Ejercicios de Examen de Metodos

Méé todos Numéé ricos Aplicados a la Ingéniéríéa
SOLUCIÓN NUMÉRICA DE ECUACIONES

DIFERENCIALES ORDINARIAS
3. 1. FORMULACIÓN DEL PROBLEMA DE VALOR INICIAL
3.2. MÉTODOS NUMÉRICOS PARA SOLUCIONAR UN PVI
3.2.1. MÉTODO DE EULER
3.2.2. METODO DE TAYLOR
3.2.3. METODO DE EULER MODFCADO
3.2.4. MÉTODO DE RUNGE-KUTTA
3.2.5. MÉTODO DE PREDICCIÓN Y CORRECCIÓN
3.3. SOLUCIÓN DE SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

DE SEGUNDO ORDEN.
Solucioé n Numéé rica dé Ecuacionés Diféréncialés Ordinarias Paé gina 1

3. SOLUCIÓN NUMÉRICA DE ECUACIONES DIFRENCIALES

ORDINARIAS
3.1. FORMULACIÓN DEL PROBLEMA DE VALOR INICIAL PVI
Comentarios
En esta oportunidad formularemos el Problema de Valor Inicial “PVI” y
analizamos e interpretamos gráficamente su solución numérica,
debemos destacar que muchas de leyes generales de la naturaleza se
expresan con el lenguaje de las ecuaciones diferenciales ordinarias que
es aplicado en una diversidad de campos del conocimiento. En donde
una ecuación diferencial se debe considerar como la razón de cambio
de y con respecto a x.
1. En general una EDO de primer orden esta dado por:
dy
 f ( x, y ) ……………………………………………………..(1)
dx
2. Teóricamente se dice que la solución de una EDO debe contener

una constante arbitraria “C”, consecuentemente la solución general de (1) es:
F ( x, y , c )  0 ……………………………………………………(2)
Observaciones:
1. La relación (2) representa una familia de curvas en el plano xy, en

donde cada curva se obtiene para un valor particular de “C”.
2. Cada curva representa a una solución particular de EDO.
3. Las constantes “C” son obtenidos analíticamente, exigiendo que la
solución de esa ecuación pase por algún punto (x 0, y0) esto es:
y ( x0 )  y 0 ………………………………………… ……………………..(4)
i.e.: que “y” vale “y0” cuando “x” es “x0”

Interpretación Gráficamente:
F3 = 0
Y0
F2 = 0, con Y(X0) = Y0
F1 = 0
X0
4. Como se mencionó al inicio la gran mayoría de las ecuaciones no

pueden resolverse utilizando técnicas analíticas, lo que obligan a estudiar
métodos numéricos.
Debemos resaltar que cuando usamos los métodos numéricos no

encontramos soluciones de la forma F(x,y,c) = 0 pues se trabajan con números y
se tiene resultados numéricos. Pero el propósito es determinar valores de “y”
que correspondan a valores específicos de “x” los cual es factible con métodos
numéricos.
5. El problema de valor inicial (P.V.I.) queda formulado así:

i) Una ecuación diferencial de primer orden:
dy
 f ( x, y )
dx
ii) Un valor de “y” en un punto conocido “x0” (condición inicial)

y ( x0 )  y 0
iii) El valor “xf” es donde se quiere conocer el valor de “y(xf )”

y (xf ) = yf
Matemáticamente.

dy
 f ( x, y )
(5)
dx
P.V.I.
y ( x0 )  y0
y( x f )  ?
3.2.1. MÉTODO DE EULER

Este método consiste en dividir el intervalo [x 0,xf] en “n” subintervalos de ancho h
esto es:
X f  X0
h
n
Lo que permite determinar un conjunto de n+1puntos discretos, i.e.:
X0, X1, X2,..., Xn-1, Xn
x1 x2 x3 ... xi xi+1 ... xn-1 xn

x0 xf
Observando que:
Para cualquier punto se tiene.
x1  x0  h  x1  x0  h
x 2  x1  h  x2  x1  h  x 2  x0  2h
x3  x 2  h  x3  x 2  h  x3  x0  3h
En general
xi  x0  ih , i  0,1,2,3,..., n
Paso muy similar al paso de integración numérica.
CONDICIÓN INICIAL
1. y ( x 0 )  y 0 representa el punto P0  ( x 0 , y 0 ) , por donde pasa la
curva solución de la ecuación PVI. lo que será denotado por F(x) = y, en lugar
de F(x,y,c1) = 0.
2. Consecuentemente: teniendo el punto P0 podemos evaluar la
primera derivada de F(x) en ese punto P0. Esto es:
dy
F ' ( x)   f ( x0 , y0 )
dx P0
…………........................................................(6)
3. Teniendo esta información (6) trazamos una recta la que pasa por P 0
y  y0
y de pendiente f ( x 0 , y 0 ) :  f ( x0 , y 0 ) : .......L3 que aproxima F(x) en una
x  x0
vecindad de X0.
4. Tomamos la recta L3 en lugar de F(x) y localizamos en esta recta el

valor de y1 que corresponde a x1. Esto es:
x1  y 0
 f ( x0 , y 0 )
x1  x0 ....................................................................................(7)
x1  y 0
 f ( x0 , y 0 )  y1  y 0  f ( x0 , y 0 )h
x1  x 0 ...............................................(8)
y1  y 0  hf ( x 0 , y 0 )
y 2  y1  hf ( x1 , y1 )
.
.
y i 1  y i  hf ( xi , y i )
.
.
y n  y n 1  hf ( x n 1 , y n 1 )
La ordenada y1  F ( x1 ) pues existe un error
F(xf)
Gráfica
f(x1)
y1 error f(x0,y0)
Solucioé n Numéé ryica dé Ecuacionés Diféréncialés Ordinarias Paé gina 5

0
P0(x0,y0)
x0 x1
xi xi+1
x0 x 1 x3 x4 xi xn
(1) En esencia se trata de aproximar la curva y = F(x) por medio de una serie
de segmentos de líneas rectas.
(2) El método comete un error de truncamiento que es propio del método.
(3) El error de (2) se puede anular tanto como se quiera, reduciendo la

longitud de “h” teóricamente.
(4) Debido a (3) se comete un error de redondeo más alto.
Ejemplos de Aplicaciones Resueltos

Resolver PVI usando Euler
Ejemplo 1
 dy
 dx  x  y f ( x, y )  x  y

 y ( 0)  2  y ( x0 )  y 0
 y (1)  ? y( x f )  ?



