Euler

Métodos Numéricos: Resumen y ejemplos
Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s
Francisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa
Universidad Politécnica de Cataluña
Marzo 2008, versión 1.4
Contenido
1. Resolución exacta y resolución numérica
2. Método de Euler
3. Método de Euler modiﬁcado
4. Método de Taylor de orden 2
5. Algunos ejemplos de aplicación
1 Resolución exacta y resolución numérica
1.1 Problema de valor inicial en forma normal
½
y0 = f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b].
Se busca una función y = y(x) de clase C1[a, b] que veriﬁque la ecuación
diferencial
y0
= f(x, y)
y que, para x = a, tome el valor y(a) = ya.
Se dice que la ecuación diferencial está en forma normal cuando y0 está
despejada, es decir, cuando la EDO se escribe en la forma
y0
= f(x, y).
Ejemplo 1.1 Consideramos el problema de valor inicial
½
y0 = xy2,
y(0) = 1, x ≥ 0.
1. Calcula la solución exacta.
1

Francisco Palacios Tema 4: Resolución aproximada de EDO’s. 2
2. Determina el dominio de la solución.
1. Solución exacta. La ecuación
y0
= xy2
es de variables separables. Podemos resolverla como sigue
dy
dx
= xy2
,
1
y2
dy = x dx,
Z
1
y2
dy =
Z
x dx,
−
1
y
=
1
2
x2
+ c, c ∈ R.
Familia de soluciones
y =
−1
1
2x2 + c
, c ∈ R.
Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición y(0) = 1
1 =
−1
1
202 + c
=
−1
c
⇒ c = −1.
La solución del problema de valor inicial es
y =
−1
1
2x2 − 1
=
2
2 − x2
.
2. Dominio de la solución. El denominador de
y =
2
2 − x2
se anula para x = ±
√
2. El mayor intervalo que contiene a x0 = 0, donde
y(x) es derivable es ³
−
√
2,
√
2
´
.
Teniendo en cuenta que en el enunciado se especiﬁca que buscamos una
función y = y(x) para x ≥ 0. El dominio de la solución es
I = [0,
√
2). ¤

1.2 Separación de variables
Una EDO de primer orden es separable si puede escribirse en la forma
y0
= g(x) h(y).
Resolución de EDOs separables.
Expresamos la EDO en la forma
p(y) dy = g(x) dx
e integramos ambos lados, la solución es
Z
p(y) dy =
Z
g(x) dx.
Ejemplo 1.2 Resuelve la ecuación
y0
=
y
1 + x
.
Escribimos la ecuación en la forma
p(y) dy = g(x) dx,
y0
y
=
1
1 + x
,
y0dx
y
=
dx
1 + x
,
dy
y
=
dx
1 + x
.
Integramos a ambos lados
Z
dy
y
=
Z
dx
1 + x
,
obtenemos una solución implícita.
ln y = ln(1 + x) + c, c ∈ R.
Para obtener una solución explícita1, despejamos y
y = eln(1+x)+c
= eln(1+x)
ec
,
y = k (1 + x) , k = ec
> 0. ¤
1
No siempre es posible obtener una solución explícita.

1.3 Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden
1.3.1 Definiciones
Una EDO de primer orden es lineal si puede escribirse en la forma
a1(x) y0
+ a0(x) y = g(x).
La incógnita es la función y = y(x). Observa que los coeficientes a1(x),
a0(x), y el término independiente g(x) dependen únicamente de x.
• Ecuación lineal homogénea
La ecuación lineal se denomina homogénea cuando el término independiente
es idénticamente nulo
g(x) ≡ 0.
Dada la ecuación diferencial lineal
a1(x) y0
+ a0(x) y = g(x),
la ecuación
a1(x) y0
+ a0(x) y = 0
se denomina ecuación homogénea asociada.
• Forma estándar
Decimos que una EDO lineal de primer orden está en forma estándar cuando
se expresa en la forma
y0
+ p(x) y = q(x).
Observa que en la forma estándar, el coeficiente de y0 es igual a 1.
1.3.2 Resolución de la EDO lineal homogénea
La ecuación lineal homogénea
y0
+ p(x) y = 0
es separable, y tiene solución general
y = k e−
R
p(x) dx
, k ∈ R.
Ejemplo 1.3 Consideramos la EDO
x
dy
dx
− 4y = 0.
1. Resuelve la ecuación como ecuación lineal homogénea.

2. Determina la solución del problema de valor inicial
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x
dy
dx
− 4y = 0,
y(1) = 3.
1. La forma estándar es
y0
+ p(x) y = 0,
escribimos la ecuación en forma estándar
dy
dx
−
4
x
y = 0.
Identiﬁcamos p(x)
p(x) = −
4
x
,
la solución es de la forma
y = ke−
R
p(x) dx
, k ∈ R.
y = ke−
R
(− 4
x
) dx
,
= ke4
R 1
x
dx
,
= ke4 ln|x|
,
= keln x4
,
= kx4
, k ∈ R.
2. Con la condición inicial y(1) = 3, resulta 3 = k, por lo tanto, la solución
del problema de valor inicial es
y = 3x4
. ¤
1.3.3 Resolución de la ecuación lineal completa: método de va-
riación de parámetros
Queremos resolver la ecuación lineal completa
y0
+ p(x) y = q(x).
La solución general de esta ecuación puede escribirse en la forma
y = yh(x) + yp(x)
donde:
• yh(x) es la solución general de la ecuación homogénea asociada.

