GuíaEDOmedio

Método de Euler

El método de un paso más simple: avanzar con la pendiente del nodo actual. Deducción completa por tres caminos (Taylor, cociente incremental e integración), orden, ejemplo a mano y la variante implícita.

La idea: avanzar con la pendiente actual

En el nodo tkt_k conocemos la aproximación yky_k y, con ella, la pendiente f(tk,yk)f(t_k,y_k) que la ecuación asigna a la solución en ese punto. El método de Euler avanza en línea recta con esa pendiente durante todo el subintervalo:

yk+1=yk+h f(tk,yk),k=0,1,…,N−1y_{k+1}=y_k+h\,f(t_k,y_k),\qquad k=0,1,\dots,N-1
Método de Euler explícito.
tₖtₖ₊₁yₖyₖ₊₁pendiente actualy(t)
Euler sustituye la curva exacta por la recta tangente que sale de (tk,yk)(t_k,y_k); durante todo el paso usa una sola pendiente.
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Euler sustituye la curva exacta por la recta tangente que sale de (tk,yk)(t_k,y_k); durante todo el paso usa una sola pendiente.

Es un método explícito: yk+1y_{k+1} se calcula directamente a partir de yky_k. Su interés no es la precisión (es el método de orden más bajo) sino que condensa las tres técnicas con las que se diseñan casi todos los métodos: desarrollos de Taylor, aproximación de la derivada y cuadraturas.

Deducción

La deducción completa, por los tres caminos y con el análisis del error que fija el orden del método, es la siguiente:

DeducciónDeducción: método de Euler y su ordenVer como página propia →

Camino 1: desarrollo de Taylor

tₖtₖ₊₁yₖyₖ₊₁pendiente actualy(t)
La lectura geométrica de Taylor de primer orden: conservar solo el término lineal equivale a avanzar por la tangente.
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La lectura geométrica de Taylor de primer orden: conservar solo el término lineal equivale a avanzar por la tangente.

  1. Desarrollamos la solución yy por Taylor alrededor de tt, con el resto en forma de Lagrange (ξ\xi entre tt y t+ht+h):

    y(t+h)=y(t)+h y′(t)+h22y′′(ξ)y(t+h)=y(t)+h\,y'(t)+\frac{h^2}{2}y''(\xi)

  2. La ecuación diferencial nos da la derivada: y′(t)=f(t,y(t))y'(t)=f(t,y(t)). Sustituyendo:

    y(t+h)=y(t)+h f(t,y(t))+h22y′′(ξ)y(t+h)=y(t)+h\,f(t,y(t))+\frac{h^2}{2}y''(\xi)

  3. Descartamos el resto h22y′′(ξ)\frac{h^2}{2}y''(\xi) (los términos de orden mayor o igual que 2) y evaluamos en los nodos t=tkt=t_k, con yk≈y(tk)y_k\approx y(t_k): queda el esquema de Euler.

    yk+1=yk+h f(tk,yk)y_{k+1}=y_k+h\,f(t_k,y_k)

Camino 2: cociente incremental

  1. La derivada es el límite del cociente incremental; para hh pequeño, ese cociente la aproxima. Así aparece la diferencia progresiva de primer orden:

    y′(t)=lim⁡h→0y(t+h)−y(t)h  ⇒  y′(t)≈y(t+h)−y(t)hy'(t)=\lim_{h\to 0}\frac{y(t+h)-y(t)}{h}\;\Rightarrow\; y'(t)\approx\frac{y(t+h)-y(t)}{h}

  2. Sustituyendo la aproximación en la ecuación y′=f(t,y)y'=f(t,y) y despejando y(t+h)y(t+h) se recupera la misma fórmula:

    y(t+h)−y(t)h≈f(t,y)  ⇒  y(t+h)≈y(t)+h f(t,y)\frac{y(t+h)-y(t)}{h}\approx f(t,y)\;\Rightarrow\; y(t+h)\approx y(t)+h\,f(t,y)

Camino 3: integración

tₖtₖ₊₁h f(tₖ, yₖ)rectángulo izquierdof(τ, y(τ))
En la forma integral, Euler explícito aproxima el área bajo f(τ,y(τ))f(\tau,y(\tau)) por un rectángulo de altura izquierda f(tk,yk)f(t_k,y_k).
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En la forma integral, Euler explícito aproxima el área bajo f(τ,y(τ))f(\tau,y(\tau)) por un rectángulo de altura izquierda f(tk,yk)f(t_k,y_k).

  1. Antes de usar el Teorema Fundamental del Cálculo, escribimos la EDO con una variable muda τ\tau e integramos ambos lados en [tk,tk+1][t_k,t_{k+1}]:

    ∫tktk+1y′(τ) dτ=∫tktk+1f(τ,y(τ)) dτ\int_{t_k}^{t_{k+1}} y'(\tau)\,d\tau=\int_{t_k}^{t_{k+1}} f\bigl(\tau,y(\tau)\bigr)\,d\tau

  2. Ahora el Teorema Fundamental del Cálculo convierte la integral de y′y' en la diferencia exacta de la solución:

    y(tk+1)=y(tk)+∫tktk+1f(τ,y(τ)) dτy(t_{k+1})=y(t_k)+\int_{t_k}^{t_{k+1}} f\bigl(\tau,y(\tau)\bigr)\,d\tau

  3. Aproximamos el integrando por su valor en el extremo izquierdo. Es decir, lo interpolamos con el polinomio constante p0(τ)=f(tk,y(tk))p_0(\tau)=f(t_k,y(t_k)) e integramos ese rectángulo de base hh:

    ∫tktk+1f(τ,y(τ)) dτ  ≈  (tk+1−tk) f(tk,y(tk))=h f(tk,y(tk))\int_{t_k}^{t_{k+1}} f\bigl(\tau,y(\tau)\bigr)\,d\tau\;\approx\;(t_{k+1}-t_k)\,f(t_k,y(t_k))=h\,f(t_k,y(t_k))

  4. Sustituyendo en la igualdad integral aparece de nuevo el esquema de Euler. Aproximar el integrando con polinomios de grado mayor produce, por este mismo camino, Heun (trapecio), RK4 (Simpson) y los métodos de Adams.

Error local, error global y orden

  1. El error local de un paso es el resto de Taylor descartado en el Camino 1 (ξk∈ ]tk,tk+1[\xi_k\in\,]t_k,t_{k+1}[):

    ek+1=y(tk+1)−(y(tk)+h y′(tk))=h22y′′(ξk)=O(h2)e_{k+1}=y(t_{k+1})-\bigl(y(t_k)+h\,y'(t_k)\bigr)=\frac{h^2}{2}y''(\xi_k)=\mathcal{O}(h^2)

  2. Para el error global sumamos los NN errores locales. Como y′′y'' es continua, el teorema del valor intermedio permite agrupar la suma en un único punto ξ∈[a,b]\xi\in[a,b]:

    ∑k=0N−1h22y′′(ξk)=h22N y′′(ξ)\sum_{k=0}^{N-1}\frac{h^2}{2}y''(\xi_k)=\frac{h^2}{2}N\,y''(\xi)

  3. Con N=b−ahN=\frac{b-a}{h}, una potencia de hh se cancela y queda el error global de orden 1: el método de Euler es de orden 1.

    h22 b−ah y′′(ξ)=b−a2 y′′(ξ) h=O(h)\frac{h^2}{2}\,\frac{b-a}{h}\,y''(\xi)=\frac{b-a}{2}\,y''(\xi)\,h=\mathcal{O}(h)

Orden del método

El error global pierde una unidad respecto al local: se cometen N=b−ahN=\frac{b-a}{h} errores locales, y su acumulación multiplica por un factor proporcional a 1/h1/h. La definición precisa de ambos errores y la estimación numérica del orden se tratan en Convergencia, consistencia y orden.

Ejemplo a mano

EjemploDos pasos de Euler en el modelo de Verhulst

Aproximar con dos pasos de Euler la solución de y′(t)=(3−0.1 y(t)) y(t)y'(t)=(3-0.1\,y(t))\,y(t) en [0,2][0,2] con y(0)=10y(0)=10, cuya solución exacta es y(t)=301+2e−3ty(t)=\frac{30}{1+2e^{-3t}}.

