EjercicioEDOavanzado

Ejercicio: estabilidad de Euler explícito e implícito

Análisis completo de y′=λyy'=\lambda y: factor de amplificación de cada método, condición de estabilidad h<−2/λh<-2/\lambda del explícito, estabilidad incondicional del implícito y comprobación numérica con λ=−10\lambda=-10.

Factor de amplificación

Se estudia el problema modelo y′=λyy'=\lambda y con λ<0\lambda<0 (modelo de Malthus con decaimiento): la solución exacta y(t)=yaeλty(t)=y_a e^{\lambda t} tiende a cero, y un método razonable debería reproducir ese comportamiento.

  1. Euler explícito aplicado a f(t,y)=λyf(t,y)=\lambda y multiplica la solución por un factor constante en cada paso:

    yk+1=yk+hλyk=(1+hλ) yk  ⇒  yk=(1+hλ)k yay_{k+1}=y_k+h\lambda y_k=(1+h\lambda)\,y_k\;\Rightarrow\; y_k=(1+h\lambda)^k\,y_a

  2. La solución numérica decae si y solo si ∣1+hλ∣<1|1+h\lambda|<1, es decir, si h<−2λh<-\frac{2}{\lambda}. Con hh mayor, (1+hλ)k(1+h\lambda)^k oscila con amplitud creciente: el método es inestable aunque sea consistente.

  3. Euler implícito admite despeje cerrado en este problema lineal:

    yk+1=yk+hλyk+1  ⇒  yk+1=yk1−hλy_{k+1}=y_k+h\lambda y_{k+1}\;\Rightarrow\; y_{k+1}=\frac{y_k}{1-h\lambda}

  4. Como λ<0\lambda<0, el denominador 1−hλ=1+h∣λ∣1-h\lambda=1+h|\lambda| es mayor que 1 para todo h>0h>0: el factor de amplificación queda por debajo de 1 y el método es incondicionalmente estable.

Comprobación numérica

Con λ=−10\lambda=-10, y(0)=1y(0)=1 en [0,2][0,2] (solución exacta y=e−10ty=e^{-10t}), la condición de estabilidad del explícito es h<0.2h<0.2, es decir, N>10N>10. La tabla muestra el error máximo de ambos métodos:

NENE_N explícitoENE_N implícito
281.00000.0909
4256.00000.1599
825.62890.2036
160.53650.1579
320.16030.0922
Error máximo frente a la solución exacta y=e−10ty=e^{-10t} en [0,2][0,2].

Resolver el paso implícito en un caso no lineal

EjemploEuler implícito en la ecuación logística

Plantear el paso de Euler implícito para y′=y(1−y)y'=y(1-y) y despejar yk+1y_{k+1}.

  1. El paso implícito es yk+1=yk+h yk+1(1−yk+1)y_{k+1}=y_k+h\,y_{k+1}(1-y_{k+1}). Reordenando queda una ecuación cuadrática en yk+1y_{k+1}:

    h yk+12+(1−h) yk+1−yk=0h\,y_{k+1}^2+(1-h)\,y_{k+1}-y_k=0

  2. Para soluciones positivas se toma la raíz con signo más:

    yk+1=−(1−h)+(1−h)2+4h yk2hy_{k+1}=\frac{-(1-h)+\sqrt{(1-h)^2+4h\,y_k}}{2h}

  3. Aquí la ecuación de cada paso tiene solución cerrada; en general no la hay y g(yk+1)=0g(y_{k+1})=0 se resuelve con el método de Newton-Raphson.

El coste extra por paso (resolver una ecuación) es el precio de la estabilidad incondicional del método implícito.