• yp(x) es una solución particular de la EDO lineal completa.
Sabemos que la solución general de la ecuación homogénea asociada
y0
+ p(x) y = 0
es
yh = ke−
R
p(x) dx
.
Nos queda por obtener una solución particular de la EDO lineal completa.
El método de variación de parámetros consiste en proponer una solución
particular del tipo
yp = k(x) e−
R
p(x) dx
,
donde la constante k pasa a ser una función indeterminada de x, esto es
k = k(x). Sustituimos la solución yp en la ecuación completa y determinamos
k(x). El siguiente ejemplo ilustra el procedimiento.
Ejemplo 1.4 Consideramos la EDO lineal completa
x
dy
dx
− 4y = x6
ex
.
1. Resuélvela usando el método de variación de parámetros.
2. Resuelve el problema de valor inicial
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x
dy
dx
− 4y = x6ex,
y(1) = 2.
1. Solución general de la EDO completa. Escribimos la ecuación en forma
estándar
dy
dx
−
4
x
y = x5
ex
, (1)
cuya solución general es de la forma
y = yh + yp.
En primer lugar, debemos resolver la ecuación homogénea asociada
dy
dx
−
4
x
y = 0.
Hemos visto en el Ejemplo 1.3 , que la solución general de la EDO homogénea
es
yh = kx4
, k ∈ R.

Para obtener la solución particular de la EDO completa, proponemos la
solución
yp = k(x) x4
.
Derivamos yp
y0
p = k0
x4
+ 4kx3
y sustituimos en la ecuación completa (1)
y0
p
z }| {
k0
x4
+ 4kx3
−
4
x
yp
z }| {¡
kx4
¢
= x5
ex
.
Simpliﬁcando, resulta
k0
x4
= x5
ex
,
k0
= xex
.
Para determinar k(x), resolvemos una solución de la ecuación de variables
separables
dk
dx
= xex
,
Z
dk =
Z
xex
dx,
k = xex
−
Z
ex
dx,
= xex
− ex
.
Finalmente, sustituimos en
yp = k(x) x4
y obtenemos la solución particular
yp = (xex
− ex
) x4
yp = ex
¡
x5
− x4
¢
.
La solución general de la EDO completa es
y = yh + yp = kx4
+ ex
¡
x5
− x4
¢
, k ∈ R.
2. Solución del problema de valor inicial. Tomamos la solución general de
la EDO completa
y = kx4
+ ex
¡
x5
− x4
¢
, k ∈ R,
e imponemos la condición inicial y(1) = 2. Resulta
2 = k + e(1 − 1) ⇒ k = 2,
por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es
y = 2x4
+ ex
¡
x5
− x4
¢
. ¤

Ejemplo 1.5 Resuelve el problema de valor inicial
⎧
⎪⎨
⎪⎩
dy
dt
+ y = t
y(0) = 4
1. Obtención de la solución general. La ecuación es lineal y está en forma
estándar; notemos que la variable independiente es t.
y0
+ p(t) y = q(t)
Identiﬁcamos
p(t) = 1.
La solución general de la ecuación homogénea asociada
y0
+ p(t) y = 0
es
yh = ke−
R
p(t) dt
= ke−
R
dt
= ke−t
, k ∈ R.
Para la solución particular de la EDO lineal completa yp, proponemos una
solución del tipo
yp = k(t) e−t
,
calculamos y0
p(t)
y0
p(t) = k0
e−t
− ke−t
y sustituimos en la ecuación completa
dyp
dt
+ yp = t.
Resulta
y0
p
z }| {
k0
e−t
− ke−t
+
yp
z}|{
ke−t
= t,
k0
e−t
= t.
Despejamos k0
k0
=
t
e−t
= tet
e integramos para obtener k
k =
Z
tet
dt = tet
− et
.

La solución particular de la EDO lineal completa es
yp =
¡
tet
− et
¢
e−t
,
yp = t − 1.
Finalmente, la solución general de la EDO completa es
y = yh + yp,
y = ke−t
+ t − 1, k ∈ R.
2. Solución del problema de valor inicial. Tomamos la solución general
y = ke−t
+ t − 1, k ∈ R,
e imponemos la condición inicial
y(0) = 4,
obtenemos
4 = k − 1 ⇒ k = 5.
La solución particular buscada es
y(t) = 5e−t
+ t − 1. ¤
1.4 Resolución numérica
Para muchos problemas de valor inicial, no es posible obtener una solución
exacta. El enfoque numérico consiste en aproximar el valor de la solución
para determinados valores de x. Con mayor precisión, dado el problema de
valor inicial ⎧
⎪⎨
⎪⎩
dy
dx
= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b].
1. Dividimos el intervalo [a, b] en n partes de longitud
h =
b − a
n
,
donde h es el tamaño de paso (step).
2. Construimos los nodos de la red
x0 = a, x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b.

3. Para cada xj, calculamos el valor aproximado
¯yj ' y(xj) = yj.
Errores
• El error
ej = yj − ¯yj
se denomina error de truncamiento del paso j.
• El error al ﬁnal del intervalo
en = yn − ¯yn
se denomina error de truncamiento global.
2 Método de Euler
2.1 Presentación del método
Dado el problema de valor inicial
⎧
⎪⎨
⎪⎩
dy
dx
= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b].
el método de Euler de n pasos queda deﬁnido por
½
¯y0 = ya,
¯yj+1 = ¯yj + h f(xj, ¯yj), j = 0, 1, . . . , n − 1,
donde
h =
b − a
n
,
y
Ejemplo 2.1 Dado el problema de valor inicial
½
y0 + y − x − 1 = 0,
y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].
1. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos.

3. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamiento
global.
1. Método de Euler.
I Formulación del método
En primer lugar, escribimos la ecuación diferencial en forma normal
y0
= f(x, y),
y0
= x − y + 1.
A partir de la forma normal, identiﬁcamos f(x, y)
f(x, y) = x − y + 1.
Para n = 5, el tamaño de paso es
h =
0.5 − 0
5
= 0.1,
los nodos son
x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, x4 = 0.4, x5 = 0.5.
El método de Euler es
½
¯y0 = 1,
¯yj+1 = ¯yj + 0.1 (xj − ¯yj + 1) , j = 0, 1, . . . , 4.
I Iteraciones
Fase 0.
x0 = 0, ¯y0 = y(x0) = 1.
Fase 1.
x0 = 0
¯y0 = 1
¾
⇒ ¯y1 = ¯y0 + h (x0 − ¯y0 + 1) = 1 + 0.1 (0 − 1 + 1) = 1.
Fase 2.
x1 = 0.1
¯y1 = 1
¾
⇒ ¯y2 = ¯y1 + h (x1 − ¯y1 + 1) = 1 + 0.1 (0.1 − 1 + 1) = 1.01.
Fase 3.
x2 = 0.2
¯y2 = 1.01
¾
⇒ ¯y3 = 1.01 + 0.1 (0.2 − 1.01 + 1) = 1. 029.
Fase 4.
x3 = 0.3
¯y3 = 1.029
¾
⇒ ¯y4 = 1.029 + 0.1 (0.3 − 1.029 + 1) = 1. 0561.