Solución
1) El intervalo de interés [x0,xf] = [0,1]

2) Determinando h: dividimos el intervalo [0,1] en 5 subintervalos
1 0
h  0.2
5
3) Determinar los argumentos:
xi  x0  ih
x0  0
x1  x0  1h  x1  0  1(0.2)  0.2
x 2  x 0  2h  x 2  0  2(0.2)  0.4
x3  x 0  3h  x3  0  3(0.2)  0.6
x 4  x 0  4h  x 4  0  4(0.2)  0.8
x5  x 0  5h  x5  0  5(0.2)  1
4) Determinando los valores de yi

y i 1  y1  hf ( x i , y i )
y1  y 0  hf ( x 0 , y 0 )  y1  2  0.2 f (0.2)  2  0.2(0  2)  1.6
y 2  y1  hf ( x1 , y1 )  y 2  1.6  0.2 f (0.2,1.6)  1.6  0.2(0.2  1.6)  1.32
y 3  y 2  hf ( x 2 , y 2 )  y 3  1.32  0.2 f (0.4,1.32)  1.32  0.2(0.4  1.32)  1.136
y 4  y 3  hf ( x3 , y 3 )  y 4  1.136  0.2(0.6  1.136)  1.0288
y 5  y 4  hf ( x 4 , y 4 )  y 5  1.0288  0.2(0.8  1.0288)  0.98304
Comparando con la solución analítica

La solución analítica es: 1.10364
El error absoluto E A  y 5*  y 5  0.98304  1.10364  0.12060
EA
El error relativo ER 
y5
0.12060
ER   0.1092
1.10364
El error porcentual E %  10.92%
Solución Analítica
En general la forma de una Ecuación diferencial lineal de orden “A” es:

dny d n 1 y dy
a n ( x) n
 a n 1 ( x ) n 1
 ....  a1 ( x )  a0 ( x) y  0
dx dx dx ………...........................(1)
La solución de (1) son soluciones exponenciales, o se construyen a partir de

funciones exponenciales. En donde su solución general es:
y ( x)  y1 ( x)  y p ( x)
Solución particular
i.e.: y p ( x)  a x  b , hallar y ' p  a en nuestro caso:
1) y '  x  y  y ' y  x , y p  ax  b luego

2) y ' p  a entonces a  ax  b  x , i.e. , ax  (a  b)  x
Entonces a  1  b  1
 yp  x 1
3) Determinando y1 (x)
y ' y  0 i.e. Dy  y  0  y ( D  1)  0  D  1
Luego
y1 ( x )  C1e 1x
4) La solución General
y ( x)  C1e  x  x  1 Aplicando C.I. X0 = 0
C1
y (0)  C1e 0  0  1  2   1  C1  3
e0
 y ( x)  3e  x  x  1
El valor de x = 1
y (1)  3e 1  1  1  y (1)  3e 1  1.10364
Ejemplo 2
Dada la siguiente ecuación diferencial con la condición inicial:

Aproximar .
NOTA
Primero observamos que esta ecuación sí puede resolverse por métodos
tradicionales de ecuaciones diferenciales. Por ejemplo, podemos aplicar el
método de separación de variables. Veamos las dos soluciones.
Solución Analítica.
Sustituyendo la condición inicial:
Por lo tanto, tenemos que la curva solución real está dada:

Y por lo tanto, el valor real que se pide es:
Solución Numérica
Aplicamos el método de Euler y para ello, observamos que la distancia entre
y no es lo suficientemente pequeña. Si dividimos esta distancia

entre cinco obtenemos un valor de y por lo tanto, obtendremos la
aproximación deseada en cinco pasos.
De esta forma, tenemos los siguientes datos:
Sustituyendo estos datos en la formula de Euler, tenemos, en un primer paso:
Aplicando nuevamente la formula de Euler, tenemos, en un segundo paso:
Y así sucesivamente hasta obtener . Resumimos los resultados en la siguiente tabla:
n
0 0 1
1 0.1 1
2 0.2 1.02
3 0.3 1.0608
4 0.4 1.12445

5 0.5 1.2144
Concluimos que el valor aproximado, usando el método de Euler es:
Puesto que en este caso, conocemos el valor verdadero, podemos usarlo para
calcular el error relativo porcentual que se cometió al aplicar la formula de Euler.
Tenemos que:
Ejemplo 3
Aplicar el método de Euler para aproximar , dada la ecuación diferencial.
Solución
Nuevamente vemos que nos conviene dividir en pasos la aproximación. Así,
elegimos nuevamente para obtener el resultado final en tres pasos. Por lo
tanto, aplicamos el método de Euler con los siguientes datos:
En un primer paso, tenemos que:
Resumimos los resultados en la siguiente tabla:

n
0 1 2
1 1.1 2.3
2 1.2 2.6855
3 1.3 3.1901
De lo cual, concluimos que la aproximación buscada es:
3.2.2. MÉTODO DE TAYLOR

Podemos observar que el método anterior usa los dos primeros términos de la
serie de Taylor para su primera iteración, i.e.;
F ( x1 )  y1  F ( x0 )  F ' ( x 0 )( x1  x 0 )
....................................................................(1)
De manera natural se puede pensar que para determinar y 2 se expandió de nuevo

F(x) en la serie de Taylor. Así:
F ( x 2 )  y 2  F ( x1 )  F ' ( x1 )( x 2  x1 ) .................................................................(2)
Pero se debe resaltar que no disponemos de los valores exactos de F(x 1) y F’(x1),
los que se usan en la expansión de Taylor de F(x) alrededor de x 1 lo que permite
no evaluar la parte derecha (2) consecuentemente para los otros valores de x se
usa:
y i 1  y i  f ( xi , y i )( xi 1  xi )
y i 1  F ( xi )  F ' ( xi )( xi 1  xi ) ,...................................................................... (3)
La relación (3) tiene mucha similitud con la expansión en serie Taylor.
Si aplicamos la información acerca de las series de Taylor con la finalidad de

mejorar la exactitud del método de Euler, obtendremos los llamados Algoritmos de
Taylor.
Usemos tres términos en lugar de dos en la expresión de F(x 1), i.e.
( x1  x0 ) 2
F ( x1 )  y1  F ( x0 )  F ' ( x0 )( x1  x0 )  F ' ' ( x0 )
2! ,............................... (4)
Pero
dF ' ( x ) df ( x, y )
F ' ' ( x)   y, h  x1  x 0
dx dx
Luego;
h 2 df ( x, y )
y1  y 0  hf ( x 0 , y 0 )  x0 , y 0
2! dx ,....................................................... (5)
Entonces se sugiere considerar (5) para obtener y 2, y3,..., yn mejoraría la exactitud

obtenida con (1) consecuentemente se propone la formula:
h 2 df ( x, y )
y i 1  y i  hf ( x, y )  xi , y i
2! dx ,........................................... (6)
La utilidad de la relación (6) depende de cuan fácil sea la diferenciación de f(x,y)
Si f(x,y) es una función solo de x, la diferenciación con respecto a x es

relativamente fácil y la formula propuesta es muy práctica.
En general f(x,y) es una función de x , y, habrá que usar derivadas totales
La derivada total de f(x,y) con respecto a x esta dada por
df ( x, y ) f ( x, y ) f ( x, y ) dy
 
dx x y dx
Aplicación del método de Taylor

Resolver por el método de Taylor
 dy
 dx  x  y

 y ( 0)  2
 y (1)  ?


