Simpson 5e67i

Problemas Resueltos de M´etodos Num´ericos. Integraci´on Num´erica y Afines. Jos´e Mar´ıa Ba˜ n´on Pinar UNIVERSIDAD DEL VALLE MELENDEZ FACULTAD DE INGENIERIA 18 de septiembre de 2010

1

1.

Problemas de Ecuaciones Lineales:

Problema 1: Se tiene el siguiente sistema de ecuaciones lineales, −5 x1 + x2 − x3 = 20 x1 + 5 x2 + x3 = 10 −x1 + x2 − 5 x3 = 5 Se pide i) Calcular dos iteraciones con el m´etodo de Gauss-Jacobi, y ii) Calcular una iteraci´on con el m´etodo de Gauss-Seidel. Tomar en ambos casos el valor inicial (0, 0, 0). M´ etodo Gauss-Jacobi. Para una ecuaci´on de la forma, a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 = b1 a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 = b2 a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 = b3 la iteraci´on i de Gauss-Jacobi se escribe, (i−1)

=

b1 − a12 x2

(i) x2

=

b2 −

(i)

=

b3 −

(i) x1

x3

(i−1)

− a13 x3

a11 (i−1) a21 x1 − a22 (i−1) a31 x1 −

(i−1)

a23 x3

(i−1)

a32 x2

a33

donde se ha supuesto que a11 , a22 , a33 6= 0. Por lo tanto en este caso se tiene que la primera iteraci´on es, x1 = −4 x2 = 2 x3 = −1 2

La segunda iteraci´on es, x1 = −14/5 x2 = 3 x3 = 1/5

M´ etodo Gauss-Seidel. La iteraci´on i de Gauss-Seidel se escribe, (i−1)

(i) x1 (i)

x2

(i)

x3

=

b1 − a12 x2

(i−1)

− a13 x3

a11 (i−1) b2 − − a23 x3 = a22 (i) (i) b3 − a31 x1 − a32 x2 = a33 (i) a21 x1

donde se ha supuesto que a11 , a22 , a33 6= 0. Estas iteraciones se realizan hasta llegar a una iteraci´on k en la que se cumple que la siguiente cantidad es menor que un cierto valor predeterminado. n X i=0

(k−1)

(k)

kxi − xi

k

Aplicando la formula iterativa, la primera iteraci´on de Gauss-Seidel conduce al siguiente resultado, x1 = −4 x2 = (10 + 4)/5 x3 = −(1 − 14/5)/5

2.

Problemas de M´ınimos Cuadrados

Problema General Plantear y determinar las ecuaciones para calcular el polinomio de grado tres p(x) = a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 que mejor se ajuste a una nube de datos, {xi }ni=0 ,{f (xi )}ni=0 .

3

Planteo Se debe cumplir que la cantidad E(a0 , a1 , a2 , a3 ) que representa la suma de las desviaciones al cuadrado sea m´ınima, E(a0 , a1 , a2 , a3 ) =

n X i=0

n X

2

[f (xi ) − p(xi )] =

i=0

[f (xi ) − (a3 x3i + a2 x2i + a1 xi + a0 )]2

entonces, igualando a cero todas las primeras derivadas parciales, ∂E(a0 , a1 , a2 , a3 ) ∂a0 ∂E(a0 , a1 , a2 , a3 ) ∂a1 ∂E(a0 , a1 , a2 , a3 ) ∂a2 ∂E(a0 , a1 , a2 , a3 ) ∂a3

= 0 = 0 = 0 = 0

Determinaci´ on de las ecuaciones reagrupando t´erminos se tiene, n X i=0

n X

i=0 n X i=0 n X i=0

f (xi ) − a3

f (xi ) xi − a3

f (xi ) x2i − a3 f (xi ) x3i − a3

n X i=0

n X

i=0 n X

x4i − a2

x5i − a2

i=0 n X i=0

x3i − a2

x6i − a2

n X i=0

n X

i=0 n X

x3i − a1

x4i − a1

i=0 n X i=0

x2i − a1

n X i=0

n X

i=0 n X

x5i − a1

x2i − a0

x3i − a0

i=0 n X i=0

x i − a0

x4i − a0

n X

1. = 0

i=0

n X

i=0 n X

i=0 n X

xi . = 0 x2i . = 0 x3i . = 0

i=0

lo cual representa un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incognitas. Las incognitas son a3 , a2 , a1 , a0 . Los coeficientes de la ecuaci´on son las cantidades: n X

f (xi ),

n X

x6i ,

i=0

i=0

n X

f (xi ) xi ,

i=0

n X i=0

x5i ,

n X

f (xi ) x2i ,

i=0

n X i=0

x4i ,

n X i=0

x3i ,

f (xi ) x3i ,

i=0

n X i=0

las cuales se calculan con el tabulado de puntos. 4

n X

x2i ,

n X i=0

xi ,

n X i=0

1.

Recta de Regresi´ on de una nube de puntos Plantear, determinar y resolver las ecuaciones para calcular la recta a x + b que mejor se ajuste a los datos siguientes: {xi }10 i=1 =1,2,3,4,5,6,7,8,9,10, {yi }10 i=1 =1.3, 3.5, 4.2, 5.0, 7.0, 8.8, 10.1, 12.5, 13.0, 15.6. Planteo Se debe cumplir que la cantidad E(a, b) que representa la suma de las desviaciones al cuadrado sea m´ınima, n X

E(a, b) =

i=1

[yi − (a xi + b)]2

entonces, igualando a cero todas las primeras derivadas parciales, ∂E(a, b) = 0 ∂a ∂E(a, b) = 0 ∂b

Determinaci´ on de las ecuaciones reagrupando t¨erminos se tiene, por lo cual, n X i=1

n X i=1

yi − a

yi xi − a

n X i=1

n X i=1

xi − b

x2i − b

n X

1. = 0

i=1

n X

xi . = 0

i=1

lo cual representa un sistema de dos ecuaciones con dos incognitas. Las incognitas son a y b. Los coeficientes de la ecuaci´on son las cantidades: n X i=1

yi ,

n X i=1

yi xi ,

n X i=1

5

x2i ,

n X i=1

xi ,

n X i=1

1.

las cuales se calculan con el tabulado de puntos. n X

yi

=

81

yi xi

=

572,4

x2i

=

385

xi

=

55

i=1

n X i=1

n X

i=1 n X

i=1 n X

1 = n = 10

i=1

por tanto

P P P 10( ni=1 yi xi ) − ( ni=1 xi )( ni=1 yi ) P P a= 10( ni=1 x2i ) − ( ni=1 xi )2 P P P P 10( ni=1 x2i )( ni=1 yi ) − ( ni=1 yi xi )( ni=1 xi ) P P b= 10( ni=1 x2i ) − ( ni=1 xi )2

Y finalmente se obtiene: a = 1,538 y b = −0,360. Problemas an´ alogos

Problema 1: Plantear y determinar las ecuaciones para calcular el polinomio de grado dos a2 x2 + a1 x + a0 que mejor se ajuste a los siguientes datos {xi }2i=0 = {0, 1, 2}, {f (xi )}2i=0 = {1, 2, 4}. Problema 2: Plantear y determinar las ecuaciones para calcular el polinomio de grado dos a2 x2 + a1 x + a0 que mejor se ajuste a los siguientes datos {xi }2i=0 = {−1, 0, 1}, {f (xi )}2i=0 = {1, 2, 4}.

6

Problema 3: Se requiere aproximar un tabulado de puntos, (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 ), ......., (xn , mediante un polinomio del tipo: p(x) = a2 x2 + x + a0 por minimos cuadrados. Plantear y calcular explicitamente la ecuacion lineal que satisfacen a2 y a0 .

Problema 4: Se requiere aproximar un tabulado de puntos, (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 ), ......., (xn , mediante un polinomio del tipo: p(x) = a2 x2 + a1 x + 10 por minimos cuadrados. Plantear y calcular explicitamente la ecuacion lineal que satisfacen a2 y a1 .

Problema 5: Se pide plantear, determinar y resolver las ecuaciones para calcular la funci´on del tipo y = b eax que mejor se ajuste a los siguientes datos: xi = {0, 1, 2}, yi = {e, e2 , e4 }. Es necesario que se muestre claramente de donde salen los coficientes.

