DeducciónEDOavanzado

Deducción: Adams-Moulton de un paso (AM2)

Construcción completa de AM2: interpolante de Lagrange que incluye el nodo nuevo, cambio de variable, pesos 1/2-1/2 calculados, conexión con la regla del trapecio y error local.

Paso 1: forma integral

tₖtₖ₊₁fₖfₖ₊₁interpolaciónpendiente nuevadepende de yₖ₊₁integrar aquíp₁(t)
AM2 usa el intervalo nuevo completo: interpola la pendiente entre fkf_k y fk+1f_{k+1} y por eso coincide con el trapecio implícito.
Ampliar diagrama

AM2 usa el intervalo nuevo completo: interpola la pendiente entre fkf_k y fk+1f_{k+1} y por eso coincide con el trapecio implícito.

  1. Partimos del PVI y′(t)=f(t,y(t))y'(t)=f(t,y(t)). Integramos ambos lados entre tkt_k y tk+1t_{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. Por el Teorema Fundamental del Cálculo, el lado izquierdo es exacto. La única parte que habrá que aproximar es la integral de ff:

    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. En la fórmula numérica escribimos yk≈y(tk)y_k\approx y(t_k) y yk+1≈y(tk+1)y_{k+1}\approx y(t_{k+1}):

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

Paso 2: interpolar f en el intervalo nuevo

  1. A diferencia de AB2, AM2 interpola en tkt_k y tk+1t_{k+1}. Por tanto usa fk=f(tk,yk)f_k=f(t_k,y_k) y fk+1=f(tk+1,yk+1)f_{k+1}=f(t_{k+1},y_{k+1}):

    p1(τ)=fkLk(τ)+fk+1Lk+1(τ)p_1(\tau)=f_k L_k(\tau)+f_{k+1}L_{k+1}(\tau)

  2. Las funciones base de Lagrange son:

    Lk(τ)=τ−tk+1tk−tk+1=tk+1−τh,Lk+1(τ)=τ−tktk+1−tk=τ−tkhL_k(\tau)=\frac{\tau-t_{k+1}}{t_k-t_{k+1}}=\frac{t_{k+1}-\tau}{h},\qquad L_{k+1}(\tau)=\frac{\tau-t_k}{t_{k+1}-t_k}=\frac{\tau-t_k}{h}

  3. Sustituyendo queda la recta que aproxima la pendiente dentro del subintervalo:

    p1(τ)=fk tk+1−τh+fk+1 τ−tkh=fk+1τ−tkh−fkτ−tk+1hp_1(\tau)=f_k\,\frac{t_{k+1}-\tau}{h}+f_{k+1}\,\frac{\tau-t_k}{h}=f_{k+1}\frac{\tau-t_k}{h}-f_k\frac{\tau-t_{k+1}}{h}

Paso 3: cambio de variable e integrales

  1. Para integrar usamos el mismo cambio que en tus apuntes: s=τ−tks=\tau-t_k. Entonces τ=tk+s\tau=t_k+s, dτ=dsd\tau=ds y los extremos son s=0s=0 y s=hs=h.

    s=τ−tk,τ=tk+s,τ−tk+1=s−hs=\tau-t_k,\qquad \tau=t_k+s,\qquad \tau-t_{k+1}=s-h

  2. Con ese cambio, el interpolante se convierte en:

    p1(tk+s)=fk+1sh−fks−hh=fk+1sh+fkh−shp_1(t_k+s)=f_{k+1}\frac{s}{h}-f_k\frac{s-h}{h}=f_{k+1}\frac{s}{h}+f_k\frac{h-s}{h}

  3. Integramos el término de fk+1f_{k+1}:

    ∫0hfk+1sh ds=fk+11h[s22]0h=h2fk+1\int_0^h f_{k+1}\frac{s}{h}\,ds=f_{k+1}\frac{1}{h}\left[\frac{s^2}{2}\right]_0^h=\frac{h}{2}f_{k+1}

  4. Integramos el término de fkf_k:

    ∫0hfkh−sh ds=fk1h[hs−s22]0h=h2fk\int_0^h f_k\frac{h-s}{h}\,ds=f_k\frac{1}{h}\left[hs-\frac{s^2}{2}\right]_0^h=\frac{h}{2}f_k

  5. Por tanto, la integral de la pendiente se aproxima por la suma de esos dos pesos:

    ∫tktk+1f(τ,y(τ)) dτ≈∫tktk+1p1(τ) dτ=h2(fk+1+fk)\int_{t_k}^{t_{k+1}} f\bigl(\tau,y(\tau)\bigr)\,d\tau\approx \int_{t_k}^{t_{k+1}}p_1(\tau)\,d\tau=\frac{h}{2}\bigl(f_{k+1}+f_k\bigr)

  6. Sustituyendo en la forma integral queda AM2:

    yk+1=yk+h2(fk+1+fk)y_{k+1}=y_k+\frac{h}{2}\bigl(f_{k+1}+f_k\bigr)

Paso 4: por qué es implícito

  1. El detalle clave es que fk+1f_{k+1} no está calculado todavía:

    fk+1=f(tk+1,yk+1)f_{k+1}=f(t_{k+1},y_{k+1})

  2. Así que la fórmula realmente es una ecuación para la incógnita yk+1y_{k+1}:

    yk+1=yk+h2(f(tk+1,yk+1)+f(tk,yk))y_{k+1}=y_k+\frac{h}{2}\Bigl(f(t_{k+1},y_{k+1})+f(t_k,y_k)\Bigr)

  3. Si se resuelve con Newton, conviene definir un residual R(z)R(z), reservando ff solo para la función de la EDO:

    R(z)=z−yk−h2(f(tk+1,z)+fk)R(z)=z-y_k-\frac{h}{2}\Bigl(f(t_{k+1},z)+f_k\Bigr)

  4. Newton actualiza la aproximación hasta que R(z)R(z) sea prácticamente cero:

    z(m+1)=z(m)−R(z(m))R′(z(m)),R′(z)=1−h2 fy(tk+1,z)z^{(m+1)}=z^{(m)}-\frac{R(z^{(m)})}{R'(z^{(m)})},\qquad R'(z)=1-\frac{h}{2}\,f_y(t_{k+1},z)

  5. En un par predictor-corrector se suele predecir yk+1y_{k+1} con AB2 y usar esa predicción dentro de AM2:

    yk+1(p)=yk+h2(3fk−fk−1),yk+1(c)=yk+h2(f(tk+1,yk+1(p))+fk)y_{k+1}^{(p)}=y_k+\frac{h}{2}(3f_k-f_{k-1}),\qquad y_{k+1}^{(c)}=y_k+\frac{h}{2}\Bigl(f(t_{k+1},y_{k+1}^{(p)})+f_k\Bigr)

Paso 5: error y relación con el trapecio

La fórmula obtenida es exactamente la regla del trapecio aplicada a la integral de la pendiente y′(t)y'(t). Como el trapecio tiene error local proporcional a la tercera derivada, se obtiene

ek+1=−112h3y′′′(ξ)=O(h3)e_{k+1}=-\frac{1}{12}h^3y'''(\xi)=\mathcal{O}(h^3)
Error local de AM2; al acumular pasos, el error global es de orden 2.

Por eso AM2 tiene el mismo orden global que AB2, pero una constante de error menor. La mejora se paga resolviendo la ecuación implícita o usando un corrector.