1) Cálculo de: h = 0.2

2) Cálculo de xi  x0  ih  x0  0 , x1  0.2 , x 2  0.4 , x3  0.6 , x 4  0.8 , x5  1
h 2 df ( x, y )
3) Aplicando: y i 1  y i  hf ( x, y )  ( xi , y i )
2! dx

h 2 df ( x 0 , y 0 )
y1  y (0.2)  y 0  h( x 0 , y 0 ) 
2! dx
En donde
df ( x, y ) f ( x, y ) f ( x, y )
  ( x  y )  1  1( x  y )  1  x  y ( x 0 , y 0 )
dx x y
h2
y1  y 0  h( x 0  y 0 )  (1  x 0  y 0 )
2!
(0.2) 2
 2  0.2(0  2)  (1  0  2)  1.66
2
h2
y 2  y (0.4)  y1 h( x1  y1 )  (1  x1  y1 )
2
0.2 2
 1.66  0.2(0.2  1.66)  (1  0.2  1.66)  1.4172
2
0.2 2
y 3  1.4172  0.2(0.4  1.4172)  (1  0.4  1.4172)  1.254104
2
0.2 2
y 4  1.254104  0.2(0.6  1.254104  (1  0.6  1.254104)  1.269184
2
0.2 2
y 5  1.269184  0.2(0.8  1.269184)  (1  0.8  1.269184)  1.2047308
2
E A  1.010908
E R  0.915976
E %  9.15%
3.2.3. Método de Euler Modificado

En el método de Euler se tomó como válida para todo el intervalo la derivada
encontrada en un extremo.
F(x0,y0)
Y = F(x)
Y0
X0 h X1

Si queremos obtener una exactitud razonable se toma h muy pequeña, a cambio

de un mayor error de redondeo
El método presente trata de evitar tal problema utilizando un valor promedio de la

derivada tomada en los extremos del intervalo. Constado de 2 pasos:
1° Se inicia de (x0,y0), usar el método de Euler para determinar “y”

correspondiente a x1, valor que será denotado por y1 , puesto que se trata de
un valor transitorio de y1. Este paso se le llama paso predictor.
2° Este paso se llama corrector, pues trata de corregir la predicción en el nuevo

punto ( x1 , y1 ) se evalúa la derivada f ( x1 , y1 ) usando la ecuación diferencial
ordinaria P.V.I. que se está resolviendo, se obtiene la media aritmética de esta
derivada y la derivada en el punto inicial (x 0,y0)
1
Derivada Promedio =  f ( x0 , y 0 )  f ( x1 , y1 )
2
Usamos la derivada promedio para calcular el nuevo valor y 1 con la ecuación de

Euler, que será mas exacto que y1
x1  x0
y1  y 0   f ( x0 , y0  f ( x1 , y1 ) Que será el valor definitivo de y1.
2
El proceso se repite hasta llegar a yn.
Primero: Paso de Predicción

y i 1  y i  hf ( xi , y i )
Segundo: Una vez obtenida y i 1 se calcula f ( xi 1 , y i 1 ) , la derivada en el punto
( x i 1 , y i 1 ) y se promedia con la derivada previa f ( xi , xi ) para encontrar la
derivada promedio
1
Derivada Promedio:  f  xi , yi   f  xi 1 , y i 1  
2

Tercero: se sustituye f ( xi , xi ) con este valor promedio en la ecuación de Euler

obtenemos:
y i 1  y i 
h
2
 
f  xi , y i   f xi 1 , y i 1 
Resolver los ejemplos anteriores usando el Método de Euler modificado
Ejemplo 1, Resolver
 dy
 dx  x  y

 y ( 0)  2
 y (1)  ?


Solución
Considerando las mismas condiciones del ejercicio tenemos:
h=0.2; y0=2; f(x0,y0)=f(0,2)=0-2=-2
Primera iteración
1° y 1  y 0  hf ( x 0 , y 0 )  2  0.2(0  2)  1.6
2°
1
2
 1

f ( x0 , y 0 )  f ( x1 , y1 )   (0  2)  (0.2  1.6)  1.7 derivada promedio
2
Luego
y1  y 0  0.2( 1.7)  2  0.2( 1.7)  1.66
Segunda integración
1° y 2  y1  hf ( x1 , y1 )  1.66  0.2(0.2  1.66)  1.368
1
 f ( x1 , y1 )  f ( x 2 , y 2 )  1  (0.2  1.66)  (0.4  1.368)  1.214
2° 2 2
y ( x 2 )  y 2  1.66  0.2(1.214)  1.4172

Tercera integración
1° y 3  y 2  hf ( x 2 , y 2 )  1.4172  0.2(0.4  1.4172)  1.21376
1
2°  f ( x2 , y 2 )  f ( x3 , y3 )  1  (0.4  1.4172)  (0.6  1.21376) 
2 2
Ejemplo 2
Aplicar el método de Euler mejorado, para aproximar si:
Solución
Vemos que este es el mismo ejemplo 1 del método anterior. Así que definimos
y encontraremos la aproximación después de cinco iteraciones. A
diferencia del método de Euler 1, en cada iteración requerimos de dos cálculos en
vez de uno solo: el de primero y posteriormente el de .
Para aclarar el método veamos con detalle las primeras dos iteraciones. Primero
que nada, aclaramos que tenemos los siguientes datos iniciales:
En nuestra primera iteración tenemos:

Nótese que el valor de coincide con el (Euler 1), y es el único valor que va
a coincidir, pues para calcular se usará y no .
Esto lo veremos claramente en la siguiente iteración:
Nótese que ya no coinciden los valores de (Euler 1) y el de . El proceso debe
seguirse hasta la quinta iteración. Resumimos los resultados en la siguiente tabla:
n
0 0 1
1 0.1 1.01
2 0.2 1.040704
3 0.3 1.093988
4 0.4 1.173192
5 0.5 1.28336
Concluimos entonces que la aproximación obtenida con el método de Euler

mejorado es:
Con fines de comparación, calculamos el error relativo verdadero:
Vemos que efectivamente se ha obtenido una mejor aproximación con este

método, reduciendo el error relativo verdadero de un 5.4% hasta un 0.05%. En
nuestro tercer método veremos cómo se reduce aún más este error prácticamente
a un 0%!

Veamos un segundo ejemplo.
Ejemplo 2
Aplicar el método de Euler mejorado para aproximar y(1.3) si tenemos :
Solución
Tenemos los siguientes datos:
En una primera iteración, tenemos lo siguiente:
Resumimos los resultados en la siguiente tabla:
n
0 1 2
1 1.1 2.385
2 1.2 2.742925
3 1.3 3.07635
Concluimos entonces que la aproximación buscada es:
3.2.4. METODO DE RUNGE-KUTTA

METODO DE RUNGE-KUTTA DE SEGUNDO ORDEN
Estos métodos que se encuentran relacionados a los nombres de Runge (1885),

Kutta (1901), Heun (1900) y otros, para solucionar P.V.I .Consiste en obtener un
resultado que se obtendrá al utilizar un número finito de términos de una serie de
Taylor de la forma:
h2 h3
yi 1  y i  h. f ( xi , yi )  f ' ( xi , y i )  f ' ' ( xi , yi )  ... (1)
2! 3!
Con una aproximación en la cual se calcula yi 1 de una formula del tipo:
0 f (x, y) 1 f (xi  u1h, yi  b1h) 2 f (xi  u2h, yi  b2h)  . . 
yi1  yi  h  (2)
  p f (xi  uph, yi  bph) 

