Clase No. 26:
Sistemas autónomos.Diferencias finitas para EDO
Introducción a EDPsMAT–251 Dr. Alonso Ramírez Manzanares
CIMAT A.C.e-mail: [email protected]: http://www.cimat.mx/salram/met_num/
Dr. Joaquín Peña AcevedoCIMAT A.C.e-mail: [email protected]
Joaquín Peña (CIMAT) Métodos Numéricos (MAT–251) 23.11.2015 1 / 32
Sistemas autónomos (I)
Hemos visto el PVI:Y ′ = F(x,Y), Y(a) = α.
La variable x aparece explícitamente separada del resto de las variables
Y = (y1,y2, ...,yn),
pero esto no necesariamente tiene que ser así. Si introducimos la variabley0 = x y agregamos la ecuación diferencial
y′0 = 1
y la condición inicial y0(a) = a, entonces podemos reescribir el sistema
X′ = G(X), X(a) = β,
donde
X =
y0Y
, G =
1F
, β =
aα
.
En general, a un sistema de la forma X′ = G(X) se dice que es autónomo.
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Sistemas autónomos (II)
Ejemplo. Considere el sistema
y′1(x) = −2(y2(x)− 2.4)
y′2(x) = 3(y1(x)− 1.2)
Es de la forma
Y ′ = F(Y(x)) con F(Y) =
0 −23 0
Y +
4.8−3.6
−1 0 1 2 3
01
23
4
ry1
ry2
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Sistemas autónomos (III)
La solución general del problema es
Y(x) =
p2r cos(
p6x+ δ)p
3r sin(p
6x+ δ)
+
1.22.4
donde r y δ dependen de la condición inicial. Si usamos como condicióninicial
Y(0) =
1.51.5
entonces δ = arctan(−p
6), y r = 0.3p2cos δ
. Para las pruebas:
• Calculamos la solución con el método de Euler.
Yk+1 = Yk + hF(Yk)
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Sistemas autónomos (IV)
• La comparamos con la solución con el método de Runge-Kutta desegundo orden.
Yk+1 = Yk +h
2(K1 +K2)
K1 = F(Yk)
K2 = F(Yk + hK1)
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Resultado con Euler (h = 0.005,n = 3000)
−1 0 1 2 3
01
23
4
y1
y 2
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Resultado con RK2 (h = 0.005,n = 3000)
−1 0 1 2 3
01
23
4
y1
y 2
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Método de diferencias finitas (I)
El método de diferencias finitas consiste en:
• Hacer una discretización del dominio
• En cada nodo de la discretización, reemplazar las derivadas queaparecen en la ecuación diferencial por alguna aproximación basada endiferencias finitas.Esto es, las derivadas se aproximan localmente mediante unacombinación lineal de las variables que hay que calcular.
• Se incluyen las condiciones de frontera en términos de las variables delproblema
• Al final se obtiene un conjunto de ecuaciones que hay que resolver.
Explicamos la aplicación del método mediante la solución de un problemade valores en la frontera para resolver una ecuación diferencial ordinaria desegundo orden:
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Método de diferencias finitas (II)
Queremos resolver
y′′ = f (x,y,y′)
y(a) = α, y(b) = β
Aproximamos las derivadas por algún esquema de diferencias finitas:
y′(x) ≈1
2h[y(x+ h)− y(x− h)]
y′′(x) ≈1
h2[y(x+ h)− 2y(x) + y(x− h)]
Hacemos una discretización uniforme del intervalo [a,b]:
a = x0 < x1 < · · · < xn = b
Entonces tenemos que
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Método de diferencias finitas (III)
y0 = α1
h2[yi−1 − 2yi + yi+1] = f
xi, yi,1
2h(yi+1 − yi−1)
i = 1,2, ...,n− 1
yn = β
Consideremos el caso lineal:
f (x, y, y′) = u(x) + v(x)y+w(x)y′
Entonces
1
h2[yi−1 − 2yi + yi+1] = ui + viyi +
wi
2h(yi+1 − yi−1)
Es decir,
−
1 +h
2wi
yi−1 + (2 + h2vi)yi −
1−h
2wi
yi+1 = −h2ui
Si definimos
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Método de diferencias finitas (IV)
ai = −
1 +h
2wi
di = 2 + h2vi
ci = −
1−h
2wi
bi = −h2ui
Entonces para i = 2, ...,n− 2 tenemos
aiyi−1 + diyi + ciyi+1 = bi
Para i = 1, a1α + d1y1 + c1y2 = b1.
