METODOS NUMERICOS
Paso 3 - Diferenciación e Integración Numérica y EDO
CAROLINE ANGELICA MERCADO BORJA Código 1.045.691.593
ANDRES GIOVANNY BECERRA MONROY Código 86070305
VIANNEY FAVIAN MARIÑO JULIO CODIGO: 13872463
GRUPO: 100401_2
TUTOR: Ingeniero JESUS OMAR VARGAS FLORES
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA UNAD ESCUELA DE CIENCIAS BASICAS, TECNOLOGIA E INGENIERIA ECBTI INGENIERIA DE SISTEMAS Barranquilla, Mayo de 2017
INTRODUCCION
La solución del siguiente trabajo demuestra el uso de las herramientas y los conocimientos adquiridos en la Unidad 3 del curso Métodos Numéricos, el cálculo aproximado de las integrales numéricas y las ecuaciones diferenciales ordinarias. Con el desarrollo del presente trabajo se pretende dar solución a ecuaciones diferenciales ordinarias e integrales que requerirían de un gran conocimiento y manejo de matemática avanzada mediante métodos numéricos, algunos de estos métodos son: -
Método de Euler, Método de Runge – Kutta Método de Trapecio Regla de Simpson. Integración de Romberg.
OBJETIVOS
1.
Aplicar los conocimientos y conceptos de la unidad tres
2.
Solucionar las ecuaciones que la actividad propone
3.
Usar herramientas en línea o el editor de Excel para comprobar la solución
ACTIVIDAD 1. Plantee y solucione dos ejercicios sobre Diferenciación Numérica explicando paso a paso el procedimiento utilizado. Diferenciación numérica Formula de diferencias finitas centradas 𝑓 ′ (𝑥0 ) =
𝑓(𝑥0 + ℎ) − 𝑓(𝑥0 − ℎ) 2ℎ
Aproximar la primera derivada de la función f(x)=2xe^x para un x0=1con un paso de h=0.05 𝑓(𝑥) = 2𝑥𝑒 𝑥
𝑥0 = 1
ℎ = 0.05
Aplicando la fórmula de diferencias finitas centradas 𝑓 ′ (𝑥0 ) =
𝑓(𝑥0 + ℎ) − 𝑓(𝑥0 − ℎ) 2ℎ
𝑓(𝑥0 + ℎ) = 1 + 0.05 = 1.05 𝑓(𝑥0 − ℎ) = 1 − 0.05 = 0.95 Reemplazamos en la formula 𝑓 ′ (1) =
𝑓(1.05) − 𝑓(0.95) 2(1.05)𝑒1.05 − 2(0.95)𝑒 0.95 = = 10.88218 2(0.05) 2(0.05)
Formula de los tres puntos 𝑓 ′ (𝑥0 ) = 𝑓 ′ (1) = 𝑓 ′ (1) =
−3𝑓(𝑥0 ) + 4𝑓(𝑥0 + ℎ) − 𝑓(𝑥0 − 2ℎ) 2ℎ
−3𝑓(1) + 4𝑓(1 + 0.05) − 𝑓(1 − 2(0.05)) 2(0.05)
−3(2(1)𝑒1 ) + 4(2(1.05)𝑒1.05 ) − (2(0.9)𝑒 0.9 ) = 32.672 2(0.05)
2. Solucione el siguiente ejercicio utilizando la Regla del Trapecio. (n= 4)
Ejercicio 1 2
∫ 0
ℎ= 2