Fase 5.
x4 = 0.4
¯y4 = 1.0561
¾
⇒ ¯y5 = 1.0561 + 0.1 (0.4 − 1.0561 + 1) = 1. 09049.
Resumimos los resultados en una tabla
j xj ¯yj
0 0 1
1 0.1 1
2 0.2 1.01
3 0.3 1.029
4 0.4 1.0561
5 0.5 1.09049
2. Solución exacta.
I Solución general
La ecuación
y0
+ y = x + 1
es una ecuación diferencial lineal completa. La ecuación homogénea asociada
es
y0
+ y = 0.
Identiﬁcamos p(x) = 1, la solución de la ecuación homogénea es
yh = ke−
R
p(x) dx
= ke−x
, k ∈ R.
Para obtener la solución de la ecuación completa, determinamos una solu-
ción particular de la EDO completa por variación de parámetros, esto es,
proponemos una solución de forma
yp = k(x) e−x
y sustituimos en
y0
+ y = x + 1,
resulta
y0
p
z }| {
k0
e−x
− ke−x
+
yp
z}| {
ke−x
= x + 1,
k0
e−x
= x + 1,
k0
=
x + 1
e−x
= (x + 1) ex
.
Integramos para determinar k
k =
Z
(x + 1) ex
dx.

Resolvemos la integral por partes
Z
(x + 1) ex
dx = (x + 1) ex
−
Z
ex
dx = (x + 1) ex
− ex
= xex
,
es decir
k(x) = xex
,
de donde resulta
yp = xex
e−x
,
yp = x.
Finalmente, obtenemos la solución general de la EDO completa
y = ke−x
+ x, k ∈ R.
I Solución del problema de valor inicial
Imponemos la condición y(0) = 1 y obtenemos
1 = k e0
+ 0 ⇒ k = 1.
La solución del problema de valor inicial es
y = e−x
+ x.
3. Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valores
exactos
yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5,
los valores aproximados obtenidos en el apartado 1 y los errores locales de
truncamiento.
j xj yj = e−xj + xj ¯yj ej = yj − ¯yj
0 0 1 1 0
1 0.1 1. 004837 1 0. 004837
2 0.2 1. 018731 1.01 0. 008731
3 0.3 1. 040818 1.029 0.011818
4 0.4 1. 070320 1.0561 0.014220
5 0.5 1. 106531 1.09049 0.016041
El error de truncamiento global es
e5 = y5 − ¯y5 = 0.016041. ¤

2.2 Deducción del método de Euler
Supongamos que el problema de valor inicial
⎧
⎪⎨
⎪⎩
dy
dx
= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b],
tiene una solución y = y(x) que es de clase C2 en [a, b] y que conocemos el
valor
yj = y(xj).
Nuestro objetivo es aproximar el valor de yj+1 = y(xj+1). Desarrollamos
y(x) por Taylor en c = xj y obtenemos
y(x) = y(xj) + y0
(xj) (x − xj) + y00
(ξ) (x − xj)2
, ξ entre xj y x.
Sustituimos x = xj+1, y resulta
y(xj+1) = y(xj)+y0
(xj) (xj+1 − xj)+
1
2
y00
(ξ) (xj+1 − xj)2
, ξ entre xj y xj+1.
como h = xj+1 − xj,
y(xj+1) = y(xj) + y0
(xj) h +
1
2
y00
(ξ) h2
ξ entre xj y xj+1.
Si h es pequeño, podemos despreciar el término 1
2y00(ξ) h2 y tomar la apro-
ximación
y(xj+1) ' y(xj) + y0
(xj) h,
además, como
y0
(xj) = f (xj, yj) ,
resulta
yj+1 ' yj + h f (xj, yj) .
Normalmente no conoceremos yj con exactitud y, en su lugar, emplearemos
el valor aproximado ¯yj resultando la aproximación para yj+1
¯yj+1 = ¯yj + h f (xj, ¯yj) .
3 Método de Euler Modiﬁcado
⎧
⎪⎨
⎪⎩
dy
dx
= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b],

el método de Euler modificado de n pasos queda definido por
⎧
⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎩
¯y0 = ya,
k
(j)
1 = f(xj, ¯yj),
k
(j)
2 = f
³
xj+1, ¯yj + h k
(j)
1
´
,
¯yj+1 = ¯yj +
h
2
³
k
(j)
1 + k
(j)
2
´
, j = 0, 1, . . . , n − 1,
donde
h =
b − a
n
,
y
½
y0 + y − x − 1 = 0,
y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].
1. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos.
global.
1. Método de Euler modificado.
El problema en forma normal es
½
y0 = x − y + 1,
y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].
Tenemos
f(x, y) = x − y + 1,
h =
0.5 − 0
5
= 0.1,
x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, x4 = 0.4, x5 = 0.5.
I Iteraciones
Fase 0.
x0 = 0, ¯y0 = y(x0) = 1,
Fase 1. Partimos de los valores
x0 = 0, x1 = 0.1, ¯y0 = 1,