Para i = n− 1, an−1yn−2 + dn−1yn−1 + cn−1β = bn−1.
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Método de diferencias finitas (V)
Así, tenemos que resolver el sistema lineal
d1 c1a2 d2 c2
a3 d3 c3. . .
. . .. . .
an−2 dn−2 cn−2an−1 dn−1
y1y2y3...
yn−2yn−1
=
b1 − a1αb2b3...
bn−2bn−1 − cn−1β
Ejemplo.
y′′ = y′ − y+ ex − 3sinx (1)
y(1) = α = 1.097374911 (2)
y(3) = β = 56.559080896 (3)
La solución del problema es y(x) = ex − 3cosx.
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Método de diferencias finitas (VI)
En este caso se tiene que
(2− h2)y1 −
1−h
2
y2 = −h2[ex1 − 3sinx1] +
1+h
2
α
−
1+h
2
yi−1 + (2− h2)yi −
1−h
2
yi+1 = −h2[exi − 3sinxi]
−
1+h
2
yn−2 + (2− h2)yn−1 =
1−h
2
β − h2[exn−1 − 3sinxn−1]
Tomamos n = 100.
Resolvemos el sistema de ecuaciones usando el método de Gauss-Seidel.
Inicializamos el algoritmo con el segmento que une a los puntos (a, α) y(b, β).
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Método de diferencias finitas (VII)
Después de 20000 iteraciones, el error entre la solución analítica y lanumérica es 0.2055.
1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0
010
2030
4050
vx
vy
Inicialización y solución numérica
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Método de diferencias finitas (VIII)
1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0
0.00
00.
010
0.02
00.
030
vx
vy −
vs
Error yi − y(xi)
n max |yi − y(xi)| Iteraciones50 0.0082 7382
100 0.0022 26200
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Ejemplo de condiciones mixtas (I)
Consideremos el problema
x2y′′ − 0.11y = 0,
y(0) = 0,
y′(1) = 1.1
La solución del problema es y(x) = x1.1.
0 2 4 6 8 10
−4
−2
02
4
c(0, 10)
c(−
4, 4
)
x0 x1 x2 x3 xn−3 xn−2 xn−1 xn
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Ejemplo de condiciones mixtas (II)
Para los nodos interiores tenemos que la siguiente ecuación:
x2i
yi−1 − 2yi + yi+1
h2− 0.11yi = 0
Así, para i = 2, ...,n− 1 tenemos
x2iyi−1 − (2x2
i+ 0.11h2)yi + x2
iyi+1 = 0
Para i = 1,−(2x2
1 + 0.11h2)y1 + x21y2 = 0
Para i = n,yn−2 − 4yn−1 + 3yn
2h= 1.1
Probamos para diferentes discretizaciones, y obtenemos los siguientesresultados:
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Ejemplo de condiciones mixtas (III)
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
c(a, b)
c(m
alph
a, m
beta
* b
)
Inicialización y solución numérica
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Ejemplo de condiciones mixtas (IV)
Error yi − y(xi)
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
0.00
00.
001
0.00
20.
003
0.00
40.
005
vx
vy −
vs
n max |yi − y(xi)| Iteraciones Error cuadrático25 0.001024 1486 0.0050350 0.001287 4292 0.00710
100 0.005231 10907 0.03680
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Otro ejemplo (I)
Considere la ecuación
−εy′′ + βy′ = 0 0 < x < 1,
y(0) = 0
y(1) = 1
La solución del problema es
y(x) =exp
βxε
− 1
exp
βε
− 1.
