El primer método que se analizará no es estrictamente un método numérico, aunque algunas veces se usa con los esquemas numéricos, es de aplicabilidad general. Considérese el problema ejemplo:

dydx

= y−x ; y (0 )=2

La solución analítica es la siguiente:

Y ( x )=ex+x+1

Este resultado se utilizara para obtener los valores verdaderos de la ecuación.

La relación entre “x” y “y” se obtiene al encontrar los coeficientes de la serie de Taylor en

que se desarrolla “y” con respecto al punto x=x0 :

Y ( x )= y (x0 )+ y ( x0 ) (x−x0 )+y (x0 )2!

(x−x0)2+ y3!

( x−x0)3+. .

Si se hace x−x0=h , la serie puede escribirse como

Y ( x )= y (x0 )+ y ( x0 )h+y (x0 )2!

h2+ y3 !

h3+ ..

Debido a que y (x0 ), es la condición inicial, el primer término se conoce a partir de la

condición inicial Y (0 )=2

El coeficiente del segundo término se obtiene al sustituir x=0 , y=2 en la ecuación de la primera derivada:

y (x0 )= y−x

y (0 )=2−0=2

Las derivadas de segundo orden se obtienen al derivar sucesivamente la ecuación de la primera derivada. Cada una de estas derivadas se evalúa de manera correspondiente a x=0 , para obtener los diversos coeficientes:

y ( x )= y−1 y (0 )=2−1=1

y ( x )= y y=1

Luego, se escribe la solución de la serie para y, al hacer que x=h sea el valor en que desea determinarse y:

y (h )=2+2h+ .12 !

+ 13 !

+…

La solución de la ecuación:d ydx

= y−x ; y (0 )=2

Método de la serie de Taylor truncada en tres términos

Problema: y=y−x ; y (0 )=2

Xn YnSolución verdadera

Y ( x )=ex+x+1h=0.1 h=0.05 h=0.01

0.0 2.0000000 2.0000000 2.0000000 2.0000000

0.1 2.2050000 2.2051266 2.2051691 2.2051709

0.2 2.4210250 2.4213047 2.4213987 2.4212028

0.3 2.6492327 2.6496963 2.6498521 2.6498588

0.4 2.8909021 2.8915852 2.8918148 2.8918247

0.5 3.1474468 3.1483904 3.1487076 3.1487213

0.6 3.4204287 3.4216801 3.4221007 3.4221188

0.7 3.7115737 3.7131870 3.7137294 3.7137527

0.8 4.0227889 4.0248265 4.0255115 4.0255409

0.9 4.3561818 4.3587148 4.3595665 4.3596031

10.0 4.7140809 4.7171911 4.7182369 4.7182818

se muestra en la tabla siguiente se truncara la serie de Taylor para 3 términos y se ilustrara como tomar valores más pequeños de h es resultado se aproxima más al verdadero:

A continuación se mostrara como se obtuvieron los resultados para h=0.1

x0=0 , y0=2, y= y0−x0=2−1=0

y= y0−1=2−1=1

y1= y0+h ( y0 )+ h2

2y0=2+(0.1 ) (2 )+

(0.01 )2

(1 )=2.2050000

x1=0.1 , y1=2.205 , y= y1−x1=2.205−.1=2.105

y= y1−1=2.105−1=1.105

y1= y1+h ( y1 )+ h2

2y1=2+ (0.1 ) (2.105 )+

(0.01 )2

(1.105 )=2.4210250

x2=0.2 , y2=2.4210250 , y= y2−x2=2.4210259−.2=2.2210259

y= y1−1=2.2210259−1=1.2210259

y1= y0+h ( y0 )+ h2

2y0=2+(0.1 ) (2.2210259 )+

(0.01 )2

(1.2210259 )=2.6492327

x3=0.3 , y3=2.69492327 , y= y3−x3=2.6492327−.3=2.3492327

y= y1−1=2.3492327−1=1.3492327

y1= y0+h ( y0 )+ h2

2y0=2+(0.1 ) (2.3492327 )+

(0.01 )2

(1.3492327 )=2.8909021

Aquí se han desarrollado los cuatro primeros términos de la tabla los demás términos se hacen de manera análoga a lo hecho aquí, la tabla muestra como al escoger h más pequeñas los valores obtenidos por la serie de Taylor se va aproximando mas al valor real.

