Ecuaciones diferenciales de 1er orden :
Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden es una expresión
del tipo siguiente:
y'  f ( x , y)
El problema que se suele presentar es el de calcular una función y = f(x)
tal que verifique la ecuación anterior con una condición de contorno:
y(x0) = y0.
El siguiente Teorema de Cauchy sólo garantiza la existencia y unicidad
de la solución bajo las siguientes condiciones restrictivas:
Teorema de Cauchy:
Si f(x,y) es analítica en un dominio que contiene al punto (x0,y0),
existe una, y sólo una, función analítica y(x) que verifique la ecuación:
y' 
dy
dx
 f ( x, y )
con la condición de contorno:
y( x 0 )  y0
Una función se dice
que es analítica si es derivable un número infinito

de veces: f  C
Una condición, menos exigente, para que exista solución y sea única
(aunque no necesariamente analítica)es que se satisfaga una condición de
Lipschitz:
Supongamos que tenemos una función f(x,y) definida en un dominio
del plano XY. Se dice que la función f(x,y) satisface una condición de
Lipschitz (respecto de y) en el dominio si esixte una constante M >0
tal que:
f ( x , y 1 )  f ( x, y 2 )  M y 1  y 2
para todos los puntos (x,y1) y (x,y2) que pertenezcan al dominio. La
constante M se llama constante de Lipschitz.
Una condición suficiente para que se pueda verificar una condición de
Lipschitz es que exista ∂f/∂y y esté acotada en el dominio, D. Si es así,
Efectivamente, se satisface una condición de Lipschitz (respecto de y) en
el dominio, D, y la constante viene dada por:
M  sup
( x ,y )  D
 f ( x , y)
y
En efecto:
f ( x, y1 )  f (x , y 2 )  ( y1  y 2 )
Para ver esta película, debe
disponer de QuickTime™ y de
un descompresor GIF.
f ( x,  )
y
donde
  ( y 1, y 2 )
Para ver esta película, debe
disponer de QuickTime™ y de
un descompresor GIF.
con lo cuál:
f ( x , y 1 )  f ( x, y 2 )  y 1  y 2
 f ( x,  )
y
 sup
( x , y)  D
 f ( x , y)
y
y1  y 2
Ejemplo:
Supongamos el dominio D definido del siguiente modo:
x  a ; y  b
y la función f(x,y) dada por :
f ( x, y)  y
2
como ∂f/∂y existe y está acotada en el dominio D:
f ( x , y )
y
 2y
M  sup
( x ,y )  D
 f ( x , y)
y
 2b
En efecto:
f ( x , y 1 )  f ( x, y2 )  y1  y 2
2
2
 y1  y2
y1  y 2  2 b y1  y2
Sin embargo, aunque esta condición (sobre la derivada parcial) es una
condición suficiente, no es necesaria, como se ve en el ejemplo siguiente:
f ( x, y)  x y
en x  a ; y  b
que cumple una condición de Lipschitz:
f ( x , y 1 )  f ( x, y 2 )  x y 1  x y 2  x y 1  y 2  a y 1  y 2
a pesar de que la derivada parcial ∂f/∂y no existe en los puntos (x,0)
Método de Euler:
Es un método sencillo para la integración de ecuaciones diferenciales
de primer orden.
Sea:
dy
dx
 f (x,y)
con la condición de contorno:
y( x 0 )  y0
Supongamos que y(x) es la solución exacta del problema. Si tomamos
un x lo suficientemente próximo a x0, podemos tomar la siguiente
aproximación:
y( x )  y (x 0 ) 
dy
dx
( x  x0 )
x0
y( x )  y (x 0 ) 
dy
dx
( x  x 0 )  y 0  f (x 0 , y 0 ) ( x  x 0 )
x0
Así, si, por ejemplo, tomamos un x1 = x0+h, podemos calcular el valor
correspondiente y1 = y(x1) del siguiente modo:
x1  x 0  h
y1  y 0  f ( x 0 , y 0 ) h
Si ahora quisiéramos calcular la solución en un punto ulterior, partiríamos
ahora de:
dy
 f (x,y)
dx
con la nueva condición (aproximada) de contorno: y( x 1 )  y 1
Utilizar el método de Euler para aproximar el valor de la solución de
la siguiente ecuación diferencial en los puntos x = 0.2, 0.4, 0.6, 0.8 y 1,
usando h = 0.2 y h = 0.1.
dy
dx
 2x  y
;
y (0)  1
h = 0.2
x 1  x 0  h  0  0.2  0.2
y1  y 0  f ( x 0 , y 0 ) h  1  1  0.2  1.2
x 2  x 1  h  0.2  0.2  0.4
y 2  y 1  f ( x 1, y 1 ) h 1.2  1.6  0.2  1.52
x 3  x 2  h  0.4  0.2  0.6
y3  y2  f ( x 2 , y2 ) h  1.52  2.32  0.2  1.984
x4  x 3  h  0.6  0.2  0.8
y 4  y 3  f (x 3 , y 3 ) h  1.984  3.184  0.2  2.6208
x5  x 4  h  0.8  0.2  1.0
y5  y4  f ( x4 , y 4 ) h  2.6208  4.2208  0.2  3.46496
h = 0.1
x 1  x 0  h  0  0.1  0.1
y1  y 0  f ( x 0 , y 0 ) h  1  1  0.1  1.1
x 2  x 1  h  0.1  0.1  0.2
y 2  y 1  f ( x 1, y 1 ) 
h 1.1  1.3  0.1  1.23
x 3  x 2  h  0.2  0.1  0.3
y3  y2  f ( x 2 , y2 ) h  1.23  1.63  0.1  1.393
x4  x 3  h  0.3  0.1  0.4
y 4  y 3  f (x 3 , y 3 ) h  1.393  2.3923  0.1  1.83153
x5  x 4  h  0.4  0.1  0.5
y5  y4  f ( x4 , y 4 ) h  1.5923  2.3923  0.1  1.83153
x 6  x 5  h  0.5  0.1  0.6
y 6  y 5  f ( x 5 , y 5 ) h  1.83153  2.83153  0.1  2.114683
x7  x 6  h  0.6  0.1  0.7
y7  y6  f ( x6 , y6 ) h  2.114683  3.314683  0.1  2.4461513
x 8  x 7  h  0.7  0.1  0.8
y8  y7  f ( x 7 , y7 ) h  2.4461513  3.8461513  0.1  2.8307664
x 9  x 8  h  0.8  0.1  0.9
y 9  y 8  f ( x 8 , y 8 ) h  2.8307664  4.4307664  0.1  3.273843
x 10  x 9  h  0.9  0.1  1.0
y10  y9  f ( x9 , y9 ) h  3.273843  5.073843  0.1  3.7812273
Vemos que obtenemos valores distintos de los que habíamos calculado
para h = 0.2. Cuanto menor sea h, mejor será la aproximación (aunque
también más laboriosa). Para un h constante el error será tanto mayor
cuanto más nos alejemos del punto inicial, como puede apreciarse en la
gráfica siguiente en la que comparamos las dos soluciones aproximadas
con la solución exacta.
5
y(x) = -2(x+1)+3e
4
h = 0.1
x
h = 0.2
3
2
1
0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
Método de Euler modificado:
La solución exacta de la ecuación diferencial de primer orden:
dy
dx
 f (x,y) ;
y( x 0 )  y 0
en el punto x1 vendría dada por la siguiente expresión:
x1
y( x 1 )  y ( x 0 ) 

f ( x , y ) dx
x0
En el método de Euler sencillo que vimos anteriormente tomábamos la
siguiente aproximación:
y( x1 )  y ( x0 )  f ( x0 , y0 ) ( x1  x 0 )
Esta aproximación es equivalente a suponer que en el integrando de la
solución exacta f(x,y) es constante e igual a su valor en el extremo
inferior de la integral, es decir, f(x, y) = f(x0,y0):
x1
y( x 1 )  y ( x 0 ) 

f ( x , y ) dx  y( x0 )  f ( x 0 , y0 ) ( x1  x0 )
x0
Parecería más razonable elsipensar
f ( x ,que
y ) obtendríamos
 f ( x0 , y 0 ) un valor más
preciso si aproximáramos la integral de f(x,y) por un promedio de sus
valores en los dos extremos de la integral en vez de tomarla igual a su
valor en el extremo inferior.
x1
y( x 1 )  y ( x 0 ) 

x0
f ( x , y ) dx  y( x 0 ) 
f ( x 0 , y0 )  f ( x1 , y1 )
2
( x1  x0 )
f ( x0 , y 0 )  f ( x1 , y1 )
Sin embargo, desiesaf (manera,
x , y )  nos encontraríamos con el problema de
que, para calcular y1 necesitamos saber2su valor para evaluar f(x1,y1).
El problema se solventa del siguiente modo: Primero se obtiene una
aproximación de y1 usando el método de Euler sencillo:
y1
(0)
 y 0  f ( x 0 , y0 ) h
a continuación, se usa esta aproximación sencilla para calcular f(x1,y1(0))
y así poder tomar la siguiente nueva estimación para el valor de y1 :
y1
(1 )
 y0 
f ( x 0 , y 0 )  f ( x 1 , y 1( 0 ) )
2
h
naturalmente, podríamos utilizar esta nueva aproximación para obtener
otra:
y1
(2)
 y0 
f ( x 0 , y 0 )  f ( x 1 , y 1( 1) )
2
h
y así, podríamos iterar hasta obtener una aproximación definitiva.
Una vez que estimemos que tenemos una estimación sensata de y1
repetiríamos el procedimiento para calcular y2:
y2
y2
y2
(0)
(1 )
(2)
 y1  f ( x1 , y1 ) h
 y1 
 y1 
f ( x 1 , y1 )  f ( x 2 , y 2 ( 0 ) )
2
f ( x 1 , y1 )  f (x 2 , y 2
2
( 1)
)
h
h
Utilizar el método de Euler modificado para aproximar el valor de la
solución de la siguiente ecuación diferencial en los puntos x = 0.2 y 0.4,
usando h = 0.2 y con tres decimales de aproximación:
dy
dx
 2x  y
;
y (0)  1
h = 0.2
x 1  x 0  h  0  0.2  0.2
y1
y1
(1 )
(0)
 y 0  f ( x 0 , y 0 ) h  1  1  0.2  1.2
 y0 
f ( x 0 , y 0 )  f ( x 1 , y 1( 0 ) )
2
h 1
1  2  0.2  1.2
2
0.2  1.26
y1
y1
(2)
( 3)
y1
 y0 
 y0 
(4)
 y0 
f ( x 0 , y 0 )  f ( x 1 , y 1( 1) )
h1
2
f ( x 0 , y 0 )  f (x 1 , y 1( 2 ) )
h 1
2
f ( x 0 , y 0 )  f ( x 1 , y1 (3 ) )
2
h
1
1  2  0.2  1.26
2
1  2  0.2  1.266
2
1  2  0.2  1.2666
2
0.2  1.266
0.2  1.2666
0.2  1.26666
Luego, con tres cifras decimales, tendríamos: y1  1 .267
x 2  x 1  h  0.2  0.2  0.4
y2
y2
y2
(0)
(1 )
(1 )
 y1  f ( x1 , y1 ) h  1.267  2  0.2  1.267   0.2  1.6004
 y1 
f ( x 1 , y1 )  f ( x 2 , y 2 ( 0 ) )
 1.267 
2
h
2  0.2  1.267    2  0.4  1.6004 
2
0.2  1.67374
y2
y2
y2
y2
y2
y2
(2)
f ( x 1 , y1 )  f (x 2 , y 2 ( 1) )
 y1 
2
 1.267 
(2)
h
2  0.2  1.267    2  0.4  1.67374 
0.2  1.681074
2
(3)
f ( x1 , y1 )  f ( x 2 , y2 ( 2 ) )
 y1 
2
 1.267 
(2)
h
2  0.2  1.267    2  0.4  1.681074 
0.2  1.6818074
2
(4)
(4)
 y1 
f ( x 1 , y1 )  f ( x 2 , y 2 ( 3 ) )
 1.267 
2
h
2  0 .2  1.267   2  0 .4  1.6818074 
2
0.2  1.6818807
Luego, con tres cifras decimales, tendríamos: y 2  1 .682
5
y(x) = -2(x+1)+3e
4
h = 0.1
x
h = 0.2
3
h = 0.2
Euler modificado
2
1
0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
Algoritmo de Taylor:
Una forma alternativa de mejorar el método de Euler sería tomar más
términos en el desarrollo de Taylor de la solución exacta:
y( x )  y (x 0 )  y' ( x 0 )( x  x 0 ) 
y' ' ( x 0 )
2
( x  x0 ) 
2
Esto se puede hacer del modo siguiente:
Partiendo de:
y'  f ( x , y)
y derivando respecto a x nos queda que:
 f ( x, y )
 f ( x , y)
 f (x , y)  f ( x, y)
 f (x , y)
y' ' 