∫ 0
𝑥3 𝑑𝑥 1 + 𝑥 1/2
𝑏−𝑎 2−0 2 = = = 0.5 𝑛 4 4
𝑥3 0.5 03 0.53 13 1.53 ≈ [( + + + ) (2 ) (2 ) (2 ) 2 1 + 𝑥 1/2 1 + 01/2 1 + 0.51/2 1 + 11/2 1 + 1.51/2 23 + ] 1 + 21/2
2
∫ 0
3
0 0 0
1 0.5 0.146
2 1 2
3 1.5 2.51
4 2 3.31
𝑥 0.5 [(0) + (0.146) + (2) + (2.51) + 3.31] = 2.32 ≈ 1/2 2 1+ 𝑥
2
𝑥3
∫ 0
𝑛 𝑥𝑛 𝑓(𝑥𝑛 )
1
≈ 1.87
1 + 𝑥2
Ejercicio 2 2
3
∫ √𝑥 (𝑒 𝑥 ) 𝑑𝑥 1
ℎ= 2
3
𝑏−𝑎 2−1 1 = = = 0.25 𝑛 4 4
∫ √𝑥 (𝑒 𝑥 ) ≈ 1
2
0.25 3 3 3 3 3 [(√1(𝑒 1 )) + (2 ( √1.25(𝑒 1.25 )) + (2 √1. 5(𝑒 1.5 ) + (2 √1.75(𝑒1.75 )) + √2(𝑒 2 )] 2 𝑛 𝑥𝑛 𝑓(𝑥𝑛 )
3
0 1 2.71
1 1.25 3.75
2 1.5 5.13
3 1.75 6.93
4 2 9.30
∫ √𝑥 (𝑒 𝑥 ) ≈ 0.125 [(2.71) + 2(3.75) + 2(5.13) + 2(6.93) + 9.30] 1
2
3
∫ √𝑥 (𝑒 𝑥 ) ≈ 5.45 1
3. Soluciones los siguientes ejercicios utilizando la Regla de Simpson 1/3 y 3/8. (n= 4)
3
𝑒𝑥 ∫ 𝑑𝑥 1 𝑥 4
∫ 𝑒 𝑥 ln(𝑥)𝑑𝑥 2
Regla de Simpson 1/3: 𝑏
𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎
ℎ ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 ≈ (𝑓(𝑎) + 4( 3 𝑎
𝑛−1
∑
𝑖=𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟𝑒𝑠
ℎ=
𝑛−2
𝑓(𝑥𝑖 )) + 2( ∑ 𝑓(𝑥𝑗 ) + 𝑓(𝑏)) 𝑗=𝑝𝑎𝑟𝑒𝑠
𝑏−𝑎 𝑛
Regla de Simpson 1/8: 𝑏
𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎
ℎ=
Solución para la siguiente integral: 3
𝑒𝑥 ∫ 𝑑𝑥 𝑥 1
𝑛−2
𝑛−3
𝑖=2,4,5..
𝑗=3,6,9..
ℎ ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 ≈ (𝑓(𝑎) + 3( ∑ 𝑓(𝑥𝑖 )) + 2( ∑ 𝑓(𝑥𝑗 ) + 𝑓(𝑏)) 8 𝑎
𝑏−𝑎 𝑛
𝑠𝑒 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎 𝑒𝑙 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟
ℎ=
𝑏−𝑎 3−1 2 = = = 0.5 𝑛 4 4
n=4
𝒙𝟎
𝒙𝟏
𝒙𝟐
𝒙𝟑
𝒙𝟒
1
1.5
2
2.5
3
Reemplazamos en la fórmula de la Regla de Simpson 1/3 Compuesta 3
∫ 1
3
∫ 1
𝑒𝑥 𝑑𝑥 𝑥
𝑒𝑥 𝑑𝑥 𝑥
≈
≈
0.5 (𝑓(1) + 4(𝑓(1.5) + 𝑓(2.5)) + 2𝑓(2) + 𝑓(3)) 3
0.5 𝑒1 𝑒1.5 𝑒2.5 𝑒2 𝑒3 (( ) + 4(( )+( )) + 2 ( ) + ( )) 3 1 2 3 1.5 2.5 3
𝑒𝑥 ∫ 𝑑𝑥 ≈ 8.0409 1 𝑥
Reemplazamos en la fórmula de la Regla de Simpson 3/8 Compuesta Como n = 4 no se puede aplicar la regla de Simpson 3/8 por que 4 no es múltiplo de 3, por lo que para solucionar el ejercicio se puede dividir la integral y aplicar diferentes métodos en los intervalos, así: Regla de Simpson 3/8 + Regla del Trapecio Simple 3
∫ 1 3
∫ 1
𝑒𝑥 𝑑𝑥 𝑥
𝑒𝑥 𝑑𝑥 𝑥
≈
≈
3(0.5) 0.5 (𝑓(1) + 3(𝑓(1.5) + 𝑓(2)) + 𝑓(2.5)) + (𝑓(2.5) + 𝑓(3)) 8 2