calculamos
k
(0)
1 = f(x0, ¯y0) = x0 − ¯y0 + 1 = 0 − 1 + 1 = 0,
k
(0)
2 = f
³
x1, ¯y0 + hk
(0)
1
´
= f (0.1, 1 + 0.1 · 0) = f(0.1, 1) = 0. 1,
¯y1 = ¯y0 +
h
2
³
k
(0)
1 + k
(0)
2
´
= 1 + 0.05 (0 + 0.1) = 1. 005.
x1 = 0.1, x2 = 0.2, ¯y1 = 1.005
calculamos
k
(1)
1 = f(x1, ¯y1) = f(0.1, 1.005) = 0.1 − 1.005 + 1
= 0.0 95,
k
(1)
2 = f
³
x2, ¯y1 + hk
(1)
1
´
= f (0.2, 1.005 + 0.1 · 0.0 95)
= f (0.2, 1. 0145)
= 0. 1855,
¯y2 = ¯y1 +
h
2
³
k
(1)
1 + k
(1)
2
´
= 1.005 + 0.05 (0.095 + 0.1855)
= 1. 01902 5.
x2 = 0.2, x3 = 0.3, ¯y2 = 1. 01902 5,
calculamos
k
(2)
1 = f(x2, ¯y2) = f(0.2, 1. 01902 5) = 0.2 − 1. 01902 5 + 1
= 0. 18097 5,
k
(2)
2 = f
³
x3, ¯y2 + hk
(2)
1
´
= f (0.3, 1. 01902 5 + 0.1 · 0. 18097 5)
= f (0.3, 1. 03712 3) = 0.3 − 1. 03712 3 + 1
= 0. 26287 7,
¯y3 = ¯y2 +
h
2
³
k
(2)
1 + k
(2)
2
´
= 1. 01902 5 + 0.05 (0. 18097 5 + 0. 26287 7)
= 1. 04121 8.

x3 = 0.3, x4 = 0.4, ¯y3 = 1. 04121 8,
calculamos
k
(3)
1 = f(x3, ¯y3) = f(0.3, 1. 04121 8) = 0.3 − 1. 04121 8 + 1
= 0. 25878 2,
k
(3)
2 = f
³
x4, ¯y3 + hk
(3)
1
´
= f (0.4, 1. 04121 8 + 0.1 · 0. 25878 2)
= f (0.4, 1. 06709 6) = 0.4 − 1. 06709 6 + 1
= 0. 33290 4,
¯y4 = ¯y3 +
h
2
³
k
(3)
1 + k
(3)
2
´
= 1. 04121 8 + 0.05 (0. 25878 2 + 0. 33290 4)
= 1. 07080 2.
x4 = 0.4, x5 = 0.5, ¯y4 = 1. 07080 2
calculamos
k
(4)
1 = f(x4, ¯y4) = f(0.4, 1. 07080 2) = 0. 32919 8,
k
(4)
2 = f
³
x5, ¯y4 + hk
(4)
1
´
= f (0.5, 1. 07080 2 + 0.1 · 0. 32919 8)
= f (0.5, 1. 10372 2) = 0. 39627 8,
¯y5 = ¯y4 +
h
2
³
k
(4)
1 + k
(4)
2
´
= 1. 07080 2 + 0.05 (0. 32919 8 + 0. 39627 8)
= 1. 10707 6.
j xj ¯yj
0 0 1
1 0.1 1.005
2 0.2 1. 01902 5
3 0.3 1. 04121 8
4 0.4 1. 07080 2
5 0.5 1. 10707 6

2. Errores de truncamiento. Hemos visto en el ejemplo anterior que la
solución exacta es
y = x + e−x
.
En la siguiente tabla se recogen los valores exactos
yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5.
los valores aproximados ¯yj que hemos obtenido mediante el método de Euler
modiﬁcado, y los errores locales de truncamiento
j xj yj ¯yj ej = yj − ¯yj
0 0 1 1 0
1 0.1 1. 004837 1.005 −0.000 163
2 0.2 1. 018731 1. 01902 5 −0.000 294
3 0.3 1. 040818 1. 04121 8 −0.000 400
4 0.4 1. 070320 1. 07080 2 −0.000 482
5 0.5 1. 106531 1. 10707 6 −0.000 545
e5 = y5 − ¯y5 = −0.000 545. ¤
3.2 Deducción del método de Euler modiﬁcado
Tenemos el problema de valor inicial
½
y0 = f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b].
Tomamos
y0
= f(x, y)
e integramos en el intervalo [x0, x1],
Z x1
x0
y0
(x) dx =
Z x1
x0
f(x, y(x)) dx.
Para la integral de lado izquierdo tenemos
Z x1
x0
y0
(x) dx = [y(x)]x1
x0
= y(x1) − y(x0),
para la integral del lado derecho, determinamos un valor aproximado me-
diante la regla del trapecio simple
Z x1
x0
f(x, y(x)) dx '
h
2
[f (x0, y0) + f (x1, y1)] .

Los valores x0, x1, y0, son conocidos; para el valor y1, tomamos la estimación
que nos proporcionaría el método de Euler
y1 ' y0 + hf (x0, y0) ,
tenemos ﬁnalmente
y(x1) − y(x0) '
h
2
[f (x0, y0) + f (x1, y0 + hf (x0, y0))] .
¯y1 = y0 +
h
2
[f (x0, y0) + f (x1, y0 + hf (x0, y0))]
En pasos posteriores, se procede de forma análoga. Supongamos que hemos
obtenido ¯yj, para calcular ¯yj+1 integramos
y0
= f(x, y)
en el intervalo
[xj, xj+1],
Z xj+1
xj
y0
(x) dx =
Z xj+1
xj
f(x, y(x)) dx,
Z xj+1
xj
y0
(x) dx = y(xj+1) − y(xj),
Z xj+1
xj
f(x, y(x)) dx '
h
2
[f (xj, yj) + f (xj+1, yj+1)] .
Para calcular f (xj+1, yj+1) tomamos la estimación de yj+1 que nos propor-
cionaría el método de Euler
yj+1 ' ¯yj + hf (xj, ¯yj) ,
y(xj+1) − y(xj) '
h
2
[f (xj, yj) + f (xj+1, ¯yj + hf (xj, ¯yj))] ,
ﬁnalmente, resulta
¯yj+1 = ¯yj +
h
2
[f (xj, ¯yj) + f (xj+1, ¯yj + hf (xj, ¯yj))] .
4 Método de Taylor de 2o
orden
⎧
⎪⎨
⎪⎩
dy
dx
= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b],