Si fijamos para ε = 0.01, β = 1.0 tenemos la siguiente gráfica
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Otro ejemplo (II)
Solución analítica
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
vx
vy
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Otro ejemplo (III)
Supongamos que ε << β.Aplicamos un esquema de diferencias finitas para resolver el problema devalores en la frontera:
y0 = 0,
yn = 1;
−εyi+1 − 2yi + yi−1
h2+ β
yi+1 − yi−1
2h= 0
Resolvemos el problema con n = 9, y obtenemos
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Otro ejemplo (IV)
Solución numérica con aproximaciones de segundo orden, con n = 10
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
−0.
50.
00.
51.
0
vxi
vu
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Otro ejemplo (V)
Solución numérica con aproximaciones de segundo orden, con n = 20
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
−0.
40.
00.
20.
40.
60.
81.
0
vxi
vu
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Otro ejemplo (VI)
Solución numérica con aproximaciones de segundo orden, con n = 40
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
vxi
vu
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Otro ejemplo (VII)
Si definimos
Pε =|β|
2εh Número de Péclet
se puede ver que la solución numérica está dada por
yi =1−
1+Pε1−Pε
i
1−
1+Pε1−Pε
n .
De esta expresión se puede explicar el comportamiento de la soluciónnumérica.
Necesitamos que el número de Péclet sea menor que 1 para evitar lasoscilaciones.
Si en lugar de usar la aproximación en diferencias centrales para aproximary′ usamos diferencia hacia atrás, obtenemos el esquema
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Otro ejemplo (VIII)
y0 = 0
−εyi+1 − 2yi + yi−1
h2+ β
yi − yi−1
h= 0
yn = 1
Solución numérica con aproximación de diferencias hacia atrás, con n = 10
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
vxi
vyi
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Otro ejemplo (IX)
Solución numérica con aproximación de diferencias hacia atrás, con n = 20
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
vxi
vyi
Joaquín Peña (CIMAT) Métodos Numéricos (MAT–251) 23.11.2015 28 / 32
Otro ejemplo (X)
Solución numérica con aproximación de diferencias hacia atrás, con n = 40
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
vxi
vyi
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Otro ejemplo (XI)
Para explicar lo anterior, hay que notar que
yi − yi−1
h=yi+1 − yi−1
2h−h
2·yi+1 − 2yi + yi−1
h2
Entonces
−εyi+1 − 2yi + yi−1
h2+ β
yi − yi−1
h
= −εyi+1 − 2yi + yi−1
h2+ β
yi+1 − yi−1
2h−hβ
2·yi+1 − 2yi + yi−1
h2
= −
ε+hβ
2
yi+1 − 2yi + yi−1
h2+ β
yi+1 − yi−1
2h= 0
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Introducción a EDPs (I)
• Una ecuación diferencial parcial (EDP) es una ecuación que relaciona lasderivadas parciales de una función.
• La variable dependiente (función desconocida) en la EDP es función deal menos dos variables independientes.
• El orden de la EDP es igual al orden de la derivada parcial de mayororden que aparece en la ecuación.
• Son ampliamente utilizadas para modelas fenómenos físicos.
Ejemplo.Sea u : Ω2 → R una función de dos variables. La forma general de una EDPde segundo orden es
Auxx + 2Buxy +Cuyy +Dux + Euy + F = 0.
donde A,B,C,D,E,F ∈ R.
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Categorías de EDPsLa ecuación
Auxx + 2Buxy +Cuyy +Dux + Euy + F = 0
se dice que es:
• Elíptica si AC− B2 > 0.Ejemplo: la ecuación de Poisson
∂2u
∂x2+∂2u
∂y2= g(x,y)
• Parabólica si AC− B2 = 0.Ejemplo: la ecuación de calor
∂u
∂t= a
∂2u
∂x2+ g(x)
• Hiperbólica si AC− B2 < 0.Ejemplo: la ecuación de onda
∂2u
∂t2= a2 ∂
2u
∂x2+ g(x)
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