1.5 𝑒1 𝑒1.5 𝑒2 𝑒2.5 0.5 𝑒2.5 𝑒3 ) + ( )) + ( )) + (( ) + ( )) (( ) + 3 (( 8 2 1 2 3 1.5 2.5 2.5 3
∫ 1
𝑒𝑥 𝑑𝑥 ≈ 8.07421 𝑥
Solución para la siguiente integral: 4
∫ 𝑒 𝑥 ln(𝑥)𝑑𝑥 2
𝑠𝑒 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎 𝑒𝑙 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟
ℎ=
𝑏−𝑎 4−2 2 = = = 0.5 𝑛 4 4
n=4
𝒙𝟎
𝒙𝟏
𝒙𝟐
𝒙𝟑
𝒙𝟒
2
2.5
3
3.5
4
Reemplazamos en la fórmula de la Regla de Simpson 1/3 Compuesta 4
∫ 2 4
∫ 𝑒 𝑥 ln(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 2
𝑒𝑥 ln(𝑥)𝑑𝑥
≈
0.5 (𝑓(2) + 4(𝑓(2.5) + 𝑓(3.5)) + 2𝑓(3) + 𝑓(4)) 3
0.5 ((𝑒 2 ln(2)) + 4 ((𝑒 2.5 ln(2.5)) + (𝑒 3.5 ln(3.5))) + 2(𝑒 3 ln(3.5)) + (𝑒 4 ln(4))) 3 4
∫ 2
𝑒𝑥 ln(𝑥)𝑑𝑥
≈ 56.95495
Reemplazamos en la fórmula de la Regla de Simpson 3/8 Compuesta Como n = 4 no se puede aplicar la regla de Simpson 3/8 por que 4 no es múltiplo de 3, por lo que para solucionar el ejercicio se puede dividir la integral y aplicar diferentes métodos en los intervalos, así: Regla de Simpson 3/8 + Regla del Trapecio Simple 4
∫ 2
𝑒𝑥 ln(𝑥)𝑑𝑥 4
≈
3(0.5) 0.5 (𝑓(2) + 3(𝑓(2.5) + 𝑓(3)) + 𝑓(3.5)) + (𝑓(3.5) + 𝑓(4)) 8 2
1.5 ((𝑒 2 ln(2)) + 3 ((𝑒 2.5 ln(2.5)) + (𝑒 3 ln(3))) + (𝑒 3.5 ln(3.5))) 8 0.5 ((𝑒 3.5 ln(3.5)) + (𝑒 4 ln(4))) + 2
∫ 𝑒 𝑥 ln(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 2
4
∫ 2
𝑒𝑥 ln(𝑥)𝑑𝑥
≈ 56.7239
4. Solucione los siguientes ejercicios utilizando la Integración de Romberg. Usando segmentos de longitud 1, 1/2 y 1/4. 2
3
∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 1
h=1 𝐼1 =
ℎ 13 3 [𝑒 + 𝑒 2 ] = 1491.83 2
h=1/2 13 1 13 3 𝐼1 = [𝑒 + 2 (𝑒 2 ) + 𝑒 2 ] = 746.48 4
h=1/4 13 13 33 1 13 3 4 2 𝐼1 = [𝑒 + 2 (𝑒 + 𝑒 + 𝑒 4 ) + 𝑒 2 ] = 373.87 8
Nivel 2 4 1 4 1 (746.48) − (1491.83) = 498.03 𝐼𝑚 − 𝐼𝑙 = 3 3 3 3 4 1 4 1 (373.87) − (746.48) = 249.66 𝐼𝑚 − 𝐼𝑙 = 3 3 3 3 Nivel 3 16 1 16 1 (249.66) − (498.03) = 233.10 𝐼𝑚 − 𝐼𝑙 = 15 15 15 15 3
∫ 𝑒 𝑥 ln 𝑥 𝑑𝑥 2
h=1 𝐼1 =
1 [(𝑒 2 ln 2) + (𝑒 3 ln 3) ] = 13.59 2
h=1/2 𝐼1 = h=1/4
1 2 [𝑒 ln 2 + 2 (𝑒 1/2 ln 1/2) + 𝑒 3 ln 3] = 6.22 2
𝐼1 =
1 1 3 1 2 [𝑒 ln 2 + 2 ( (𝑒 4 ln 1/4) + (𝑒 2 ln 1/2) + (𝑒 4 ln 3/4)) + 𝑒 3 ln 3] = 2.51 8
Nivel 2 4 1 4 1 (6.22) − (13.59) = 3.76 𝐼𝑚 − 𝐼𝑙 = 3 3 3 3 4 1 4 1 (2.51) − (6.22) = 1.27 𝐼𝑚 − 𝐼𝑙 = 3 3 3 3