el método de Taylor de 2o orden de n pasos queda deﬁnido por
⎧
⎨
⎩
¯y0 = ya,
¯yj+1 = ¯yj + h f(xj, ¯yj) +
h2
2
£
f0
x(xj, ¯yj) + f0
y(xj, ¯yj) f(xj, ¯yj)
¤
, j = 0, 1, . . . , n − 1,
donde
• f0
x es la derivada parcial de f(x, y) respecto de x,
• f0
y es la derivada parcial de f(x, y) respecto de y,
• h =
b − a
n
,
• x0 = a, x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b.
(
y0 = 1 +
y
x
,
y(1) = 2, x ∈ [1, 2].
1. Aproxima la solución usando el método de Taylor de segundo orden
con 4 pasos.
global.
1. Método de Taylor de segundo orden.
I Formulación del método. El problema está en forma normal, identiﬁcamos
f(x, y),
f(x, y) = 1 +
y
x
.
Calculamos las derivadas parciales
f0
x(x, y) = −
y
x2
,
f0
y (x, y) =
1
x
.
El tamaño de paso es
h =
2 − 1
4
= 0.25,
y los nodos son
x0 = 1, x1 = 1.25, x2 = 1.5, x3 = 1.75, x4 = 2.

La fórmula de recurrencia es, en este caso
¯yj+1 = ¯yj + 0.25 · f (xj, ¯yj) +
(0.25)2
2
£
f0
x(xj, ¯yj) + f0
y (xj, ¯yj) f(xj, ¯yj)
¤
.
I Iteraciones
Fase 1. Partimos de
x0 = 1, ¯y0 = 2,
calculamos
f (x0, ¯y0) = 1 +
2
1
= 3,
f0
x(x0, ¯y0) = −
2
1
= −2,
f0
y (x0, ¯y0) =
1
1
= 1,
¯y1 = ¯y0 + 0.25 · f (x0, ¯y0) +
(0.25)2
2
£
f0
x(x0, ¯y0) + f0
y (x0, ¯y0) f (x0, ¯y0)
¤
= 2 + 0.25 · 3 + 0.0 3125 · (−2 + 1 · 3)
= 2. 78125.
Fase 2. Partimos de
x1 = 1.25, ¯y1 = 2. 78125,
calculamos
f (x1, ¯y1) = 1 +
2. 78125
1.25
= 3. 225,
f0
x(x1, ¯y1) = −
2. 78125
(1.25)2 = −1. 78,
f0
y (x1, ¯y1) =
1
1.25
= 0. 8,
¯y2 = ¯y1 + 0.25 · f (x1, ¯y1) +
(0.25)2
2
£
f0
x(x1, ¯y1) + f0
y (x1, ¯y1) f (x1, ¯y1)
¤
= 2. 78125 + 0.25 · 3. 225 + 0.0 3125 · (−1. 78 + 0. 8 · 3. 225)
= 3. 6125.
Fase 3. Partimos de
x2 = 1.5, ¯y2 = 3. 6125,
calculamos
f (x2, ¯y2) = 1 +
3. 6125
1.5
= 3. 408333,

f0
x(x2, ¯y2) = −
3. 6125
(1.5)2 = −1. 605556,
f0
y (x2, ¯y2) =
1
1.5
= 0. 6666667,
¯y3 = ¯y2 + 0.25 · f (x2, ¯y2) +
(0.25)2
2
£
f0
x(x2, ¯y2) + f0
y (x2, ¯y2) f (x2, ¯y2)
¤
= 3. 6125 + 0.25 · 3. 40833 3 + 0.0 3125 · (−1. 60555 6 + 0. 66666 67 · 3. 40833 3)
= 4. 48541 7.
Fase 4. Partimos de
x3 = 1.75, ¯y3 = 4. 485417,
calculamos
f (x3, ¯y3) = 1 +
4. 48541 7
1.75
= 3. 563095,
f0
x(x3, ¯y3) = −
4. 48541 7
(1.75)2 = −1. 464626,
f0
y (x3, ¯y3) =
1
1.75
= 0. 5714286,
¯y4 = ¯y3 + 0.25 · f (x3, ¯y3) +
(0.25)2
2
£
f0
x(x3, ¯y3) + f0
y (x3, ¯y3) f (x3, ¯y3)
¤
= 4. 48541 7 + 0.25 · 3. 56309 5 + 0.0 3125 · (−1. 46462 6 + 0. 57142 86 · 3. 56309 5)
= 5. 39404 8.
j xj ¯yj
0 1.00 2
1 1.25 2. 781250
2 1.50 3. 612500
3 1.75 4. 48541 7
4 2.00 5. 39404 8
2. Solución exacta.
I Solución general. La ecuación
y0
= 1 +
y
x
es lineal. La escribimos en la forma estándar
y0
+ p(x) y = q(x),

y0
−
1
x
y = 1.
La ecuación homogénea asociada es
y0
−
1
x
y = 0.
Identiﬁcamos
p(x) = −
1
x
,
la solución de la ecuación homogénea es
yh = ke−
R −1
x
dx
= keln x
= kx, k ∈ R.
Para obtener la solución de la ecuación completa, determinamos una solución
particular aplicando el método de variación de parámetros. Proponemos
yp = k(x) x,
y sustituimos en
y0
−
1
x
y = 1.
Resulta
y0
p
z }| {
k0
x + k −
1
x
yp
z}|{
kx = 1,
k0
x = 1,
k0
=
1
x
,
k =
Z
1
x
dx = ln x.
Finalmente, obtenemos la solución particular de la EDO completa
yp = x ln x,
y solución general
y = kx + x ln x, k ∈ R.
I Solución exacta del problema de valor inicial. Imponemos la condición
y(1) = 2 y obtenemos
2 = k + 1 ln 1 ⇒ k = 2,
la solución del problema de valor inicial es
y = 2x + x ln x.

3. Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valores
exactos
yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5.
y los errores locales de truncamiento
j xj yj ¯yj ej = yj − ¯yj
0 1.00 2 2 0
1 1.25 2. 77892 9 2. 781250 −0.00 2321
2 1.50 3. 60819 8 3. 612500 −0.00 4302
3 1.75 4. 47932 8 4. 48541 7 −0.00 6089
4 2.00 5. 38629 4 5. 39404 8 −0.00 7754
e4 = y4 − ¯y4 = −0.00 7754. ¤
4.2 Deducción del método de Taylor de 2o
orden
Supongamos que el problema de valor inicial
⎧
⎪⎨
⎪⎩
dy
dx
= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b].
tiene una solución y = y(x) que es de clase C3 en [a, b] y que conocemos el
valor de la fase j
yj = y(xj).
Nuestro objetivo es aproximar el valor de yj+1. Desarrollamos y(x) por Tay-
lor hasta orden 2 en c = xj y obtenemos
y(x) = y(xj) + y0
(xj) (x − xj) +
1
2
y00
(xj) (x − xj)2
+
+
1
3!
y000
(ξ) (x − xj)3
, ξ entre xj y x.
Sustituimos x = xj+1, y resulta
y(xj+1) = y(xj) + y0
(xj) (xj+1 − xj) +
1
2
y00
(xj) (xj+1 − xj)2
+
+
1
3!
y000
(ξ) (xj+1 − xj)3
, ξ entre xj y xj+1.
Como h = xj+1 − xj, obtenemos
y(xj+1) = y(xj) + y0
(xj) h +
1
2
y00
(xj) h2
+
1
3!
y000
(ξ) h3
ξ entre xj y xj+1,

Si h es pequeño, podemos despreciar el término
1
3!
y000
(t) h3
y tomar la aproximación
y(xj+1) ' y(xj) + y0
(xj) h +
1
2
y00
(xj) h2
. (2)
El valor de y0(xj) podemos obtenerlo de
y0
(xj) = f (xj, yj) ,
para y00(xj), usamos la regla de la cadena
y00
(x) =
d
dx
f (x, y(x)) =
∂
∂x
f (x, y) +
∂
∂y
f (x, y) y0
(x)
=
∂
∂x
f (x, y) +
∂
∂y
f (x, y) f(x, y),
y obtenemos
y00
(xj) =
∂
∂x
f (xj, yj) +
∂
∂y
f (xj, yj) f(xj, yj).
Sustituimos y0(xj), y00(xj) en (2),
yj+1 ' yj + h f (xj, yj) +
h2
2
∙
∂
∂x
f (xj, yj) +
∂
∂y
f (xj, yj) f(xj, yj)
¸
,
ﬁnalmente, sustituimos yj por el valor aproximado ¯yj, y obtenemos la apro-
ximación para yj+1
¯yj+1 = ¯yj + h f(xj, ¯yj) +
h2
2
£
f0
x(xj, ¯yj) + f0
y(xj, ¯yj) f(xj, ¯yj)
¤
.
5 Algunos ejemplos de aplicación
Ejemplo 5.1 Supongamos que la tasa de crecimiento de una población y(t)
es proporcional al número de individuos y que la población inicial es y0. Si
después de 50 años la población se ha duplicado, ¿en cuántos años tendremos
una población triple de la inicial?
• Modelo.
y = y(t) población,
t tiempo (en años),
t = 0 momento inicial,
y0 = y(0) población inicial,
dy
dt
tasa de crecimiento de la población (individuos/año).

• Ecuación diferencial.
dy
dt
= α y,
donde α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación es
una EDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar
y0
+ p(t) y = 0,
esto es
y0
− α y = 0,
donde identiﬁcamos
p(t) = −α.
La solución general es
y = ke−
R
p(t) dt
= ke−
R
(−α) dt
,
y = keαt
, k ∈ R.
Utilizamos la condición inicial
y(0) = y0
para determinar la constante k
y0 = keα·0
= k,
por lo tanto,
y = y0 eαt
.
Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la población inicial
se ha duplicado en un período de 50 años.
y(50) = y0 eα50
= 2y0 ⇒ eα50
= 2,
50α = ln 2,
α =
ln 2
50
= 0.013863.
El modelo de la población, es por lo tanto,
y = y0 e0.013863t
.
Para ver el período de tiempo necesario para triplicar la población , plan-
teamos la ecuación
y0 e0.01 3863t
= 3y0

y determinamos el valor de t
e0.01 3863t
= 3,
0.013863t = ln 3,
t =
ln 3
0.01 3863
= 79. 2478.
Para triplicar la población se necesitan 79.25 años desde en momento inicial
(29.25 años desde el momento en que se duplica la población inicial. ¤
Ejemplo 5.2 En un cultivo de bacterias, la tasa de crecimiento de la po-
blación es proporcional a la población presente.
1. Si se ha observado que la población se ha duplicado en 4 horas, ¿qué
población cabe esperar al cabo de 12 horas?
2. Supongamos que en un segundo cultivo, el número de bacterias es 104
al cabo de 3 horas y 4×104 al cabo de 5 horas. Determina la población
inicial. ¿Qué tamaño de población tendremos después de 6 horas?
• Modelo
y = y(t) población,
t tiempo (en horas),
y0 = y(0) población inicial,
dy
dt
tasa de crecimiento de la población (individuos/hora).
• Ecuación diferencial
dy
dt
= α y,
α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación es una
EDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar y0 + p(t) y = 0 y
obtenemos, como en el ejemplo anterior, la solución
y = keαt
, k ∈ R.
Utilizamos la condición inicial y(0) = y0 para determinar la constante k
y0 = keα·0
= k,
resulta,
y = y0 eαt
.
1) Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la población
inicial se ha duplicado en un período de 4 horas.
y(4) = y0 eα4
= 2y0 ⇒ e4α
= 2,