  1. Con N=2N=2 el paso es h=1h=1. Primer paso, desde t0=0t_0=0, y0=10y_0=10: la pendiente es f(0,10)=(3−1)⋅10=20f(0,10)=(3-1)\cdot 10=20.

    y1=y0+h f(t0,y0)=10+1⋅20=30y_1=y_0+h\,f(t_0,y_0)=10+1\cdot 20=30

  2. Segundo paso, desde t1=1t_1=1, y1=30y_1=30: ahora f(1,30)=(3−3)⋅30=0f(1,30)=(3-3)\cdot 30=0, así que la solución numérica no se mueve.

    y2=y1+h f(t1,y1)=30+0=30y_2=y_1+h\,f(t_1,y_1)=30+0=30

Comparando con la solución exacta, y(1)=27.2833y(1)=27.2833 e y(2)=29.8517y(2)=29.8517, el error máximo es ∣27.2833−30∣=2.7167|27.2833-30|=2.7167: la primera fila de la tabla del ejercicio de estimación del orden.

Euler implícito

Si en lugar de la pendiente al inicio del subintervalo se usa la pendiente al final, se obtiene el método de Euler implícito:

yk+1=yk+h f(tk+1,yk+1)y_{k+1}=y_k+h\,f(t_{k+1},y_{k+1})
Método de Euler implícito.
tₖtₖ₊₁h f(tₖ₊₁, yₖ₊₁)rectángulo derechof(τ, y(τ))
Euler implícito usa el rectángulo por la derecha: la altura depende del punto nuevo, por eso hay que resolver una ecuación.
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Euler implícito usa el rectángulo por la derecha: la altura depende del punto nuevo, por eso hay que resolver una ecuación.

DeducciónDeducción: Euler implícitoVer como página propia →
tₖtₖ₊₁h f(tₖ₊₁, yₖ₊₁)rectángulo derechof(τ, y(τ))
La deducción integral de Euler implícito usa el valor del extremo derecho: la altura del rectángulo contiene la incógnita yk+1y_{k+1}.
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La deducción integral de Euler implícito usa el valor del extremo derecho: la altura del rectángulo contiene la incógnita yk+1y_{k+1}.

  1. En lugar de aproximar la derivada en tkt_k mirando hacia delante, la aproximamos en tk+1t_{k+1} mirando hacia atrás, con la diferencia regresiva:

    y′(tk+1)≈y(tk+1)−y(tk)hy'(t_{k+1})\approx\frac{y(t_{k+1})-y(t_k)}{h}

  2. Sustituimos en la ecuación diferencial evaluada en el nodo nuevo, y′(tk+1)=f(tk+1,y(tk+1))y'(t_{k+1})=f\bigl(t_{k+1},y(t_{k+1})\bigr), y despejamos:

    yk+1=yk+h f(tk+1,yk+1)y_{k+1}=y_k+h\,f(t_{k+1},y_{k+1})

  3. El mismo esquema sale integrando la forma integral del PVI y aproximando el integrando por su valor en el extremo derecho (rectángulo por la derecha), en paralelo exacto al Camino 3 de la deducción del Euler explícito.

  4. Como yk+1y_{k+1} aparece dentro de ff, cada paso exige resolver una ecuación (en general no lineal) en la incógnita yk+1y_{k+1}, por ejemplo con el método de Newton-Raphson:

    g(yk+1)=yk+1−yk−h f(tk+1,yk+1)=0g(y_{k+1})=y_{k+1}-y_k-h\,f(t_{k+1},y_{k+1})=0

Como yk+1y_{k+1} aparece en ambos lados, cada paso exige resolver la ecuación g(yk+1)=yk+1−yk−h f(tk+1,yk+1)=0g(y_{k+1})=y_{k+1}-y_k-h\,f(t_{k+1},y_{k+1})=0, a menudo con el método de Newton-Raphson. El método tiene una región de estabilidad mayor: funciona con pasos grandes donde el explícito estalla, como muestra el ejercicio de estabilidad y se estudia en general en Problemas rígidos y estabilidad.