Nivel 3 16 1 16 1 (1.27) − (3.76) = 1.10 𝐼𝑚 − 𝐼𝑙 = 15 15 15 15
5. Solucione los siguientes ejercicios de Integrales Múltiples compruebe que:
Integrales múltiples: Usada para calcular el volumen bajo una superficie de tres dimensiones 𝑏𝑑
𝐹𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎𝑠 1
𝑑 𝑏
∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥
∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑎 𝑐
𝑐 𝑎
2𝑥
∫ ∫ 𝑥 2 + 𝑦 3 𝑑𝑦 𝑑𝑥 ≈ 1.000122 0
𝑥 1
2𝑥
𝑦4 {∫ 𝑥 𝑦 + ] } 𝑑𝑥 4 𝑥 0
1
∫ {(𝑥 2 2𝑥 + 0
2
1 (2𝑥)4 𝑥4 𝑥4 𝑥4 ) − (𝑥 2 𝑥 + )} 𝑑𝑥 = ∫ {2𝑥 3 + − 𝑥 3 − } 𝑑𝑥 4 4 4 4 0
1
1
𝑥4 𝑥4 𝑥5 ∫ {𝑥 + } 𝑑𝑥 = + ] 4 4 20 0 0
14 4
( +
3
15 )− 20
04 4
(
+
05 ) 20
= 1.000122
0.5 𝑥 2
∬ 𝑒
𝑦⁄ 𝑥 𝑑𝑦𝑑𝑥
≈ 0.0333054
0.1 𝑥 3
Primero se Integra en función dy 0.5 𝑥 2
∬ 𝑒
𝑦⁄ 𝑥 𝑑𝑦𝑑𝑥
0.5
𝑥2
= ∫ {𝑥𝑒 𝑦/𝑥 }𝑥3 𝑑𝑥 0.1
0.1 𝑥 3
Se establecen el Límite superior menos el límite inferior, reemplazando en y 0.5
𝑥2
0.5
∫ {𝑥𝑒 𝑦/𝑥 }𝑥3 𝑑𝑥 = ∫ {𝑥𝑒 𝑥 0.1
0.1
2 /𝑥
− 𝑥𝑒 𝑥
3 /𝑥
} 𝑑𝑥
En este punto se inicia la integración con respecto a la segunda variable dx 0.5
0.5
𝑥2
𝑥
2
∫ {𝑥𝑒 − 𝑥𝑒 } 𝑑𝑥 = ∫ {𝑥(𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 )} 𝑑𝑥 0.1
0.1
0.5
0.5
2
0.5
2
∫ 𝑥(𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 )𝑑𝑥 = ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 − ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 0.1
0.1
(1) 𝑠𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒𝑠
0.1 0.5
∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 0.1
(2)𝑠𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎 𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛
0.5
𝑒𝑥 ∫ 𝑥𝑒 𝑑𝑥 = 2 0.1
2
𝑥2
Se organizan nuevamente los términos y se establecen los límites 2
0.5
2
0.5
𝑒𝑥 𝑒𝑥 {𝑥𝑒 − 𝑒 − } = {𝑒 𝑥 (𝑥 − 1) − } 2 0.1 2 0.1 𝑥
𝑥
2
{(𝑒
0.5
(0.5 − 1) −
2
𝑒 0.5 𝑒 0.1 0.1 − (0.1 − 1) − ) (𝑒 )} = 0.0333055 2 2 0.5 𝑥 2
∬ 𝑒 0.1
𝑥3
𝑦⁄ 𝑥 𝑑𝑦𝑑𝑥
≈ 0.0333054
6. Demostrar que el valor aproximado en x = 0,2 de la solución del problema de valor inicial 𝑦’ = 𝑥 + y, (0) = 0 usando el Método de Euler con h = 0.05 y Zo = 0, es 0,01550625 𝑦′ = 𝑥 + 𝑦
𝑦(0) = 0
𝑥 = 0.2
ℎ = 0.05
𝑧0 = 0
≈ 0,01550625