y' 
x
y
x
y
En lo siguiente, empleamos la siguiente notación abreviada:
y' ' 
 f (x , y)
x
 f (x,y)
 f ( x, y )
y
 x f  f y f
si seguimos derivando:
y' ' ' 
d


dx
x
f  f yf

y' ' '   x f   y  x f y'   x f  y f   y f
2

2
y' ' '   x f  2 f x  y f   x f  y f  f  y f
2
y'  f  x  y f  f y f
2

2
 f y f
2
2
y así, podríamos continuar calculando derivadas de orden más alto. Si
f admitiera derivadas de cualquier orden (es decir, si fuera, analítica),
podríamos calcular la solución de este modo (Teorema de Cauchy).
y'
Si aplicamos este método al problema que teníamos:
dy
dx
 2x  y
y (0)  1
;
y'  2 x  1  1
y' '  2  y'  3
y' ' '  y' '  3
y'  y 
v
v
 y 3
n
Luego, la solución se puede escribir como:
y( x )  1  x 
3 x2
2

3x 3
3!


3x n
n!
 3e  2  2 x
x
Sin embargo, en el caso general, este método puede resultar bastante
laborioso, tal y como se puede apreciar en el siguiente ejemplo:
y'  sen x  cos y
y( 0 )  0
y'  sen x  cos y
y' '  cos x  y' sen y  cos x  (sen x  cos y ) sen y
y' '  cos x  sen x sen y  sen y cos y
y' ' '   sen x  y' ' sen y   y' 
2
cos y
y'   cos x  y' ' ' sen y  y' ' y' cos y  2 y' y' ' cos y   y' 
3
v
sen y
y  sen x  y' sen y  y' ' ' y' cos y  y' ' ' y' cos y   y' '  cos y  y' '  y'  sen y
v
2
v
2
 2  y' '  cos y  2 y' y' ' ' cos y  2  y'  y' ' sen y  3 y'  y' ' sen y  y'  cos y
2
2
2
4
y  sen x  y' sen y  4 y' ' ' y' cos y  3 y' '  cos y  6 y' '  y'  sen y   y'  cos y
v
2
v
2
4
y '  cos x  y sen y  y' y' cos y  4 y' y' cos y  4 y' ' ' y' ' cos y 
v
v
v
v
 4 y' ' '  y'  sen y  6 y' ' y' ' ' cos y  3 y' '  y' sen y  12 y'  y' '  sen y 
2
2
2
 6  y'  y' ' ' sen y  6 y'  y' ' cos y  4  y'  y' ' cos y  y'  sen y
2
3
3
5
y '  cos x  y sen y  5 y' y' cos y  10 y' ' ' y' ' cos y 
v
v
v
 10 y' ' '  y'  sen y  15  y' '  y' sen y  6  y'  y' ' cos y 
2
2
 10  y'  y' ' cos y   y'  sen y
3
5
3
Por tanto, haciendo las sustituciones oportunas:
y' ( 0)  1
y' (0)   4
y' ' ( 0)  1
y ( 0)  2
y' ' ' (0 )   1
y ' (0)  41
v
v
v
con lo que la solución puede escribirse como:
y( x )  x 
y( x )  x 
x2
2
x2
2

x3

3!

x3
6

4x4
4!
x4
6


2x5
5!
x5
60


41 x 6
6!
41 x 6
720
Método de Picard (de las aproximaciones sucesivas):
Como ya vimos anteriormente, la solución exacta de la ecuación
diferencial de primer orden:
dy
dx
 f (x,y) ;
y( x 0 )  y 0
en el punto x vendría dada por la siguiente expresión:
x
y( x )  y (x 0 ) 

f ( x, y ) dx
x0
Si conociéramos y(x), sustituyéndola en el integrando de la ecuación
anterior, obtendríamos una identidad trivial.
Si partiéramos de una solución aproximada, y0(x), podríamos
introducirla en el integrando para calcular una nueva aproximación
(mejorada) y1(x). Integrando esta nueva aproximación, se puede obtener
otra nueva, y2(x), y así sucesivamente.
x

y 1 ( x )  y( x 0 ) 
f ( x, y 0 ( x )) dx
x0
x

y 2 ( x )  y( x 0 ) 
f ( x, y 1 ( x )) dx
x0
x
y n ( x )  y( x 0 ) 

f ( x , y n  1 ( x )) dx
x0
Generalmente, la primera aproximación que se suele tomar es hacer
y0(x) constante e igual a la condición de contorno: y0(x) = y(x0).
Si la convergencia no fuera buena, podrían ensayarse aproximaciones
iniciales mejores, mediante el método de Euler (o el de Euler modificado).
Cuando las integrales se efectúan de forma numérica, estos métodos se
conocen con el nombre de métodos de Adams-Bashforth.
Utilizar el método de Picard con el problema siguiente:
y'  sen x  cos y
y( 0 )  0
x
x

y1 (x )  y ( x 0 ) 
f ( x , y 0 ( x )) dx  0 
 sen
0
x0
y1 (x )   cos x  x 0  1  x  cos x
x
x
y 2 ( x )  y( x 0 ) 
x
y2 ( x ) 
 sen
0

x0
f ( x , y1 ( x )) dx
x  cos 1  x  cos x  dx
x  1 dx
x
y2 ( x ) 
 sen
x  cos 1  x  cos x  dx
0
2


x 
y 2 ( x )   sen x  cos 
) 
1  x  (1 
 dx



2



0
x
2 


x

y 2 ( x )   sen x  cos 
 x 
 dx


2 


0
x
2
3

x
x
y 2 ( x )   sen x  1 



2
2
0
x
3
4

x
x
y 2 ( x )   cos x  x 



6
8

 dx



x3 x 4
  1  cos x  x 


6
8
0
x
x
y 3 ( x )  y (x 0 ) 

f ( x, y 2 ( x )) dx
x0
3
4 


x
x

y 3 ( x )   sen x  cos 

1  cos x  x 
 dx



6
8



0
x
2
4
3
4


x
x
x
x 

y 3 ( x )   sen x  cos 

) x 

1  (1 
 dx


2
24
6
8 


0
x
2
3
4


x
x
x 

y 3 ( x )   sen x  cos 


 x 
 dx


2
6
6 


0
x


x

y 3 ( x )   sen x  1 

0



x2
x3
x4



x 

2
6
6
2





x2
x3
x4



 x 

2
6
6
2
24

x2
x3
x 4 

y 3 ( x )   


sen x  1 
 dx

2
2
12 
0
x
3
4
5

x
x
x 

y 3 ( x )   cos x  x 




6
8
60 
0
x
y 3 ( x )  1  cos x  x 
x3
6

x4
8

x5
60
4 


 