4α = ln 2,
α =
ln 2
4
.
El modelo de la población, es por lo tanto,
y = y0 e
ln 2
4
t
.
Después de 12 horas, tendremos
y(12) = y0 e
ln 2
4
12
= y0 e3 ln 2
= y0eln 8
= 8y0,
es decir, al cabo de 12 horas, la población se ha multiplicado por 8.
2) En este caso disponemos de dos datos, lo que nos permite determinar la
constante α y la población inicial. El modelo es
y = y0 eαt
y tenemos ½
y(3) = 104,
y(5) = 4 × 104,
es decir ½
y0 e3α = 104,
y0 e5α = 4 × 104.
Dividiendo las ecuaciones, podemos eliminar y0 y determinar α
y0 e5α
y0 e3α
=
4 × 104
104
,
e5α
e3α
= 4,
e2α
= 4,
2α = ln 4,
α =
ln 4
2
= ln
√
4 = ln 2.
Sustituyendo en la primera ecuación, resulta
y0 e3 ln 2
= 104
,
y0 =
104
e3 ln 2
=
104
8
= 1250,
la población inicial es, por lo tanto de 1250 individuos. El modelo que
describe el tamaño de la población es
y = 1250 et ln 2
= 1250 × 2t
Después de 6 horas, el tamaño de población será
y(6) = 1250 × 26
= 80000 individuos. ¤

Ejemplo 5.3 Según la ley de enfriamiento de Newton, la velocidad a que
se enfría una sustancia al aire libre es proporcional a la diferencia de tem-
peratura entre la sustancia y el aire. Sabemos que la temperatura del aire es
de 30o y la sustancia se ha enfriado desde 100o a 70o en 15 minutos.
1. ¿Qué temperatura tenía la sustancia después de 10 minutos?
2. ¿Cuándo tendrá la sustancia una temperatura de 40o?
• Modelo
y = y(t) temperatura de la sustancia,
t tiempo (en minutos),
y0 = 100o temperatura inicial,
Tm = 30o temperatura del medio,
dy
dt
tasa de variación de la temperatura de la sustancia.
dy
dt
= −α ( y − Tm),
α > 0 es la constante de proporcionalidad (desconocida). Observamos que
si y > Tm, entonces
−α ( y − Tm) < 0
y la sustancia se enfría. La ecuación es una EDO lineal completa, la escri-
bimos en forma estándar
y0
+ p(t) y = q(t),
y0
+ α y = αTm,
identiﬁcamos
p(t) = α, q(t) = αTm, (ambos constantes).
La EDO lineal homogénea asociada es
y0
+ α y = 0,
que tiene solución
y = ke−
R
α dt
, k ∈ R,
y = ke−α t
, k ∈ R.
Calculamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros,
esto es, proponemos una solución
yp(t) = k(t) e−α t

y sustituimos en la ecuación completa para determinar k(t)
y0
p
z }| {
k0
e−α t
− αk e−α t
+α
yp
z }| {
k e−α t
= α Tm,
k0
e−α t
= α Tm,
k0
=
α Tm
e−α t
,
k0
= α Tm eα t
,
k =
Z
α Tm eα t
dt.
Obtenemos
k = Tm eα t
+ c, c ∈ R,
tomamos el valor de k
k = Tm eα t
,
de donde resulta la siguiente solución particular de la ecuación completa
yp(t) =
¡
Tm eα t
¢
e−αt
= Tm.
La solución general de la EDO completa es
y(t) = yh(t) + yp(t) = ke−α t
+ Tm, k ∈ R.
Observa que podíamos haber obtenido la solución particular directamente
yp(t) = Tm apreciando que la ecuación
dy
dt
= −α ( y − Tm),
tiene la solución singular2 y = Tm.
1) Para determinar k, sustituimos Tm = 30o y usamos la condición inicial
y(0) = 100o
,
100 = k e0
+ 30 ⇒ k = 70.
Finalmente, para determinar α, usamos el dato
y(15) = 70,
70 = 70e−15α
+ 30,
70e−15α
= 40
e−15α
=
4
7
2
Una solución singular es una función constante y(t) = c que veriﬁca la ecuación.

−15α = ln
4
7
α =
−1
15
ln
4
7
= 0.03731.
El modelo matemático que describe el enfriamiento de la sustancia es
y = 70e−0.03731 t
+ 30.
La temperatura después de 10 minutos será
y(10) = 70 e−0.3731
+ 30 = 78. 2o
2) El tiempo necesario para que la sustancia esté a 40 grados se obtiene
resolviendo la ecuación
70e−0.03731 t
+ 30 = 40,
e−0.03731 t
=
10
70
,
t =
−1
0.03731
ln
1
7
= 52. 16 minutos. ¤
Ejemplo 5.4 Un tanque contiene 1000 litros de una disolución de agua y
sal. En el tanque entra agua a razón de 20 litros/min y la mezcla, conservada
uniforme por agitación, sale a la misma velocidad. Si inicialmente hay 60
kg de sal en el tanque, ¿cuánta sal queda en el tanque después de 1 hora?
• Modelo
y = y(t) cantidad de sal en el tanque (en kg),
y0 = 60 cantidad inicial de sal (en kg),
dy
dt
tasa de variación de la cantidad de sal (en kg/min).
Observemos que la tasa de entrada y de salida de líquido es la misma, por
lo tanto el volumen de disolución en el tanque se mantiene constante
concentración de sal =
y
1000
(en Kg/litro).
Tasa de variación de sal =
tasa de entrada de sal
z }| {
20
litros
min.
× 0
kg
litro
−
tasa de salida de sal
z }| {
20
litros
min.
×
y
1000
kg
litro
= −
1
50
y
kg
min.

