ି௫భ
݅ = 1; ݆ = 2 −5.5‫ݑ‬଴,ଶ + 9‫ݑ‬ଵ,ଶ − ‫ݑ‬ଵ,ଵ − 2.5‫ݑ‬ଶ,ଶ = 0.8 cos(ߨ‫ݐ‬ଶ) + ݁ି௫భ
݅ = 2; ݆ = 1 −5.5‫ݑ‬ଵ,ଵ + 9‫ݑ‬ଶ,ଵ − ‫ݑ‬ଶ,଴ − 2.5‫ݑ‬ଷ,ଵ = 0.8 cos(ߨ‫ݐ‬ଵ) + ݁ି௫మ
݅ = 2; ݆ = 2 −5.5‫ݑ‬ଵ,ଶ + 9‫ݑ‬ଶ,ଶ − ‫ݑ‬ଶ,ଵ − 2.5‫ݑ‬ଷ,ଶ = 0.8 cos(ߨ‫ݐ‬ଶ) + ݁ି௫మ
݅ = 3; ݆ = 1 −5.5‫ݑ‬ଶ,ଵ + 9‫ݑ‬ଷ,ଵ − ‫ݑ‬ଷ,଴ − 2.5‫ݑ‬ସ,ଵ = 0.8 cos(ߨ‫ݐ‬ଵ) + ݁ି௫య
݅ = 3; ݆ = 2 −5.5‫ݑ‬ଶ,ଶ + 9‫ݑ‬ଷ,ଶ − ‫ݑ‬ଷ,ଵ − 2.5‫ݑ‬ସ,ଶ = 0.8 cos(ߨ‫ݐ‬ଶ) + ݁ି௫య
0
1
2
0.25 0.5 0.75 1
t
x
‫ݑ‬(0, ‫ݐ‬) ‫ݑ‬(4, ‫ݐ‬)
‫ݑ‬(‫,ݔ‬ 0)

25. En este punto podemos ocupar nuestras condiciones de borde, que son:
‫ݑ‬଴,ଵ = ‫)1,0(ݑ‬ = 2
‫ݑ‬଴,ଶ = ‫ݑ‬(0,2) = 3
‫ݑ‬ଵ,଴ = ‫ݑ‬(1,0) = 2
‫ݑ‬ଶ,଴ = ‫ݑ‬(2,0) = 5
‫ݑ‬ଷ,଴ = ‫ݑ‬(3,0) = 10
‫ݑ‬ସ,ଵ = ‫)1,4(ݑ‬ = 0
‫ݑ‬ସ,ଶ = ‫ݑ‬(4,2) = 0
Al aplicar las condiciones de borde a las ecuaciones, estas quedan igual a:
−5.5 ∗ 2 + 9‫ݑ‬ଵ,ଵ − 2 − 2.5‫ݑ‬ଶ,ଵ = −0.8 + ݁ିଵ
−5.5 ∗ 3 + 9‫ݑ‬ଵ,ଶ − ‫ݑ‬ଵ,ଵ − 2.5‫ݑ‬ଶ,ଶ = 0.8 + ݁ିଵ
−5.5‫ݑ‬ଵ,ଵ + 9‫ݑ‬ଶ,ଵ − 5 − 2.5‫ݑ‬ଷ,ଵ = −0.8 + ݁ିଶ
−5.5‫ݑ‬ଵ,ଶ + 9‫ݑ‬ଶ,ଶ − ‫ݑ‬ଶ,ଵ − 2.5‫ݑ‬ଷ,ଶ = 0.8 + ݁ିଶ
−5.5‫ݑ‬ଶ,ଵ + 9‫ݑ‬ଷ,ଵ − 10 − 2.5 ∗ 0 = −0.8 + ݁ିଷ
−5.5‫ݑ‬ଶ,ଶ + 9‫ݑ‬ଷ,ଶ − ‫ݑ‬ଷ,ଵ − 2.5 ∗ 0 = 0.8 + ݁ିଷ
De forma ordenada queda:
9‫ݑ‬ଵ,ଵ − 2.5‫ݑ‬ଶ,ଵ = −0.8 + ݁ିଵ
+ 11 + 2
9‫ݑ‬ଵ,ଶ − ‫ݑ‬ଵ,ଵ − 2.5‫ݑ‬ଶ,ଶ = 0.8 + ݁ିଵ
+ 16.5
−5.5‫ݑ‬ଵ,ଵ + 9‫ݑ‬ଶ,ଵ − 2.5‫ݑ‬ଷ,ଵ = −0.8 + ݁ିଶ
+ 5
−5.5‫ݑ‬ଵ,ଶ + 9‫ݑ‬ଶ,ଶ − ‫ݑ‬ଶ,ଵ − 2.5‫ݑ‬ଷ,ଶ = 0.8 + ݁ିଶ
−5.5‫ݑ‬ଶ,ଵ + 9‫ݑ‬ଷ,ଵ = −0.8 + ݁ିଷ
+ 10
−5.5‫ݑ‬ଶ,ଶ + 9‫ݑ‬ଷ,ଶ − ‫ݑ‬ଷ,ଵ = 0.8 + ݁ିଷ
Y en forma matricial es:
‫ۏ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ۍ‬
9 0 −2.5
−1 9 0
−5.5 0 9
0 0 0
−2.5 0 0
0 −2.5 0
0 −5.5 −1
0 0 −5.5
0 0 0
9 0 −2.5
0 9 0
−5.5 −1 9 ‫ے‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ې‬
‫ۏ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ۍ‬
‫ݑ‬ଵ,ଵ
‫ݑ‬ଵ,ଶ
‫ݑ‬ଶ,ଵ
‫ݑ‬ଶ,ଶ
‫ݑ‬ଷ,ଵ
‫ݑ‬ଷ,ଶ‫ے‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ې‬
=
‫ۏ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ۍ‬
12.2 + ݁ିଵ
17.3 + ݁ିଵ
4.2 + ݁ିଶ
0.8 + ݁ିଶ
9.2 + ݁ିଷ
0.8 + ݁ିଷ ‫ے‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ې‬
Al aplicar el método de Gauss, se obtiene que:
‫ۏ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ۍ‬
‫ݑ‬ଵ,ଵ
‫ݑ‬ଵ,ଶ
‫ݑ‬ଶ,ଵ
‫ݑ‬ଶ,ଶ
‫ݑ‬ଷ,ଵ
‫ݑ‬ଷ,ଶ‫ے‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ې‬
=
‫ۏ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ێ‬
‫ۍ‬
2.078
2.9601
2.4536
2.7578
2.5272
2.0606‫ے‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ۑ‬
‫ې‬
Que son los valores faltantes en la discretización del problema de EDP.