En donde:
α, u, b son determinados de modo que si se expandiera f ( xi  u j h, yi  b j h) con

1 j  p , en serie de Taylor alrededor de ( x i ,yi ); debemos observar que los
coeficientes de h, h2, h3, etc., coincidirían con los coeficientes de la ecuación (1).
Supongamos p=1 tendremos
yi1  yi  h 0   xi ; y i    1 . f ( xi  uhi ; yi  bh) …. (3)
Observaciones:
1. En esta relación se evalúa f en  xi ; y i   ( xi  uhi ; yi  bh) , en donde xi  uhi
es tal que : xi  xi  uh  xi 1 , para mantener la abscisa del segundo punto

dentro del intervalo de interés, con lo que 0  u  1 .Gráficamente

yi+1
(xi+uh , yi+λk0)
yi+1+h f( xi , yi )
(xi,yi)
xi+1
xi
2. b puede ser manejado más libremente y expresarse

y se puede
usar como ordenada arriba o debajo de la ordenada que da el método de
Euler simple ,
yi  bh  yi  hf ( xi ; yi )  yi  k 0 …...................................(4)
Con k0 = h f(xi,yi)
3. Queda por determinar α 0, α1, μ, λ tal que la ecuación (3) tenga una
aproximación en potencias de h, cuyos primeros términos coinciden con los
primeros términos de ecuación (1).
4. Para cumplir con (3) expandimos primero f ( xi  uh, yi  k 0 ) en serie de
Taylor.
f ( xi  uh, yi  k 0 ) 
f f u 2 h 2  2 f 2 f 2 k02  2 f
f ( xi  yi )  uh
x
 k 0
y

2! x 2
 u  hk 0
xy

2!y 2
 0 h3  
……(5)
Todas las derivaciones son evaluadas en  xi , yi 
Sustituyendo en la ecuación (3)
yi 1 
 f f u 2 h 2  2 f 2 2 k 02  2 f 
yi   0 hf ( xi , yi )  1h  f ( xi , yi )  uh  k 0   uhk 0   0 h 3  
 x y 2!  y 2
xy 2! y 2


Arreglando en potencias de h, tenemos
 f f 
yi 1  y i  h  0  1  f ( xi , yi )  h 21  u   f ( xi , y i ) 
 x y 
…………….(6)
 2 f 2 f 2 f 

h3
2
 3 u 2
x 2
 2u  f ( x i , y i )
x y
 2
f 2
( xi , y i )
y 2 
 0 h4  
 
Para que los coeficientes correspondientes de h, h2 coincidan en las

ecuaciones (1) y (6) se requiere que:
 0  1  1
1 1
u 1  ,  1  …………....................................... (7)
2 2
5. Observamos que existen 4 incógnitas para solo tres ecuaciones y, por tanto
se tiene un grado de libertad en la solución de la ecuación (7). Podríamos
pensar en usar este grado de libertad para hacer coincidir los coeficientes
de h3. Sin embargo, es obvio que esto es imposible para cualquier forma
que tenga la función f(x,y). Existe entonces un número de infinito de
soluciones de la ecuación (7), pero quizás la más simple sea :
1
 0  1  ; u   1
2
6. La relación de (5) conduce a la formula

h
yi 1  yi   f ( xi , yi )  f ( xi  h, yi  hf ( xi , yi ))
2
o bien
h
y i 1  y   k 0  k1  , con : k 0  f ( xi , yi ) ; k1  f ( xi  h, yi  hk 0 ) ……. (8)
2
7. La relación (8) es conocida como algoritmo de Runge-Kutta de segundo

orden.
Lo de segundo orden por coincidir con los tres primeros términos de la
serie de Taylor que es la formula de Euler Modificado.
 Este método proporciona mayor exactitud que la de Euler.

 Se puede usar un valor de h no tan pequeño como el primero .El

precio de es la evaluación f(x,y) dos veces en cada subintervalo
contra uno en el método de Euler.
8. Las formulas de Runge-Kutta de cualquier orden se puede derivar de
manera análoga que la de segundo orden.
METODO DE RUNGE-KUTTA DE CUARTO ORDEN
h
y I 1  yi   k1  2k 2  2k3  k 4 
6 ,..................................................... (9)
k1  f ( xi , yi )
h hk
k 2  f ( xi  , y i  1 )
2 2
h hk
k 3  f ( xi  , yi  2 )
2 2
k 4  f ( xi  h, yi  hk 3 )
.
9. La ecuación (9) tiene mucha coincidencia con los 5 primeros términos de la

serie de Taylor lo que significa gran exactitud sin calculo de derivadas, pero
a cambio, se tiene que evaluar la función f(x,y)cuatro veces en cada
subintervalo.
EJEMPLOS Y APLICACIÓN
Ejemplo 1
 dy
 dx  x  y

P.V .I   y (0)  2
 y (1)  ?


Usando Runge-Kutta de cuarto orden.
Solución:

 Primera Iteración: Calculo de constantes k1, k2, k3, k4

k1  f ( x0 , y0 )  x0  y0  0  2  2
h hk h hk 0.2
k 2  f ( xi  , y i  1 )  f ( x0  , y 0  1 )  f ( 0  ,2  0.2)
2 2 2 2 2
0.2
  2  0.2  1.7
2
h hk h hk 0.2 0.2(1.7)
k 3  f ( xi  , y i  2 )  f ( x0  , y 0  2 )  f (0  ,2  )
2 2 2 2 2 2
0.2 0.2(1.7) 10 200 17
 2     1.73
2 2 100 100 100
k 4  f ( xi  h, yi  hk 3 )  f ( x0  h, y 0  hk 3 )  f (0  0.2,2  0.2( 1.73))

173
 0.2  2   1.454
1000
Cálculo De y1:
h
y1  y0   k1  2k 2  2k3  k 4   2  0.2   2  3.4  3.46  1.454   1.6562
6 6
 Segunda Iteración: Calculo de constantes k1, k2, k3, k4

k1  f ( x1 , y1 )  f (0.2,1.6562)  0.2  1.6562  1.4562
h hk 0.2 0.2(1.7)
k 2  f ( x1  , y1  1 )  f (0.2  ,1.6562  )
2 2 2 2
0.2 0.2(1.7)
 0.2   1.6562   1.21058
2 2
h hk 0.2 0.2(1.21058)
k3  f ( x1  , y1  2 )  0.2   1.6562   1.235142
2 2 2 2
k 4  f ( xi  h, yi  hk3 )  0.2  0.2  1.6562  0.2(1.235142)  10091716
Cálculo De y2:
h
y2  y1   k1  2k 2  2k3  k4   1.6562  0.2   1.4562  2(1.2128)...  1.4109
6 6
 Continuando llegamos a:

y3  1.246450474
y4  1.148003885
y5  1.103655714
Observación:
o Los métodos descritos se llaman también métodos de un solo

paso porque se apoyan y usan (xi,yi) para el cálculo de yi+1.
o Estos Métodos además se apoyan en puntos xi y xi+1 pero nunca
en puntos anteriores a xi.
Ejemplo 2
Usar el método de Runge-Kutta para aproximar dada la siguiente
ecuación diferencial:
Solución
Primero, identificamos el mismo ejemplo 1 de los dos métodos
anteriores. Segundo, procedemos con los mismos datos:
Para poder calcular el valor de y 1 debemos calcular primeros los

valores de k1, k2 ,k3, y k4. Tenemos entonces que:

Con el fin de un mayor entendimiento de las fórmulas, veamos la

siguiente iteración:
El proceso debe repetirse hasta obtener . Resumimos los resultados en la
siguiente tabla:
0 0 1
1 0.1 1.01005
2 0.2 1.04081
3 0.3 1.09417
4 0.4 1.17351
5 0.5 1.28403
Concluimos que el valor obtenido con el método de Runge-Kutta es:
Finalmente, calculamos el error relativo verdadero:

Con lo cual vemos que efectivamente se ha reducido muchísimo el error

relativo. De hecho observamos que tenemos 6 cifras significativas en la
aproximación
Ejemplo 3
Usar el método de Runge-Kutta para aproximar dada la
ecuación diferencial:
Solución
Igual que siempre, tomamos y llegaremos a la aproximación en
dos pasos.
Con esta aclaración, tenemos los siguientes datos:
Primera Iteración:

Segunda Iteración:
Concluimos entonces que el valor buscado es:
1
3.2.5 MÉTODOS DE PREDICCIÓN Y CORRECCIÓN
Recordemos que en el método de Euler modificado se utiliza la

siguiente relación
y i 1  y i 
h
2
  
f  xi , y i   f xi 1 , y i 1
................................(1)
Obsérvese, que el segundo término del miembro de la derecha
recuerda el método de integración trapezoidal compuesta, en donde h
i+1 i
es el ancho del trapezoide h=x –x , y podemos decir que,
,........................................... (2)
1
Ver Métodos Numericos aplicados a la Ingenieria de Antonio Nieves y Federico c. Domínguez
Equivalentemente
,.......................................... (3)
Que es la ecuación de corrección del método de Euler modificado, esto

sugiere la obtención de un esquema iterativo para la solución del PVI
por medio de la regla de Simpson u otro método de integración
numérica que usan mayor numero de puntos.
Considerando esta reflexión se deriva un método corrector basado en

el método de Simpson 1/3
,........................... (4)
Considerando la relación
,.................................... (5)
Tenemos
,............ (6)
Entonces se llega a la relación de corrección,
,.................. (7)
En donde se debe de obtener con un predictor, a partir de (x0,y0 ) la
ultima relación tomara la forma de,
,................................. (8)

Para la primera predicción es calculada con un predictor que
requiere de y1 y f(x1,y1 ) en consecuencia se requiere de un paso de

inicialización que muy ben puede ser usado el método de Runge-Kutta
por una sola vez en el proceso iterativo.
Ejemplo:
Resolver el PVI
 dy
 dx  x  y

P.V .I   y (0)  2
 y (1)  ?


Usar el método de predicción y corrección
Solución
h=(1-0)/5=0.2,
Primera iteración
Inicialización. (Usando Euler modificado obtenemos y1 )
1° y 1  y 0  hf ( x 0 , y 0 )  2  0.2(0  2)  1.6
2°
1
2
  1
f ( x0 , y 0 )  f ( x1 , y1 )   (0  2)  (0.2  1.6)  1.7 derivada
2
promedio
Luego
y1  y 0  0.2(1.7)  2  0.2(1.7)  1.66

Predicción (se usa Euler Modificado para tomar el valor y2)
1° y 2  y1  hf ( x1 , y1 )  1.66  0.2(0.2  1.66)  1.368
1
 f ( x1 , y1 )  f ( x 2 , y 2 )  1  (0.2  1.66)  (0.4  1.368)  1.214
2° 2 2
y ( x 2 )  y 2  1.66  0.2(1.214)  1.4172
Corrección; usamos la relación 8
Segunda Iteración
Predicción
Corrección usamos la relación 7

Tercera Iteración
Predicción
Cuarta Iteración
Predicción

3.3. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE ORDEN SUPERIOR Y

SISTEMAS DE E.D.O
3.3.1 ESTRUCTURA
Cuando en el P.V.I. aparecen una ecuación diferencial de orden n, con n

condiciones especificadas en un punto x 0 y un punto xf donde se tiene que
encontrar el valor de y(xf) se tiene el PVIG
d n y n 1
 dx n  f ( x, y, y ' , y ' ' ,..., y )

P.V .I .G  y ( x0 )  y0 ; y ' ( x0 )  y0 ' ; y ' ' ( x0 )  y0 ' ' ;...; y n1 ( x 0 )  y0( n1) …………… (1)
 y( x )  ?
 f

Para solucionar (1) es necesario primero pasar la EDO de (1) a un sistema de n

Ecuaciones diferenciales simultaneas de primer orden cada una. Esto es:

dny
Dado: n
 f ( x, y , y ' , y ' ' ,..., y ( n1) ) se realiza el siguiente cambio de variables:
dx
y1  y , y2  y ' , y3  y ' ' , y4  y ' ' ' , … yn  y n1
Que ocurre si derivamos la primera. y1 '  y ' y lo sustituye en la segunda

y2  y1 ' , considerando y2  y '  y 2 '  y ' ' en la tercera y3  y '2 y si repetimos
hasta llegar a las n ecuaciones tenemos:
y 2  y1 '
y3  y 2 '
y 4  y3 '
dny
Entonces yn '  n
 f ( x, y, y ' ,  y n1 )  f ( x, y1 , y2 , y3  yn )

dx
y n  y n1 '
3.3.2 EJEMPLO
d2y
1. Pasar la Ecuación Diferencial Ordinaria 2
  y ' x 2  y 2 a un sistema de dos
dx
ecuaciones diferenciales simultáneas de primer orden.
Solución:
 Cambio de variable
y1  y ; y2  y '
 Derivando la primera y sustituyendo en la segunda

y1 '  y '  y2  y1 '
 Derivando la segunda
y2 '  y ' '
 Sustituyendo las nuevas variables en la ecuación diferencial tenemos:

y1 '  y2
2
y2 '   y2  x 2  y1
2) La siguiente EDO es la ecuación de Bessel y muy conocida en física

matemática x 2 y ' ' xy'( x 2  n 2 ) y  0 , donde “n” puede tener cualquier valor, pero

generalmente toma un valor entero. Escribir como un sistema de ecuaciones

ordinarias de primer orden.
Solución:
 Colocamos la ecuación de forma normal

y' ( x 2  n 2 )
y' '    y
x x2
y'  n 2 
y ' '     2  1 y
x x 
 Con fines computacionales generalmente se puede realizar lo

siguientes cambios
y'  z  y' '  z'
Luego,
z  n2 
z'     2  1 y
x x 
Sistema que solo será posible resolver para x ≠ 0
o En general, una ecuación diferencial ordinaria de n-ésimo orden queda

convertida en un sistema de “n” ecuaciones diferenciales ordinarias
simultaneas de la forma general:
o Supongamos que el método de Runge-Kutta de cuarto orden a dos
y '  f1 ( x, y , z )
ecuaciones simultaneas de la forma :
z '  f 2 ( x, y , z )
En donde usaremos z como nueva variable solo con la finalidad de no usar

subíndices dobles en las ecuaciones.
h
yi 1  yi   k1  2k2  2k3  k4 
6
……….. *
h
zi 1  zi   c1  2c2  2c3  c4 
6
Las que serán calculadas alternativamente y los “k” y “c” obtenidos son:
k1  f1 ( xi , yi , zi )

c1  f 2 ( xi , yi , zi )
h hk hc
k 2  f1 ( xi  , yi  1 , zi  1 )
2 2 2
h hk hc
c2  f 2 ( xi  , yi  1 , z i  1 ) ………………… * *
2 2 2
h hk hc
k3  f1 ( xi  , yi  2 , zi  2 )
2 2 2
h hk hc
c3  f 2 ( xi  , yi  2 , zi  2 )
2 2 2
k 4  f1 ( xi  h, yi  hk3 , zi  hc3 )
c4  f1 ( xi  h, yi  hk3 , zi  hc3 )
El cálculo debe realizarse en ese orden.
3) Resolver el siguiente problema de valor inicial usando el Método de Runge-