dy
dt
= −
1
50
y.
Es una ecuación lineal homogénea
y0
+
1
50
y = 0,
con solución general
y = k e−
R 1
50
dt
, k ∈ R,
y = k e− 1
50
t
, k ∈ R.
Usamos la condición inicial
y(0) = 60,
para determinar k
60 = k e−0
⇒ k = 60.
El modelo matemático que describe la cantidad de sal en el tanque es
y = 60 e− 1
50
t
.
La cantidad de sal después de 1 hora será
y(60) = 60 e−60
50 = 18. 07 kg. ¤
Ejemplo 5.5 En una galería subterránea de dimensiones 15×5×1.2 metros
hay una concentración del 0.2% de CO2. Se quiere renovar la atmósfera con
aire exterior, cuya concentración de CO2 es de 0.05%, mediante ventiladores
que proporcionan un caudal de aire de 9 m3/min. Calcula el porcentaje de
CO2 después de 20 minutos.
• Modelo
y = y(t) cantidad de CO2 (en m3),
V = 90 m3 volumen de la galería,
y
90
concentración de CO2,
y0 = 0. 18 m3 cantidad inicial de CO2 (y(0) = 0.002 × 90),
dy
dt
tasa de variación de la cantidad de CO2 (en m3/min).
Tasa de variación de CO2
tasa de entrada de CO2
z }| {
9
m3 aire
min.
× 0.0005
m3 CO2
m3 aire
−
tasa de salida de CO2
z }| {
9
m3 aire
min.
×
y
90
m3 CO2
m3 aire

=
³
0.0045 −
y
10
´ m3 CO2
min
.
dy
dt
=
³
0.0045 −
y
10
´
.
Resolvemos por separación de variables
1
³
0.0045 −
y
10
´ dy = dt,
Z
1
³
0.0045 −
y
10
´ dy =
Z
dt,
−10 ln
¯
¯
¯0.0045 −
y
10
¯
¯
¯ = t + c1,
ln
¯
¯
¯0.0045 −
y
10
¯
¯
¯ = −
t
10
+ c2, c2 =
−c1
10
,
¯
¯
¯0.0045 −
y
10
¯
¯
¯ = e− t
10
+c2
= c3e− t
10 , c3 = ec2
,
0.0045 −
y
10
= ±c3 e− t
10 ,
0.0045 −
y
10
= c4 e− t
10 ,
y = 10
³
0.0045 − c4 e− t
10
´
,
y = 0.045 − c e− t
10 , c ∈ R.
Sustituimos la condición inicial, y determinamos c
y(0) = 0.18,
0.18 = 0.045 − c e− 0
10 ⇒ c = −0. 135.
El modelo matemático que describe la cantidad de CO2 en la galería es
y = 0.045 + 0.135 e− t
10 .
La cantidad de CO2 después de 20 minutos será
y(20) = 0.045 + 0.135 e−20
10 = 0.06 327 m3
y la concentración es
0.06 327 m3 CO2
90 m3 aire
= 0.000703.
Después de 20 minutos, la concentración de CO2 será de 0.07%. ¤

Ejemplo 5.6 Tenemos un depósito cilíndrico con radio de la base R = 8
dm y altura h = 1 m. El depósito se vacía a través de un orificio redondo
de radio r = 0.833 cm situado en la base del depósito. Sabemos que por un
orificio de ese tipo el agua fluye a una velocidad aproximada v = 4.8
√
h
dm/s, donde h es la altura del nivel de agua en el depósito. Si inicialmente
el depósito está totalmente lleno, determina el tiempo que el depósito tardará
en vaciarse.
• Modelo
h = h(t) nivel de agua en el depósito (en dm),
t tiempo (en segundos),
h0 = 10 dm nivel inicial,
R = 8 dm radio del depósito,
r = 0.0833 dm radio del orificio de salida,
dh
dt
tasa de variación del nivel de agua (en dm/s).
La velocidad de salida del agua por el orificio de la base es
v = 4.8
√
h dm/s,
y el área de la sección perpendicular al flujo de salida es
A = πr2
dm2
,
por lo tanto, tendremos un flujo de salida
v · A = 4.8
√
h dm/s × πr2
dm2
= 4.8πr2
√
h dm3
/s.
La variación del volumen de agua V = V (t) en el depósito es igual a flujo
de salida
dV
dt
= −4.8πr2
√
h, (3)
por otra parte, el volumen de agua en el depósito es
V = πR2
h,
por lo tanto
dV
dt
= πR2 dh
dt
.
Sustituimos en (3), y resulta
πR2 dh
dt
= −4.8πr2
√
h,

de donde obtenemos la ecuación diferencial para la altura del agua en el
depósito
R2 dh
dt
= −4.8r2
√
h,
dh
dt
= −4.8
r2
R2
√
h.
Sustituimos los valores R = 8, r = 0.0833
dh
dt
= −5. 204 × 10−4
√
h.
Se trata de una ecuación diferencial no lineal de variables separables
1
√
h
dh = −5. 204 × 10−4
dt,
Z
1
√
h
dh = −5. 204 × 10−4
Z
dt,
2
√
h = −5. 204 × 10−4
t + c, c ∈ R.
Determinamos c con la condición inicial h0 = 10
2
√
10 = −5. 204 × 10−4
× 0 + c ⇒ c = 2
√
10,
por lo tanto, el modelo matemático que describe la altura del nivel de agua
en el tanque es
2
√
h = −5. 204 × 10−4
t + 2
√
10, (4)
que en forma explícita queda
h =
³√
10 − 0.000 2602 t
´2
.
Para determinar el tiempo de vaciado, sustituimos h = 0 en (4) y despejamos
t
0 = −5. 204 × 10−4
t + 2
√
10,
t =
−2
√
10
−5. 204 × 10−4
= 12153. 26 s = 3. 37 horas = 3 horas 22 minutos. ¤

Euler

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