Método de Euler: Es uno de los métodos usados para encontrar Ecuaciones Diferenciales Ordinarias 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎 𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 )ℎ Solución de la siguiente Ecuación Diferencial: 𝑑𝑦 =𝑥+𝑦 𝑑𝑥
𝑦(0) = 0
𝑥 = 0.2
ℎ = 0.05
𝑧0 = 0
≈ 0,01550625
𝑥1 = 𝑥0 + ℎ = 0 + 0.05 = 0.05 𝑦1 = 𝑦0 + 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 )ℎ = 0 + 𝑓(0,0)0.05 𝑑𝑦 =𝑥+𝑦 𝑑𝑥
𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒
𝑓(𝑥0 , 𝑦0 ) = 0 + 0 = 0
𝑦1 = 𝑦0 + 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 )ℎ = 0 + (0 ∗ 0.05) = 0 𝑥2 = 𝑥1 + ℎ = 0.05 + 0.05 = 0.1 𝑦2 = 𝑦1 + 𝑓(𝑥1 , 𝑦1 )ℎ = 0 + 𝑓(0.05,0)0.05 𝑑𝑦 =𝑥+𝑦 𝑑𝑥
𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒
𝑓(𝑥1 , 𝑦1 ) = 0.05 + 0 = 0.05
𝑦2 = 𝑦1 + 𝑓(𝑥1 , 𝑦1 )ℎ = 0 + (0.05 ∗ 0.05 ) = 0.0025 𝑥3 = 𝑥2 + ℎ = 0.1 + 0.05 = 0.15 𝑦3 = 𝑦2 + 𝑓(𝑥2 , 𝑦2 )ℎ = 0.0025 + 𝑓(0.1 , 0.0025)0.05 𝑑𝑦 =𝑥+𝑦 𝑑𝑥
𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒
𝑓(𝑥2 , 𝑦2 ) = 0.1 + 0.0025 = 0.1025
𝑦3 = 𝑦2 + 𝑓(𝑥2 , 𝑦2 )ℎ = 0.0025 + (0.1025 ∗ 0.05) = 0.007625 𝑥4 = 𝑥3 + ℎ = 0.15 + 0.05 = 0.2 𝑦4 = 𝑦3 + 𝑓(𝑥3 , 𝑦3 )ℎ = 0.007625 + 𝑓(0.15 , 0.007625)0.05 𝑑𝑦 =𝑥+𝑦 𝑑𝑥
𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒
𝑓(𝑥2 , 𝑦2 ) = 0.15 + 0.007625 = 0.157625
𝑦4 = 𝑦3 + 𝑓(𝑥3 , 𝑦3 )ℎ = 0.007625 + (0.157625 ∗ 0.05) = 0.01550625 𝑥 = 0.2
≈
𝑦 = 0,01550625
7. Aplicar el método de Taylor de orden dos a la ecuación y’= Cos(xy), con la condición inicial: y(0) = 1. Utilizar h = 0.5
𝑦 ′ = 𝐶𝑜𝑠(𝑥𝑦)
𝑦(0) = 1
ℎ = 0.5
Método de Taylor: proporciona la aproximación al valor de una función en un punto en términos del valor de la función y sus derivadas en otro punto.
𝑦(𝑥0 + ℎ) = 𝑦(𝑥𝑜 ) + 𝑦 ′ (𝑥𝑜 )ℎ +
𝑦 ′′ (𝑥𝑜 )ℎ2 𝑦 ′′′ (𝑥𝑜 )ℎ3 𝑦 𝑛 (𝑥𝑜 )ℎ𝑛 + + ⋯+ 2! 3! 𝑛!
Determinar las derivadas de la función hasta el orden dos 𝑦 ′ = 𝐶𝑜𝑠(𝑥𝑦)
𝑦 ′′ =
𝑑 𝐶𝑜𝑠(𝑥𝑦) = −𝑦𝑆𝑒𝑛(𝑥𝑦 ′ ) = −𝑦𝑆𝑒𝑛(𝑥𝐶𝑜𝑠(𝑥𝑦)) 𝑑𝑥
Se reemplaza y’ en la función 𝑦 ′′ = −𝑦𝑆𝑒𝑛(𝑥𝑦 ′ ) = −𝑦𝑆𝑒𝑛(𝑥𝐶𝑜𝑠(𝑥𝑦))
Lo siguiente es remplazar los valores de X=0 ; Y=1 𝑦 ′ = 𝐶𝑜𝑠(0 ∗ 1) = 1 𝑦 ′′ = −(1)𝑆𝑒𝑛((0)𝐶𝑜𝑠(0 ∗ 1)) = 0 Se reemplaza los valores calculado en la formula general del método de Taylor
𝑦(𝑥0 + ℎ) = 𝑦(𝑥𝑜 ) + 𝑦 ′ (𝑥𝑜 )ℎ + 𝑦(0 + 0.5) = 𝑦(0) + 𝑦 ′ (0)0.5 +
𝑦 ′′ (𝑥𝑜 )ℎ2 2!
𝑦 ′′ (0)(0.5)2 2!