Kutta de cuarto orden.
 y'  1 
 y ' '   x   x 2  1 y
  

P.V .I  y (1)  1
 y ' (1)  2


 y (3)  ?
al escribir la EDO como un sistema, el P.V.I. queda
 y'  z
 z  1 
 z '     2  1 y
 x x 
P.V .I  y (1)  1

 z (1)  2
 y (3)  ?

Solución:

Dividiendo el intervalo de interés [1,3] en ocho subintervalos, el tamaño del paso
 3 1 2 
se integración h es igual a 0.25   0.25  .
 8 8 
 Primera Iteración Usando *

h
yi 1  yi   k1  2k2  2k3  k 4 
6
h
zi 1  zi   c1  2c2  2c3  c4 
6
Calculo de las Constantes k1, k2, k3, k4 y c1, c2, c3 , c4 Usando **
k1  f1 ( x0 , y0 , z0 )  z0  z (1)  2
z0  1  2 1 
c1  f 2 ( xi , yi , zi )     2  1 y0     2  1(1)  2
x0  x0  1 1 
h hk hc hc 0.25(2)
k 2  f1 ( x0  , y0  1 , z0  1 )  z0  1  2   1.75
2 2 2 2 2
hc1  

z0 
h hk1 hc1  1  hk 
c2  f 2 ( x0  , y0  , z0  ) 2   1 y0  1   181790123
2 2 2 h   h  2 
x0    x0   
2  2 
h hk hc hc 0.25(1.81790)
k3  f1 ( x0  , y0  2 , z0  2 )  z0  2  2   1.77276
2 2 2 2 2
 
 
h hk 2 hc2 z0  hc2  1  hc2 
c3  f 2 ( xi  , yi  , zi  )   1 y0    1.8315759
2 2 2 h 2
 2 
 h
2
x0   x   
2  0
2 
 
k 4  f1 ( xi  h, yi  hk3 , zi  hc3 )  z0  hc3  2  0.25( 1.831575)  1.542106053
z0  hc3  1 
c4  f1 ( xi  h, yi  hk3 , zi  hc3 )      1 y0  hk3   1.753233454
x0  h   x0  h  2

Cálculo de
y1  y (1.25) , z1  z (1.25) aplicando *

h
y1  y0   k1  2k2  2k3  k4 
6
0.25
y1  1   2  2(1.75)  2(.17727)  1.542106  1.441151281
6
h
z1  z0   c1  2c2  2c3  c4 
6
0.25
z1  2    2  2(1.817901235)  2(1.83157578)  1.753233454  1.539492187
6
Segunda Iteración
Calculo de c y k
k1  f1 ( x1 , y1 , z1 )  z1  1.53949
z1  1  1.53949  1 
c1  f 2 ( x1 , y1 , z )     2  1 y1     2
 1(1.44115 )  1.75041
x1  x1  1.25  (1.25) 
h hk hc hc
k 2  f1 ( x1  , y1  1 , z1  1 )  z1  1  1.32069
2 2 2 2
h hk hc
c2  f 2 ( x1  , y1  1 , z1  1 )  1.730044
2 2 2
h hk hc
k3  f1 ( x1  , y1  2 , z1  2 )  1.3232366
2 2 2
h hk hc
c3  f 2 ( x1  , y1  2 , z1  2 )  1.719011
2 2 2
k 4  f1 ( x1  h, y1i  hk3 , z1  hc3 )  z1  hc3  1.1097393
c4  f1 ( x1  h, y1  hk3 , z1  hc3 )  1.7242487
Calculando y2 = y(1.5) , z2=z(1.75)
h
y2  y1   k1  2k 2  2k3  k 4   1.77186
6
h
z 2  z1   c1  2c2  2c3  c4   1.1072935
6

Continuando con los cálculos tenemos:
y3  y (1.75)  1.994766 , z3  z (1.75)  0.675599
y 4  y ( 2.00)  2.104754 , z 4  z (2.00)  0.245291
y5  y ( 2.25)  2.118486 , z5  z ( 2.25)  0.172076
y6  y (2.50)  2.026084 , z6  z (2.50)  0.561053
y7  y ( 2.75)  1.841680 , z7  z ( 2.75)  0.905578
y8  y (3.00)  1.578253 , z8  z (3.00)  1.190934
El valor buscado y(3)=1.578253
3.3.3. CONSTRUCCIÓN DE MODELOS
Ejemplo 1
Un tanque cilíndrico de fondo plano con un diámetro de 1.5m contiene

un liquido de densidad ρ = 1.5 Kg./l a una altura “a” de 3m. Se desea
saber la altura del liquido dentro del tanque tres minutos después de
que se abra completamente la válvula de salida, la cual da un gasto de
0.6 2 ga m3/s, donde A es el área seccional del tubo de salida y es
78.5x10-4 m2 y g =9.81 m/s2.
Solución:
3m a
1.5 m
a:? después de 3 minutos
3
Salida : 0.6 A 2 ga m s ; A=78.5x10-4 m2 ; g=9.81 m/s2.
Acumulación = Entrada - Salida
dv
 0.6 A 2 ga , pero v= (área de la base )x(Altura)
dt
dBa da da  0.6 A 2 ga
 0.6 A 2 ga  B  0.6 A 2 ga   2

dt dt dt  1.5 
 
 2 
da
 0.0026653 2 ga
dt
 da
 dt  0.0026653 2 ga

P.V .I a (0)  3m , Usar Euler con seg.=h
a (180)  ?