 dx



Utilizar el método de Picard con el problema siguiente:
dy
dx
 2x  y
;
y (0)  1
x

y1 (x )  y ( x 0 ) 
f ( x , y 0 ( x )) dx
x0
x
y1 (x )  1 
  2 x  1
dx  1  x  x
0
x
y 2 ( x )  y( x 0 ) 
x
y2 ( x )  1 

f ( x , y1 ( x )) dx
x0
 2 x  1 
0
x x
2
 dx
2
x
y2 ( x )  1 
 1  3 x  x 
2
dx  1  x 
0
3x 2
2

x3
3
2
3


3x
x 

y 3 ( x )  1   2 x  

1  x 
 dx



2
3



0
x
2
3 

3x
x

y 3 ( x )  1   

1  3x 
 dx

2
3 
0
x
y3 ( x )  1  x 
3 x2
2

x3
2

x4
4 3
2
3
4


3x
x
x 

y 4 ( x )  1   2 x  


1  x 
 dx



2
2
4

3



0
x
y4 ( x )  1  x 
3x 2
2

x3
2

x4
42

x5
5 4 3
Utilizar el método de Picard con el problema siguiente:
dy
dx
 x  y
2
2
;
y (0)  1
x

y1 (x )  y ( x 0 ) 
f ( x , y 0 ( x )) dx
x0
x
y1 (x )  1 
 x
2
 1 dx  1  x 
0
x3
3
x
y 2 ( x )  y( x 0 ) 

x0
f ( x , y1 ( x )) dx

3

x
2

y 2 ( x )  1   x  
1 x 



3
0 
x




2

 dx


3
4
6 

2
x
2
x
x
2

y 2 ( x )  1   


1  2 x  2 x 
 dx

3
3
9 
0
x
2 x3
y2 ( x )  1  x  x 
2

3
x4
6

2 x5
15

x7
63
2

3
4
5
7  

2x
x
2x
x
2
2

 dx

y 3 ( x )  1   x  
1

x

x





 