(0)(0)(0.5)2 𝑦(0.5) = 1 + (1 ∗ 0.5) + 2 𝑦(0.5) = 1.5
8. Plantee y solucione paso a paso un ejercicio por el Método de Runge-Kutta de cuarto orden. Método Runge-Kutta de cuarto orden RK4: Es un método iterativo, explicito e implícito, de solución numérica de ecuaciones diferenciales. 𝑓1 = 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 ) ℎ 𝑓2 = 𝑓(𝑥0 + , 2
ℎ 𝑦0 + 𝑓1 ) 2
ℎ 𝑓3 = 𝑓(𝑥0 + , 2
ℎ 𝑦0 + 𝑓2 ) 2
𝑓4 = 𝑓(𝑥0 + ℎ,
𝑦0 + ℎ𝑓3 )
𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙
𝑦(𝑥0 + ℎ) = 𝑦0 +
ℎ(𝑓1 + 2𝑓2 + 2𝑓3 + 𝑓4 ) 6
Solucionar el siguiente ejercicio planteado: Aplicar el método de RK4 con h=0.1 para determinar la aproximación al valor inicial en x=0.5 para los siguientes datos. 𝑦 ′ = (𝑥 + 𝑦 − 1)2
𝑦(0) = 2
Solución: 𝑓1 = 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 ) = (0 + 2 − 1)2 = 1 ℎ 𝑓2 = 𝑓 (𝑥0 + , 2
ℎ 0.1 𝑦0 + 𝑓1 ) = 𝑓 (0 + , 2 2
2+
0.1 (1)) = 𝑓2 (0.05 , 2.05) 2
𝑓2 = (0.05 + 2.05 − 1)2 = 1.21 ℎ 𝑓3 = 𝑓 (𝑥0 + , 2
ℎ 0.1 𝑦0 + 𝑓2 ) = 𝑓 (0 + , 2 2
2+
0.1 (1.21)) = 𝑓3 (0.05,2.0605) 2
𝑓3 = (0.05 + 2.0605 − 1)2 = 1.23321025 𝑓4 = 𝑓(𝑥0 + ℎ,
𝑦0 + ℎ𝑓3 ) = 𝑓(0 + 0.1, (2 + (0.1)(1.23321025)) = 𝑓4 (0.1,2.123321025) 𝑓4 = (0.1 + 2.123321025 − 1)2 = 1.49651
Se reemplaza los valores calculados, 𝑦(𝑥0 + ℎ) = 𝑦0 + 𝑦1 (0 + 0.1) = 2 +
ℎ(𝑓1 + 2𝑓2 + 2𝑓3 + 𝑓4 ) 6
0.1(1 + 2(1.21) + 2(1.23321025) + 1.49651) = 2.1230 6 𝑦1 (0.1) = 2.1230
Se comprueban las demás iteraciones en Excel para encontrar el valor inicial de la función en X=0.5 X(0.5) = 3.896
metodo de Runge Kutta de orden 4 2
x0= y0= paso h=
𝑦 = (𝑥 + 𝑦 − 1)
0 0 0,1 iteracion 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
x 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1
𝑦 0 =2
ll
n = 0.5
f1
f2
f3
f4
1 1,49561736 2,27452743 3,58996596 6,05990145 11,5334405 27,7438694 117,863738 4730,10342 4,9244E+12
1,21 1,81639024 2,7951828 4,51230571 7,92243353 16,18263 44,9494947 282,229706 93226,9698 6,0626E+22
1,23321025 1,85987917 2,88290784 4,71035764 8,4553496 18,1069266 57,224984 625,899924 22374548,3 9,1887E+42
1,490841 2,26380125 3,56330531 5,98267688 11,2488469 26,1566266 97,2628788 1535,03144 88201638,3 3,6755E+43
y 2 2,12295436 2,30815365 2,59472055 3,06168671 3,89609195 5,66724496 11,1565067 68,9757474 2219100,96 9,1887E+41
CONCLUSIONES
La solución de este trabajo colaborativo ofrece las herramientas necesarias para el análisis de funciones, integrales, ecuaciones que determina el área bajo la curva por medio de métodos que solucionan integrales complejas o el volumen bajo una superficie en tres dimensiones, el conocimiento de estos métodos es una fuente ideal para el conocimiento del ingeniero en su campo laboral.
BIBLIOGRAFÍA
Ruiz, V. J. (2007). METODOS NUMERICOS. VASQUEZ, R. S. (2008). Metodos Numericos Para Ingenieria.