Ejemplo 2
Calcule el tiempo necesario para que el nivel del liquido dentro del
tanque esférico con radio r = 5m, ver figura, pase de 4m a 3m,la
velocidad de salida por el orificio del fondo es v  4.895 a m/s, el
diámetro de dicho orificio es de 10 cm.
Solución
Balance de Materia:

Acumulación = Entrada – Salida
dV
 0  Av 
dt
El volumen del liquido en el tanque en función de la altura es :
 a3 
V    5a 2  
 3 
A = área del orificio de salida

A  0.1 2 m 2 ; v  4.895 a m s
4
Luego tenemos:
d  2 a3  
  5a     (0.1) 2 x 4.895 a m s
dt  3  4
da  (0.1) 2 x 4.985 a

dt 10a  a 2 
 da  0.122375 a


 dt 
10a  a 2 
Luego: el P.V .I  a (0)  4m , aplicar Euler y un h=10
a (?)  3m


Ejemplo 3
En un tanque perfectamente agitado se tiene 400 litros de una solución

en la que están disueltos 25Kg. de sal ( NaCl ). En cierto momento se
hace llegar al tanque un gasto de 80 l/min. de una solución que
contiene 0.5 Kg. de sal común por litro. Si se tiene un gasto de salida de
80 l/min. Determinar que cantidad de sal hay en el tanque transcurridos
10 min?
Solución:
X: la cantidad de sal en Kg., en el tanque después de t minutos.

dX
La acumulación de sal en el tanque esta dado por y por la
dt
relación:
dX
 masade sal que entra  masa de sal que queda
dt
dX lib. Kg . lib. X Kg .
 80 0.5  80 . .
dt min . lit min . 400 lit
dX
 40  0.2 X
dt
con las condiciones iniciales:
 dX
 dt  40  0.2 X

P.V .I   x (0)  25
 x (10)  ?


Ejemplo 4
Se hace reaccionar isotérmica mente 260g de acetato de etilo

(CH3C00C2H5) con 175g de hidróxido de sodio (NaOH) en solución
acuosa (ajustando el volumen total a 5 litros) para dar acetato de sodio
(CH3COONA) y alcohol etílico (C2H5OH), de acuerdo con la ecuación
estequiométrica CH 3COOC 2 H 5  NaOH 

k
CH 3COONa  C 2 H 5 OH en
donde K: constante de reacción dado por k  1.44 x10 2 l

mol . min .
Determinar la cantidad de acetato de sodio y alcohol etílico presentes
30 minutos después de iniciada la reacción.
Solución:
Sea:
X: La cantidad de moles por litro se aceite de etilo que han reaccionado
dX
al tiempo t. Entonces, la velocidad de reacción viene dada por la
dt
dX
ley de acción de masas  k .C 1A .CB1 , en donde CA, CB denotan las
dt
concentraciones molares de los reactantes ácidos de etilo e hidróxido

de sodio al tiempo t, los exponentes son sus coeficientes

estequiométricos en la reacción, entonces:
260 g mol
C 1A  X   0.59  X 
PM CH 2 COOC2 H 5 .5litros litro
175 g mol
CB1  X   0.875  X 
PM NAOH .5litros litro
 dX
 dt  1.44 x10  0.59  x  0.875  x 
2

P.V .I   x (0)  0.0
 x (30)  ?


Ejemplo 5
Se tiene tres tanques de 1000 litros de capacidad cada uno,

perfectamente agitados (ver figura). Los tres recipientes completamente
llenos con una solución de concentración 30g/l. A partir de cierto
momento se alimenta una solución que contiene 50g/l con una gasto de
300 l/min. (hay un arreglo entre los tres recipientes, tal que al haber un
gasto al primero, la misma cantidad fluye de este al segundo y del
segundo al tercero y de este afuera del sistema, con lo cual se
mantiene constante el volumen en todos ellos). Calcule la concentración
en cada tanque después de 10 minutos de haber empezado a agregar
solución al primero.
300 lit/min 300 lit/min 300 lit/min
V1 V2 V3
C1 C2 C3
V1  1000 litros V2  1000 litros

C1 (0)  30 g
litro C2 (0)  30 g litro
V3  1000 litros
C3 (0)  30 g litro

Ejercicios y aplicaciones
I. Utilizar los métodos de Euler y de Runge Kutta para dar solución a las
siguientes ecuaciones diferenciales con valor frontera.
dy
 x y
dx
y ( 0)  2
1 y (1)  ?
dy
x y
dx
y (1)  4
2.- y (1.5)  ?
dy
 x
dx y
y (0)  1
3.- y (0.5)  ?
dy
 x
dx y
y ( 0)  4
4.- y (0.5)  ?
dy
 y(2  y)
dx
y (0)  3
5.- y (0.5)  ?
dy
 x y
dx
y (1)  4
6.- y (1.5)  ?
dy
 x  y2
dx
y (1)  0
7.- y (1.5)  ?

dy y2  y

dx x
y (1)  1
8.- y (1.8)  ?
dy
 1  xsenx
dx
y ( 0)  0
y (1.5)  ?
9.-
dy 1 y
   y2
dx x x
y (1)  1
y ( 2)  ?
10.
dy
 1 y 2
dx
y ( 0)  4
11.- y (1)  ?
dy
 y
dx
y (0)  1
12.- y (1)  ?
dy
 2 y 1
dx
y ( 0)  1
13.- y (1)  ?
dy
 1 y
dx
y ( 0)  0
14.- y (1)  ?
dy
 x 1 y
dx
y ( 0)  1
15.- y (1)  ?
dy
 1  xy
dx
y (1)  1
y ( 2)  ?
16.

II .- Estructurar un modelo para las problemáticas siguientes y luego

solucionarlo Aplicando Euler y Runge Kuta:
1.- Un tanque cilíndrico de fondo plano con diámetro 2 metros contiene

un líquido; de densidad 1.8 kg/l a una altura H de 4 metros. Se desea
saber la altura del líquido dentro del tanque 10 minutos después que abre
completamente de la válvula de salida ubicada en la parte inferior
izquierda, la cual da una gasto de 1 A 2 gh m3/s, donde A es el área
seccional del tubo de salida que tiene un valor de 80.5 x 10 -4m2, considerar
g = 9.81m/s2.
2.- Se tiene un tanque esférico de radio de 8 metros calcular el tiempo

necesario para que el nivel del líquido de dicho tanque pase de 6 metros a
7 metros, la velocidad de salida por el orificio del fondo es v =5.5 a m/s el
diámetro de dicho orificio es de 12 cm. Donde a es la altura de líquido.
3.- En un tanque perfectamente agitado se tiene 500 litros de una salmuera

en la cual este disuelto 30 Kg de sal común en un momento determinado
se hace llegar al tanque un gasto de 90 l/min de una salmuera que contiene
1.5 Kg de sal común por litro si se tiene un gasto de salida de 90 l/min.
Determine:
a.- Que cantidad de sal hay en el tanque transcurrido 20min.
b.- Que cantidad de sal transcurrido un tiempo muy grande.
4.- Se hace reaccionar isotérmica mente 300gr de acetato de etilo con

200gr de hidróxido de sodio en solución acuosa ajustando el volumen total
a 10 litros para dar acetato de sodio y alcohol etílico de acuerdo con lo
siguiente ecuación estequiometria:
Acetato de etilo + hidróxido de sodio k

 = acetato de sodio + alcohol etílico
Donde la constante de velocidad de reacción k esta dado por k = 1.44 x 10 -
2 1
mol min

Determine la cantidad de acetato de sodio y alcohol etílico presente 40min

después presentada la reacción.
5.- Se conecta un inductor de 0.5 henries en serie con una resistencia de