Soluci´ on: El problema tiene que ser linearizado. Para ello tomamos logaritmos y queda la siguiente funci´on; ln y = ln b + a x Si denominamos Y = ln x y B = ln b. Entonces la ecuaci´on anterior se pone: Y = ax + B Entonces hemos reducido el problema a calcular los coeficientes A y b de manera que la recta Y = a x + B se ajuste a los siguientes datos:xi = {0, 1, 2}, y Yi = {1, 2, 4}. Esta decta se denomina recta de regresi´on y ha sido ya analizada anteriormente. Teniendo encuenta las ecuaciones que satisfacen los coeficientes, a y B, de la recta de regresi´on, y calculando los coeficientes de las ecuaciones se tiene. las cuales se calculan con el tabulado de puntos. 3 X

yi

=

7

yi xi

=

10

x2i

=

5

xi

=

3

i=1 3 X i=1

3 X

i=1 3 X

i=1 3 X

1 =n =3

i=1

7

y teniendo encuenta las ecuaciones de la recta de regresi´on, 5 B + 3 a = 10 3B + 3a = 7

de donde B = 3/2 y a = 5/6. Por lo tanto b = e3/2 . La funci´on que se busca es 5x b = e3/2 e 6

Problema 6: Se pide plantear, determinar y resolver las ecuaciones para cal2 cular la funci´on del tipo y = b ea2 x +a1 x que mejor se ajuste a un tabulado de datos: (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 ), ......., (xn , yn ).

Problema 7: Se pide plantear y determinar las ecuaciones para calcular la 3 funci´on del tipo y = b ea3 x +a1 x que mejor se ajuste a un tabulado de datos: (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 ), ......., (xn , yn ).

Problema 8: Se pide plantear y determinar las ecuaciones para calcular la 3 2 funci´on del tipo y = b ea3 x +a2 x que mejor se ajuste a un tabulado de datos: (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 ), ......., (xn , yn ).

3.

Problemas de Integracion

Problema 1: Aplicar la regla del punto medio en un intervalo, la regla del trapecio en dos intervalos y la regla de Simpson en un intervalo para aproximar la integral, Z 1

x2 e−x dx

0

Obtener razonadamente en cada caso una cota del error. Error en punto medio: E=

(b − a)3 ′′ f (η) η ∈ [a, b]. 24

Error en trapecio E=−

(b − a)3 ′′ f (η), 12

8

η ∈ [a, b].

Error en Simpson: E=−



b−a 2

5

1 (4) f (η), 90

η ∈ [a, b]

Soluci´ on: Regla del punto medio en un int´ervalo. Z 1 x2 e−x dx = (1 − 0)(0,52 e−0,5 ) 0

Regla del trapecio en dos int´ervalos. Z 1 Z 0,5 Z 1 0,5 0,5 2 −x 2 −x 0,52 e−0,5 + 0,52 e−0,5 + 12 e−1 x2 e−x dx = x e dx+ x e dx = 2 2 0,5 0 0 Regla de Simpson en un int´ervalo. Z 1 (1 − 0) x2 e−x dx = 4(0,52 e−0,5 ) + (12 e−1 ) 6 0 Para calcular los errores hay que tener en cuenta que hay que evaluar las cantidades f ′′ (η) y f (4) (η) en un punto desconocido η ∈ [a, b]. Por lo tanto, a menos que las derivadas sean constantes, no se pueden evaluar las cantidades se˜ naladas PERO se puede buscar una cota superior. Siendo, f (x) = x2 e−x se tiene que, f ′′(x) = (x2 e−x + 2e−x − 4xe−x ) = (x2 − 4x + 2)e−x y f ′′′′ = (x2 − 8x + 12)e−x Las funciones (x2 − 4x + 2) y (x2 − 8x + 12) son monotonas decrecientes en el int´ervalo [0, 1], n´otese que son par´abolas con pendiente negativa en el int´ervalo [0, 1]. La funci´on e−x es decreciente en dicho int´ervalo. Por tanto las cantidades f ′′ (η) y f (4) (η) en el int´ervalo [0, 1] alcanzar´an el m´aximo absoluto en el extremo 0 del int´ervalo. Es decir, f ′′ (η) ≤ f ′′ (0) = 2 f (4) (η) ≤ f (4) (0) = 12

.

9

Error en punto medio: E =

(b−a)3 24

f ′′ (η) η ∈ [0, 1].

13 ′′ 2 f (η) ≤ 24 24

E= 3

f ′′ (η), Error en trapecio E = − (b−a) 12

η ∈ [0, 1].