Para tener una idea de cómo se desarrollan los métodos de Runge-Kutta, se mostrara la obtención de un método de segundo orden simple. Aquí, el incremento en y es un

promedio ponderado de dos estimaciones del incremento, denominados k 1 y k2. Así, para

la ecuación:

dydx

=f (x , y )

yn+1= yn+ak1+b k2

k 1=hf (xn , yn ) ,

k 2=hf (xn+∝h , yn+β k1)

Puede pensarse que los valores de k 1 y k2 son estimaciones del cambio en y cuando x

avanza por h, ya que son el producto del cambio en x y un valor de la pendiente de la

curva, dydx

.Los métodos de Runge-Kutta siempre usan la estimación de Euler simple como

la primera estimación ∆ y ; la otra estimación se toma con x y y aproximadas por las

fracciones α y β y de la estimación anterior de ∆ y , k1.El problema es concebir un

esquema para elegir los parámetros de a ,b ,α ,β. Lo anterior se lograra haciendo que la ecuación, anteriores coincidan lo mejor posible con la serie de Taylor, donde las derivadas

y se escriben en términos de f, a partir de dydx

=f ( x , y ) ,

yn+1= yn+hf (xn , yn )+ h2

2f (xn , yn )+…………………………………………….(1)

Debido a que dydx

=f x+f y ,dydx

=f x+ f y f ,una forma equivalente es:

yn+1= yn+h f n+h2(12f x+

12f y f )n

Ahora se escribe la ecuación anterior sustituyendo las definiciones de k 1 y k2:

yn+1= yn+ahf (xn , yn )+bhf [xn+αh, yn+ βhf (xn , yn)] ………………………(2)

Para que el ultimo término de la ecuación 2 sea comparable con la ecuación 1, f ( x , y ) se

desarrolla en una serie de Taylor en términos de xn , yn , recordando que f es una función

de dos variables, reteniendo solo términos de la primera derivada:

f [ xn+αh , yn+βhf (xn , yn)]≅ ( f +f x αh+ f y βhf )n………………….(3)

En el lado derecho de las dos ecuaciones 1 y 3, f y sus derivadas parciales, todas, deben

evaluarse en (xn , yn ).

Al sustituir la ecuación 3 en la ecuación 2, se tiene:

yn+1= yn+ah f n+bh( f +f x αh+ f y βhf )n

O bien reordenando,

yn+1= yn+(a+b ) h f n+h2(αb f x+βb f y f ) n………………………………(4)

La ecuación 4 es idéntica a la ecuación 1 si

a+b=1 , αb=12, βb=1

2

Observe que solo es necesario satisfacer tres ecuaciones por las cuatro incógnitas. Un valor puede elegirse de manera arbitraria, por tanto, se tiene un conjunto de métodos de segundo orden.

Los métodos de Runge-Kutta de cuarto orden son los más utilizados y se obtienen de manera semejante. Resulta de mayor complejidad al tener que comparar términos hasta

h4 , y así se obtiene un conjunto de 11 ecuaciones en 13 incógnitas. El conjunto de 11

ecuaciones puede resolverse si dos incógnitas se escogen arbitrariamente. El conjunto de valores más utilizado conduce al algoritmo.

yn+1= yn+16(k1+2k¿¿2+2k¿¿3+k4)¿¿

k 1=hf (xn , yn ) ,

k 2=hf (xn+12h , yn+

12k1)

k 3=hf (xn+12h , yn+

12k2)

k 4=hf (xn+h , y n+k3)

Ejemplo: Resolveremos la ecuación de y= y−x , y (0 )=2 por el método de Runge-kutta de

cuarto orden:

x=0 , y=2

k 1=hf ( x , y )=(0.1 ) (2−0 )=0.2

k 2=hf (x+ 12h , y+1

2k1)=hf [0+ 12 (0.1 ) ,2+ 1

2(0.2 )]=hf (0.05,2.1 )=(0.1 ) (2.1−0.05 )

k 2=0.205

k 3=hf (x+ 12h , y+1

2k2)=hf [0+ 12 (0.1 ) ,2+ 1

2(0.205 )]=hf (0.05,2 .103 )

k 3=(0.1 ) (2.103−0.05 )=0.205

k 4=hf (x+h , y+k3 )=hf [0+(0.1 ) ,2+(0.205 ) ]=hf (0.05,2.205 )

k 4=(0.1 ) (2.205−0.1 )=0.211

y1= y+ 16(k 1+2k 2+2k3+k4)

y1=2+16(0.2+2 (0.205 )+2 ( .205 )+0.211)¿=2.2051708

x1=0 .1 y1=0

k 1=hf (x1 , y1 )=(0.1 ) (2.205−0.1 )=0.211

k 2=hf (x1+12 h , y1+12k1)=hf [0.1+12 (0.1 ) ,2.205+ 1

2(0.211)]=hf (0.15,2.311 )

k 2=(0.1 ) (2.311−0.15 )=0.216

k 3=hf (x1+ 12 h , y1+12k2)=hf [0.1+ 12 (0.1 ) ,2.205+ 1

2(0.216 )]=hf (0.15,2.313 )

k 3=(0.1 ) (2.313−0.15 )=0.216

k 4=hf (x1+h , y1+k3 )=hf [0.1+ (0.1 ) ,2.205+ (0.205 ) ]=hf (0.2,2 .421 )

k 4=(0.1 ) (2.421−0.2 )=0.222

y2= y1+16(k1+2k2+2k3+k4)

y2=2.205+16(0.211+2 (0.216 )+2 ( .216 )+0.222)¿=2.4214028

x2=0.2 y2=2.421

k 1=hf (x2 , y2 )=(0.1 ) (2.421−0.2 )=0.222

k 2=hf (x2+12 h , y2+12k1)=hf [0.2+ 12 (0.1 ) ,2.421+ 1

2(0.222 )]=hf (0.25,2 .532 )

k 2=(0.1 ) (2.535−0.25 )=0.228

k 3=hf (x2+ 12 h , y2+12k2)=hf [0.2+ 12 (0.1 ) ,2.421+ 1

2(0.228 )]=hf (0.25,2 .535 )

k 3=(0.1 ) (2.535−0.25 )=0.229

k 4=hf (x2+h , y2+k3 )=hf [0.2+(0.1 ) ,2.421+ (0.229 ) ]=hf (0.3 ,2.650 )

k 4=(0.1 ) (2.650−0.3 )=0.235

y2=2.421+16(0.222)+2 (0.228 )+2 (0.229 )+0.235¿¿=2.6498585

Método de Runge-kutta de cuarto orden

Problema : y= y−x ; y (0 )=2

xn h=0.1 ynSolución:

y ( x )=ex+x+1

0.0 2.0000000 2.0000000

0.1 2.2051708 2.2051709

0.2 2.4214026 2.4214028

0.3 2.6498585 2.6498588

0.4 2.8918242 2.8918247

0.5 3.1487206 3.1487213

0.6 3.4221180 3.4221188

0.7 3.7137516 3.7137527

0.8 4.0255396 4.0255409

0.9 4.3596014 4.3596031

1.0 4.7182797 4.7182818

Los valores restantes de la tabla se sacan de manera análoga a los ya obtenidos

En el método de Euler simple, se usa la pendiente al inicio del intervalo, yn ,para

determinar el incremento de la función. Esta técnica seria correcta solo si la función fuese lineal. Lo que se necesita en vez de lo anterior es la pendiente media correcta dentro del intervalo. Esta puede aproximarse por la media de las pendientes en ambos extremos del intervalo.

Algoritmo del método de Euler

yn+1= yn+h yn+o (h2)

Supóngase que calcular yn+1se utiliza la media aritmética de las pendientes al inicio y al

final del intervalo:

yn+1= yn+hyn+ yn+1

2

Con esto debe obtenerse una estimación mejorada de y en xn+1. Sim embargo, no es

posible aplicar directamente la ecuación, porque la derivada es una función tanto en x

como en y y no es posible evaluar yn+1si se desconoce el valor verdadero de yn+1.El

método de Euler modificado trabaja alrededor de este problema al estimar o predecir un

valor de yn+1. Por medio de la simple relación de Euler, .Luego usa este valor para

calcular yn+1 se calculó usando el valor pronosticado, de exactitud menos perfecta, podría

ser conveniente corregir nuevamente el valor yn+1 tantas veces como sea necesario hasta

obtener una diferencia significativa.

Ejemplo de Euler modificado

Primero obtendremos los valores del método de Euler normal para poder aplicar el de Euler modificado:

(1)

x0=0 , y0=2 y=2−0=2

y1= y0+h y0=2+(0.1 ) (2 )=2.2

(2)

x1=0.1 y1=2.2 y=2.2−0.1=2.1

y2= y1+h y1=2.2+ (0.1 ) (2.1 )=2.41

(3)

x2=0.2 , y2=2.41 y=2.41−0.2=2.21

y3= y2+h y2=2.41+ (0.1 ) (2.21 )=2.631

(4)

x3=0.3 y3=2 .631 y=2 .631−0 .3=2.331

y4= y3+h y3=2 .631+(0.1 ) (2.331 )=2.864

(5)

x4=0.4 y4=2.864 y=2.864−0.4=2.464

y5= y4+h y4=2.864+(0.1 ) (2.464 )=3.110

Usando Euler modificado: se utiliza la siguiente formula:

yn+1= yn+hyn+ yn+1

2

Se hizo primero el método de Euler normal para conseguir los valores de yn , y yn+1

(1)

y1=2+(0.1 )( 2+2.12 )=2.205(2)

y2=2.205+ (0.1 )( 2.1+2.212 )=2.4205(3)

y3=2.4205+ (0.1 )( 2.21+2.3312 )=2.64755(4)

y4=2.64755+(0.1 )( 2.331+2.4642 )=2.8873La tabla muestra más valores de Euler y de Euler modificados

Método de Euler y Euler modificado

Problema: y= y−x ; y (0 )=2h=0.1

xn Euler Modificado y ( x )=ex+x+1

0.0 2.0000 2.0000 2.0000

0.1 2.2000 2.205 2.2052

0.2 2.4100 2.4205 2.4214

0.3 2.6310 2.6475 2.6499

0.4 2.8641 2.8873 2.8918

0.5 3.1105 3.141 3.1487

0.6 3.3716 3.4100 3.4221

0.7 3.6487 3.6959 3.7138

0.8 3.9436 4.0004 4.0255

0.9 4.2579 4.3254 4.3596

1.0 4.5937 4.7183

Conclusión sobre los métodos para resolver las ecuaciones diferenciales

Los métodos para resolver ecuaciones diferenciales son más sencillos que algunos de los métodos analíticos que se utilizan para resolverlos pero en dos de ellos los resultados están muy alejados del valor real de la solución de la ecuación diferencial los métodos de Euler modificado y de Taylor son fáciles de realizar(complicándose el de Taylor si la derivada es sobre una función fraccionaria) pero su resultado se aleja mucho del valor real mientras que el método de Runge-Kutta es el que se aproxima mas al valor real de la ecuación.

Los métodos para la resolución de problemas de valor de frontera que contienen diferencias finitas reemplazan las derivadas en la ecuación diferencial mediante una aproximación de cocientes de diferencias. Se selecciona el cociente de diferencias para mantener un orden especificado del error de truncamiento. Pero, por la inestabilidad de las aproximaciones de diferencias finitas a las derivadas, no podemos escoger un parámetro h demasiado pequeño.

El método de diferencias finitas para el problema de valor de frontera de segundo orden,

y=p ( x ) y+ p ( x ) y+r ( x ) , a≤ x≤b , y (a )=α y (b )=β

Requiere utilizar las aproximaciones del cociente de diferencias para aproximaciones del cociente de diferencias para aproximar tanto a ycomo a y . Primero, seleccionamos un

entero N>0 y dividimos el intervalo [a ,b ]en(N+1) subintervalos iguales cuyos extremos

son los puntos de malla x i=a+ ih ,para i=0,1…,n+1, dondeh=(b−a)(N+1) . Al escoger

h de este modo, se facilita la aplicación de un algoritmo matricial con el cual se resuelve un sistema lineal que contenga una matriz de NXN.

En los puntos red del interior de x i ,para i=1 ,2…,N ,la ecuación diferencial a aproximar

es:

y=p (x i ) y+ p ( xi ) y+r (x i )

Al desarrollar y en el tercer polinomio de Taylor alrededor de x i evaluada en x i+1 y x i−1 ,

tenemos, suponiendo que y∈C4 [ x i−1 , x i+1 ] ,

y (x i+1 )= y (x i+h )= y (xi )+h y (x i )+h2

2y (x i )+

h3

6y (xi )+

h4

24y(4)(ξ+¿¿)

Para algunas ξ+¿en ( xi , xi+1) , y ¿

y (x i−1)= y (x i−h )= y (x i )−h y (x i )+h2

2y (x i )−

h3

6y (x i )+

h4

24y(4 )(ξ−¿ ¿)

Para alguna ξ−¿ en (xi−1 , x i) ,¿si se suman estas ecuaciones tenemos:

y (x i+1 )+ y (x i−1)=2 y (x i )+h y (x i )+h4

24¿

Podemos aplicar el teorema del valor intermedio para simplificar aún más esta expresión y transformarla en:

y (x i )+1h2

[ y (xi+1 )−2 y (x i)+ y (x i+1) ]− h2

24y (4 )(ξ¿¿1¿¿i)¿¿

Para algunas ξ1ien (x i−1 , x i+1 ) . A esto se le llama formula de las diferencias centradas para

y (x i).

De manera semejante se obtiene una fórmula de este tipo para y (x i ) que da por

resultado:

y (x i )=12h

¿

Existen muchas más fórmulas para encontrar los valores de las ecuaciones diferenciales aquí expondremos algunas de ellas pero ya no las deduciremos, siendo el método de deducción muy semejante al ya mostrado

f ( x )=f ( x+h )−f (x)

h Formula progresiva

f ( x )=f ( x )−f (x−h)

h Formula regresiva

f ( x )=f ( x+h )−F (x−h)

2h Formula centrada

Ejemplo:

Determine: y1 , y2 e y3de y+2 y+10 x=0 xϵ (0,1 ) y (0 )=1 ; y (1 )=2conh=0.25

Las Formulas que ocuparemos son:

y ( x )=y ( x+h )− y (x−h)

2h

y ( x )=y ( x+h )−2 y ( x )+ y (x−h)

h2

Ahora reemplazamos en la ecuación diferencial

y ( x+h )−2 y ( x )+ y (x−h)h2

+2y ( x+h )− y (x−h)

2h+10 x=0

Ordenando términos queda:

(1−h ) y (x i−h )−2 y (xi )+ (1+h ) y (x i+h )=−10h2 xi

Ahora planteamos las ecuaciones:

i=1→ (1−h ) y0−2 y1+ (1+h ) y2=−10h2 x1

i=2→ (1−h ) y2−2 y2+ (1+h ) y3=−10h2 x2

i=3→ (1−h ) y2−2 y3+(1+h ) y4=−10h2 x3En este punto podemos ocupar nuestras condiciones de frontera, que es

y (0 )= y0=1 , y (1 )=2. En el caso de esta última, se debe aplicar una formula ya antes

mencionada

Formula Regresiva y (1 )= y4=y4−¿ y3

h=2→0.5+ y3= y 4¿

Entonces:

0.75∗1−2 y1+1.25 y2=−10∗0.252∗0.25

0.75 y1−2 y2+1.25 y3=−10∗0.252∗0.25 0.75 y2−2 y3+1.25(0.5+ y3)=−10∗0.252∗0.25

Ordenando de forma matricial:

−2 1.25 00.75 −2 1.250 0.75 −0.75

*

y1y2y3

=−0.90625−0.3125−1.09375

Se ocupa el método de Gauss para resolver las incógnitas y el resultado queda:y1=5.953704 y2=8.800926 y3=10.25026 y conestos datoshal lamos y4=10.75926 Ejemplo 2

Determine U 1 ,U 2 , yU 3de−U=x , x∈ (0,1 ) U (0 )=U (1 )=0 , conunah=0.25

Ocuparemos la siguiente formula

U ( x )=U (x+h )−2U (x )+U (x−h)

h2

Ahora reemplazamos en la ecuación diferencial:

−U (x i+h )+2U (x i )−U (x i−h )=h2 x1

Ahora plantemos las ecuaciones, según la fórmula:

i=1→−U 0+2U 1−U 2=h2 x1

i=2→−U 1+2U 2−U 3=h2 x2

i=3→−U 2+2U 3−U 4=h2 x3

En este punto podemos ocupar las fórmulas de condición de frontera, que es

U (0 )=U (1 )=0 .En este caso, se debe aplicar una de las formulas siguientes para las dos

condiciones de frontera:

Formula progresiva U (0 )=U 0=u1−u0

h=0→U 1−U 0→U 1=U 0

Formulas Regresivas U (1 )=U 4=U 4−U 2

h=0→U 4−U 3=0→U 4=U 3

Por lo que nos quedan las siguientes ecuaciones:

U 1−U 2=0.015625

−U 2+2U 2−U 3=0.031125

−U 2+U 3=0.46875

Ordenando de Forma matricial:

1 −1 0−1 2 −10 −1 1

∗U 1

U 2

U 3

=0.015620.031250.046875

Al tratar de resolver la matriz nos da como resultado que el sistema de ecuaciones no tiene solución, así que para este problema la solución no se puede saber.

Diferencias finitas para ecuaciones diferencial parciales

Para el caso de ecuaciones diferenciales, en la que se involucran 2 o más variables independientes, el procedimiento a seguir es idéntico al empleado al aproximar problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias, pero con ecuaciones diferenciales parciales.

Primero debemos construir el conjunto de puntos de la grilla x l ( i=0,1,2 ,… L ) igualmente

espaciados sobre el rango 0≤ x≤ Lx, con x0=0 , x l=Lx y ∆ x=x i+1−x i .Luego procedemos

con el conjunto de puntos de la grilla y j( j=0,1,2,…M ) igualmente espaciados sobre el

rango 0≤ y≤ M j , con y0=0 , yM=¿M y y ∆ y= y j+1− y j. ¿Ahora un punto típico de la grilla tiene

coordenadas (x i , y j ) .

APROXIMACIONES DE DIFERENCIAS FINITAS A DERIVADAS PARCIALES:

Las formulas son prácticamente las mismas que en problemas de ecuaciones parciales ordinarias, pues mediante el teorema de Taylor para funciones de dos variables, es posible escribir en forma exacta.

f (x i+1 , y j )=f (x i+∆ x , y j )=f (xi , y j )+∆ x∂ f ( xi , y j)

∂x+∆ x2

2∂2 f (x i+θ1 Δ x , y j)

∂ x2

Se asocia que Δ x=h yque Δ y=k

Entonces las formulas son muy parecidas a las de las ecuaciones diferenciales ordinarias.

FORMULAS DE DIFERENCIAS FINITAS PARA ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES

Progresivas

∂ f (x i , y j )∂ x

=f i+1 , j−f i , j

h;∂ f (x i , y j )

∂ y=

f i , j+1−f i , j

k

Regresivas

∂ f (x i , y j)∂ x

=f i , j−f i−1 , j

h;∂ f ( xi , y j)

∂ y=

f i , j−f i , j−1

k

Centrales

∂ f (x i , y j)∂ x

=f i+1 , j−f i ,−1 , j

h;∂ f (x i , y j)

∂ y=

f i , j+1−f i , j−1

k

∂2 f (x i , y j)∂ x2

=f i+1 , j−2 f i , j+ f i−1, j

h2;∂2 f ( xi , y j)

∂ y2=

f i , j+1−2 f i , j+ f i , j−1

k2

Ejemplo 1

Aproximar la Temperatura en una placa en estado de equilibrio, discretizando la placa con h=0.5 y con k=1

∂2u (x , y )∂ x2

+∂2u(x , y )

∂ y2=0

u (0 , y )= y+3

u (1.5 , y )=2 y+4

u ( x ,0 )=x2+1

u ( x ,3 )=3x

Los puntos negros son puntos conocidos, dados por las condiciones de frontera mientras que las cruces son los puntos que queremos conocer.

Como el problema consta de segundas derivadas parciales, debemos ocupar las siguientes ecuación:

d2u( xi , y j)d x2

=ui+1, j−2uij+ui−1 , j

h2

d2u( xi , y j)d y2

=ui , j+1−2uij+ui1 , j−1

k2

Reemplazando estos datos en la ecuación diferencial, obtenemos:

Δ2u ( x , y )=∂2u(x , y)∂ x2

+∂2u (x , y )

∂ y2=

ui+1 , j−2u ij+ui−1 , j

h2+ui , j+1−2u ij+ui1 , j−1

k 2

Ahora planteamos las ecuaciones, según nuestra formula:

i=1 ; j=1→4u0,1−10u1,1+u1,2+u1,0+4u2,1=0

i=1 ; j=2→4u0,2−10u1,2+u1,3+u1,1+4u2,2=0

i=2 ; j=2→4u1,2−10u2,2+u2,3+u2,1+4u3,2=0

i=2 ; j=2→4u1,2−10u2,2+u2,3+u2,1+4u3,2=0

Al aplicar las condiciones de frontera a las ecuaciones quedan igual a:

4+4−10u1,1+u1,2+1.25+4u2,1=0

4+5−10u1,2+1.5+u1,1+4 u2,2=0

4 u1,1−10u2 , 1+u2, 2+2+4+6=0

4 u1,2−10u2,2+3+u2,1+4∗8=0

De forma ordenada queda:

−10u1,1+u1,2+4u2,1=−17.25

−10u1,2+u1,1+4u2,2=−21.5

4 u1,1−10u2,1+u2,2=−26

4 u1,2−10u2 , 2+u2,1=−35

Y en forma matricial es:

Escriba aquí la ecuación.