10 ohms un capacitador de 0.025 faradios y un generador de corriente al
terna dad por la función 60 sen 5t voltios t  0.
a.- Establezca una ecuación diferencial para la carga instantánea en el

capacitor.
b.- Encuentre la carga en distintos tiempos
6.- Se tiene un tanque de forma cónica de 5 metros de diámetro superior

con 10 metros de altura conteniendo un líquido hasta h metros de altura, si
al momento de llegar el nivel del líquido de 2. 5 metros se hace llegar un
gasto de alimentación de 0.50 m 3/s el nivel de líquido aumentara.
Determine el tiempo necesario para que el nivel se recupere nuevamente a
6 metros.
7.- El tiempo que requiere el tanque del ejercicio anterior para recuperar su
nivel de 2.5 a 6 metros con un gasto de alimentación de 0.50 m 3/s es
aproximadamente 500 s calcule el gasto de alimentación que se requiere
para reducir este tiempo en la mitad.
8.- Calcule el tiempo necesario para que el nivel del líquido del tanque
anterior pase de 6 metros a 1 metro si el flujo de salida por el orificio es
3.457 h l/s.
9.- Un tanque perfectamente agitado contiene 800 litros de salmuera en la

cual están disueltas 20 Kg. de sal. Si se hace llegar 20 l/min. de una
salmuera que contiene 4 Kg de sal en cada 10 litros y por el fondo se saca
16 litros por minuto de salmuera. Determine la concentración de sal a
distintos tiempos.

PVI en problemas de química
Se hacen reaccionar isotérmicamente 260 g de acetato de etilo con 175 g de

hidróxido de sodio en solución acuosa, ajustando el volumen total a 5 litros,
para dar acetato de sodio y alcohol etílico, según la siguiente ecuación
estequiométrica
(1)
Si la constante de velocidad de reacción k está dada por
determinar la cantidad de acetato de sodio y de alcohol etílico presentes 30 minutos

después de iniciada la reacción.
Modelización del problema
Si la cantidad de moles por litro de acetato de etilo que han reaccionado al

tiempo t, se denota por x, entonces la velocidad de reacción dx/dt, está dada
por la ley de acción de masas:
(2)
donde CA y CB denotan las concentraciones molares de los reactantes acetato

de etilo e hidróxido de sodio respectivamente, al tiempo t, y los exponentes
son sus coeficientes estequiométricos en la reacción. Entonces,
(3)
Al sustituir valores, teniendo en cuenta que el peso molecular del acetato de

etilo es 88 y el del hidróxido de sodio es 40 y añadir la condición inicial, se
tiene el siguiente problema de valor inicial:
(4)
Se debe determinar el valor de x a los 30 minutos.

Solución numérica
Aplicando el método de Runge Kutta al PVI (4), con un paso h = 1 min, se tiene el
siguiente resultado:
x(30) = 0,169 mol/l.
Por lo tanto, teniendo en cuenta que el peso molecular del acetato de sodio es 82, y
el del alcohol etílico es 45, la cantidad de acetato de sodio está dada por:
Cant. acetato de sodio presentes a los 30 min = 0,169 . 5 . 82 = 69,29 g.
Cant. alcohol etílico presentes a los 30 min = 0,169 . 5 . 45 = 38,025 g.

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Méé todos Numéé ricos Aplicados a la Ingéniéríéa

SOLUCIÓN NUMÉRICA DE ECUACIONES

3.2. MÉTODOS NUMÉRICOS PARA SOLUCIONAR UN PVI

3.2.1. MÉTODO DE EULER

3.2.2. METODO DE TAYLOR

3.2.3. METODO DE EULER MODFCADO

3.2.4. MÉTODO DE RUNGE-KUTTA

3.2.5. MÉTODO DE PREDICCIÓN Y CORRECCIÓN

3.3. SOLUCIÓN DE SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Solucioé n Numéé rica dé Ecuacionés Diféréncialés Ordinarias Paé gina 1

3. SOLUCIÓN NUMÉRICA DE ECUACIONES DIFRENCIALES

1. En general una EDO de primer orden esta dado por:

2. Teóricamente se dice que la solución de una EDO debe contener

1. La relación (2) representa una familia de curvas en el plano xy, en

i.e.: que “y” vale “y0” cuando “x” es “x0”

Solucioé n Numéé rica dé Ecuacionés Diféréncialés Ordinarias Paé gina 2

4. Como se mencionó al inicio la gran mayoría de las ecuaciones no

Debemos resaltar que cuando usamos los métodos numéricos no

5. El problema de valor inicial (P.V.I.) queda formulado así:

ii) Un valor de “y” en un punto conocido “x0” (condición inicial)

iii) El valor “xf” es donde se quiere conocer el valor de “y(xf )”

Solucioé n Numéé rica dé Ecuacionés Diféréncialés Ordinarias Paé gina 3

3.2.1. MÉTODO DE EULER

Lo que permite determinar un conjunto de n+1puntos discretos, i.e.:

X0, X1, X2,..., Xn-1, Xn

x1 x2 x3 ... xi xi+1 ... xn-1 xn

Para cualquier punto se tiene.

Paso muy similar al paso de integración numérica.

4. Tomamos la recta L3 en lugar de F(x) y localizamos en esta recta el

La ordenada y1  F ( x1 ) pues existe un error

Solucioé n Numéé ryica dé Ecuacionés Diféréncialés Ordinarias Paé gina 5

(2) El método comete un error de truncamiento que es propio del método.

(3) El error de (2) se puede anular tanto como se quiera, reduciendo la

(4) Debido a (3) se comete un error de redondeo más alto.

Ejemplos de Aplicaciones Resueltos

Solucioé n Numéé rica dé Ecuacionés Diféréncialés Ordinarias Paé gina 6

1) El intervalo de interés [x0,xf] = [0,1]

4) Determinando los valores de yi

Comparando con la solución analítica

El error absoluto E A  y 5*  y 5  0.98304  1.10364  0.12060

El error porcentual E %  10.92%

Solucioé n Numéé rica dé Ecuacionés Diféréncialés Ordinarias Paé gina 7

La solución de (1) son soluciones exponenciales, o se construyen a partir de

i.e.: y p ( x)  a x  b , hallar y ' p  a en nuestro caso:

1) y '  x  y  y ' y  x , y p  ax  b luego

y (1)  3e 1  1  1  y (1)  3e 1  1.10364

Solucioé n Numéé rica dé Ecuacionés Diféréncialés Ordinarias Paé gina 8

Sustituyendo la condición inicial:

Por lo tanto, tenemos que la curva solución real está dada:

Solucioé n Numéé rica dé Ecuacionés Diféréncialés Ordinarias Paé gina 9

Y por lo tanto, el valor real que se pide es:

y no es lo suficientemente pequeña. Si dividimos esta distancia

De esta forma, tenemos los siguientes datos:

Sustituyendo estos datos en la formula de Euler, tenemos, en un primer paso:

Aplicando nuevamente la formula de Euler, tenemos, en un segundo paso:

Y así sucesivamente hasta obtener . Resumimos los resultados en la siguiente tabla:

Solucioé n Numéé rica dé Ecuacionés Diféréncialés Ordinarias Paé gina 10

Concluimos que el valor aproximado, usando el método de Euler es:

En un primer paso, tenemos que: