Método de Euler: Explicación y Ejemplos, Diapositivas de Ecuaciones Diferenciales

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M´etodo de Euler

[1] Zill, D., et al. (2018). Ecuaciones diferenciales con aplicaciones de modelado. Cengage.

Secci´on 2.6 (^) Un m´etodo num´erico

M´etodo de Euler

Supongamos que se quiere resolver el problema con valores iniciales

y ′^ = f (x, y ), y (x 0 ) = y 0. (1)

Un teorema (de unicidad) afirma que si f y ∂ ∂fy son continuas en una regi´on del plano que contenga al punto (x 0 , y 0 ) entonces el PVI tiene una ´unica soluci´on y (x) en un intervalo que contiene a x 0.

M´etodo de Euler

La gr´afica de esta linealizaci´on es una recta tangente a la gr´afica de y = y (x) en el punto (x 0 , y 0 ). Ahora hacemos que h sea un incremento positivo del eje x. Entonces sustituyendo x por x 1 = x 0 + h en la linealizaci´on, obtenemos:

L(x 1 ) = y 0 + f (x 0 , y 0 )(x 0 + h − x 0 ) o y 1 = y 0 + hf (x 1 , y 1 ),

donde y 1 = L(x 1 ). El punto (x 1 , y 1 ) en la recta tangente es una aproximaci´on del punto (x 1 , y (x 1 )) sobre la curva soluci´on. Por supuesto, la precisi´on de la aproximaci´on L(x 1 ) ≈ y (x 1 ) o y 1 ≈ y (x 1 ) depende fuertemente del tama˜no del incremento h. Normalmente debemos elegir este tama˜no de paso para que sea ”razonablemente peque˜no”.

M´etodo de Euler

Ahora repetimos el proceso usando una segunda ”recta tangente” en (x 1 , y 1 ). Identificando el nuevo punto inicial como (x 1 , y 1 ) en lugar de (x 0 , y 0 ) del an´alisis anterior, obtenemos una aproximaci´on y 2 ≈ y (x 2 ) correspondiente a dos pasos de longitud h a partir de x 0 , es decir, x 2 = x 1 + h = x 0 + 2h, y

L(x 2 ) = y 1 + f (x 1 , y 1 )(x 2 − x 1 ) = y 2 = y 1 + hf (x 1 , y 1 ). Continuando de esta manera, vemos que y 1 , y 2 , y 3 ,... se puede definir recursivamente mediante la f´ormula general:

yn+1 = yn + hf (xn, yn) con xn+1 = xn + h.

Ejemplo 1

Soluci´on. Con la identificaci´on

f (x, y ) = 0. 1

y + 0. 4 x^2

tenemos

yn+1 = yn + h

yn + 0. 4 x n^2

y xn+1 = xn + h

a) Para h = 0.1, n = 0, x 0 = 2, y y 0 = 4 encontramos

y 1 = y 0 +h

y 0 +0. 4 x 02

4+0.4(2)^2

que es una estimaci´on del valor y (x 1 ) = y (x 0 + h) = y (2.1). Para n = 1 se tiene x 1 = 2. 1 , y 1 = 4.18 y

y 2 = y 1 + h

y 0 + 0. 4 x 12

4 .18 + 0.4(2 + 0.1)^2

que es una estimaci´on para y (x 2 ) = y (x 1 + h) = y (2.2).

Ejemplo 1

Si se quiere una estimaci´on de y (2.5), es necesario calcular y 5. Al continuar con el m´etodo, se obtienen los valores que se muestran en la siguiente tabla.

n xn yn 0 2.00 4. 1 2.10 4. 2 2.20 4. 3 2.30 4. 4 2.40 4. 5 2.50 5.

As´ı, y (2.5) ≈ y 5 = 5.0768.

Ejemplo 2

Al lanzar un objeto desde un helic´optero y estando atado a un paraca´ıdas, la velocidad de ca´ıda satisface la ED dv dt = 32 − 1. 6 v , v (0) = 0,

donde t es el tiempo en segundos y v es la velocidad en metros por segundo. Use el m´etodo de Euler con h = 0.1 para estimar la velocidad del objeto al cabo de t = 0.5 seg.

Ejemplo 2

Soluci´on. En este caso, f (t, v ) = 32 − 1. 6 v , as´ı que vn+1 = vn + 0.1 [32 − 1. 6 vn] y, por tanto,

vn+1 = 0. 84 vn + 3. 2

y tn+1 = tn + 0.1. Se tiene v 0 = 0, t 0 = 0 y

t 1 = 0. 1 , t 2 = 0. 2 , t 3 = 0. 3 , t 4 = 0. 4 , t 5 = 0. 5

y se quiere calcular v (0.5) = v (t 5 ) ≈ v 5 : n = 0

v 1 = 0. 84 v 0 + 3. 2

v 1 = 0.84(0) + 3. 2 v 1 = 3. 2

• Ejemplo
  • n = - v 2 = 0. 84 v 1 + 3.
    • v 2 = 0.84(3.2) + 3. - v 2 = 5.
  • n = - v 3 = 0. 84 v 2 + 3. - = 0.84(5.89) + 3. - = 8.
  • n = - v 4 = 0. 84 v 3 + 3. - = 0.84(8.15) + 3. - = 10.
• Ejemplo
  • n = - v 5 = 0. 84 v 4 + 3.
    • = 0.84(10.04) + 3. - = 11.
  • Por lo tanto v (0.5) ≈ v 5 = 3.