3
6
15
63  
0 
x
x
y3 ( x )  1 
 (1  2 x  4 x
2
0

164 x
315
7

299 x
1260
8

8x
9
105


10 x
3

8x
3
184 x

3
10
4725
4

x

47 x
15
11
189
29 x
5

4x

45
12
945
6

x
14
3969
) dx
y3 ( x )  1  x  x 
2

41 x
630
8

299 x
11340
9

4x
4x
3

5x
4
3
6
10
184 x
525


8x
5

29 x
15
11
51975

6

90
x
12
2268

47 x
7

315
4x
13
12285

x
15
59535
Método de Runge-Kutta (de cuarto orden):
Los llamados métodos de Runge-Kutta son una serie de algoritmos
para calcular aproximaciones númericas del valor de la solución de:
dy
dx
 f (x,y) ;
y( x 0 )  y 0
en puntos de la forma siguiente:
x 1  x 0  h ; x 2  x 1  h ; et c
con muy buena precisión, sin que, para ello, sea necesario que los h sean
muy pequeños.
El procedimiento consta de los siguientes pasos:
Para calcular un valor aproximado de la solución y1 en el punto
x1 = x0 + h, se calculan los siguientes números:
k1  h f (x 0 , y 0 )
h
k1
k 2  h f ( x0  , y0  )
2
2
h
k2
k3  h f ( x 0  , y0 
)
2
2
k 4  h f ( x0  h, y0  k3 )
K0 
1
6
( k1  2k 2  2k 3  k 4 )
y entonces se toma:
y1  y 0  K 0
Procediendo del mismo modo, calcularíamos el valor aproximado de
la solución, y2, en el punto x2 = x1 + h:
k 1  h f (x 1 , y 1 )
h
k1
k 2  h f ( x1  , y1 
)
2
2
h
k2
k 3  h f ( x 1  , y1 
)
2
2
k 4  h f ( x1  h, y1  k3 )
K0 
1
6
( k1  2k 2  2k 3  k 4 )
y2  y1  K 0
Y así, sucesivamente, para el punto enésimo, tendríamos xn = xn-1 + h:
k 1  h f (x n  1 , y n  1 )
h
k1
k 2  h f ( xn  1  , yn  1  )
2
2
h
k2
k3  h f ( x n  1  , y n  1 
)
2
2
k 4  h f ( xn 1  h, yn 1  k3 )
K0 
1
6
( k1  2k 2  2k 3  k 4 )
yn  yn  1  K 0
Utilizar el método de Runge-Kutta con el problema siguiente para
calcular la solución aproximada en x = 0.2 y x =0.4:
dy
dx
h = 0.2:
 2x  y
;
y (0)  1
x 1  x 0  h  0  0.2  0.2
k 1  h f (x 0 , y 0 )  0 .2 (2  0  1 )  0 .2
h
k1
k 2  h f ( x 0  , y 0  )  0 .2 f (0  0 .1, 1  0 .1)
2
2
k 2  0.2 2  0.1  1.1   0.26
k3  h f ( x 0 
h
2
, y0 
k2
2
)  0 .2 f (0 .1, 1 .13 )
k 3  0.2 2  0.1  1.13   0.266
k 4  h f ( x0  h, y0  k3 )  0 .2 f (0 .2 , 1 .266 )
k 4  0.2 2  0.2  1.266   0.3332
K0 
1
6
( k1  2k 2  2k 3  k 4 )  0.2642
y1  y 0  K 0  1.2642
x 2  x 1  h  0 .2  0 .2  0 .4
k 1  h f (x 1 , y 1 )  0 .2 (2  0 .2  1 .2642 )  0 .33284
k 2  h f ( x1 
h
2
, y1 
k1
2
)  0 .2 f (0 .3, 1 .43062 )  0 .40612
k3  h f ( x1 
h
2
, y1 
k2
2
)  0 .2 f (0 .3, 1 .46726 )  0 .41345
k 4  h f ( x1  h, y1  k3 )  0 .2 f (0 .4 , 1 .67765 )  0 .49553
K0 
1
6
( k1  2k 2  2k 3  k 4 )  0.41125
y2  y1  K 0  1.2642  0.41125  1.67545
Utilizar el método de Runge-Kutta con el problema siguiente para
calcular la solución aproximada en x = 0.1 y x =0.2:
dy
dx
 x  y
2
2
;
y (0)  1
x1  x 0  h  0  0.1  0.1
h = 0.1:
k1  h f (x 0 , y 0 )  0.1 f (0,1)  0.1 (0  1 )  0.1
h
k1
k 2  h f ( x 0  , y 0  )  0 .1 f (0 .05 , 1 .05 )
2
2
2
2
k 2  0.1 0.05  1.05   0.1105
2
k3  h f ( x 0 
k 3  0.1116052
h
2
, y0 
k2
2
2
) 0 .1 f (0 .05 , 1 .05525 )
k 4  h f ( x0  h, y0  k3 )  0 .1 f (0 .1, 1 .1116052
k 4  0.1 (0.1  1.1116052
2
K0 
1
6
2
)
)  0.1245666
( k1  2k 2  2k 3  k 4 )  0.1114628
y1  y 0  K 0  1.1115
x 2  x 1  h  0 .1  0 .1  0 .2
k 1  h f (x 1 , y 1 )  0.1 (0.1  1.1115 )  0.1245432
2
k 2  h f ( x1 
h
2
, y1 
k1
2
2
)  0 .1 f (0 .15 , 1 .1737716
)  0 .1400239
k3  h f ( x1 
h
2
, y1 
k2
2
)  0 .1 f (0 .15 , 1 .181512 )  0 .141847
k 4  h f ( x1  h, y1  k3 )  0 .1 f (0 .2 , 1 .2533471 )  0 .1610878
K0 
1
6
( k1  2k 2  2k 3  k 4 )  0.1415621
y2  y 1  K 0  1.2531
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