2 13 ′′ f (η) ≤ 12 12

E=

5 1 (4) Error en Simpson: E = − b−a f (η), η ∈ [a, b]. El error de Simpson no 2 90 podr´a ser superior a 5 5 1 (4) 1 (4) b−a 0,55 b−a f (η) ≤ f (0) ≤ 12 2 90 2 90 90 Problema 2: Las raices xi del polinomio de Chebyshev Tn (x) valen xi = ) y los coeficientes valen ci = πn . La regla de Gauss-Chebyshev es: cos( (2i−1)π 2n Z 1 n X f (x) √ dx = ci f (xi ). 1 − x2 −1 i=1 Se pide aplicar la regla anterior al c´alculo de la integral, Z 1 esin(x) dx −1

Las operaciones se dejan indicadas.

soluci´ on: Aplicando la cuadratura de Gauss-Chebyshev se tiene, r Z 1 Z 1 sin(x) √ n n q 2 X X (2i−1)π e 1 − x (2i − 1 √ esin(x) dx = dx = ci esin(xi ) 1 − x2i = ci esin(cos( 2n )) (cos( 2n 1 − x2 −1 −1 i=1 i=1 Problema 3- Sabiendo que el error de la regla de simpson compuesta es: h4 (4) f (η), E = −(b − a) 180

η ∈ [a, b],

donde h = b−a y n es el n´ umero de intervalos, se pide calcular cuantos intervalos 2n son necesarios considerar para calcular la siguiente integral con un error menor que 10−4 , Z 4

−4

x4 − 2 x3 dx

Interpretar y verificar el resultado.

10

Soluci´ on: Teniendo encuenta que: f ′(x) f ′′ f ′′′ f ′′′′

= = = =

4 x3 − 6 x2 , 12 x2 − 12 x, 24 x − 12 24

El error por Simpson vale, 24 h4 h4 (4) f (η) = 8 180 180 −4 Imponiendo que el error sea menor que 10 . E = −(b − a)

24 h4 ≤ 10−4 h ≤ 9,96 180 8 4 En este caso h = 2n = n ≤ 9,96, lo cual lleva a la soluci´on de que ya para n = 1 se alcanza dicho error. Habria que verificar el resultado comparando el resultado real con el resultado de aplicar Simpson en un int´ervalo. 8

Problema 4. Se pide expresar lo m´as detalladamente posible R 36 la aplicaci´on de la regla del trapecio en tres intervalos a la siguiente integral 0 f (x) dx. Soluci´ on: Z Z 36 f (x) dx = 0

0

12

Z f (x) dx+

24

12

Z f (x) dx+

36

f (x) dx = (((f (0)+f (12))+(f (12)+f (24))+(f (

24

Problema 5- Comparar etodo del rect´angulo con el m´etodo de Simpson en R 4 el m´ 2 el c´alculo de la integral 0 (3x − 2x) dx. Calcular los errores asociados: Erect. = (b−a)2 ′ f (η) 2

y ESimp. = ( (b−a) )5 f 2

(4) (η)

90

. Calcular el valor exacto de la integral.

Soluci´ on: Calculemos las derivadas de la funci´on integrando para evaluar los errores. f (x) f ′ (x) f ′′ (x) f ′′′ (x) f (4) (x)

= = = = =

3x2 − 2x 6x − 2 ≤ 22en el int´ervalo[0, 4] 6 0 0 11

Integraci´on por el rect´anguo, Z 4 (3x2 − 2x) dx = 4 40 = 160. 0

Integraci´on por Simson Z 4 0

4 (3x2 − 2x) dx = (40 + 4 8 + 0) = 48 6

C´alculo del valor exacto de la integral, Z 4 (3x2 − 2x) dx = 43 − 42 = 48 0

El error en la f´ormula del rect´angulo es: Erect. =

16 (b − a)2 ′ f (η) 22 2 2

El error en la f´ormula de Simson es 0. Observese que el valor exacto coincide con el calculado mediante Simson cuyo error en este caso vale 0.

Problema 6- Sabiendo que el error de la regla de simpson compuesta es: E = −(b − a)

h4 (4) f (η), 180

η ∈ [a, b],

y n es el n´ umero de intervalos, se pide calcular cuantos intervalos donde h = b−a 2n son necesarios considerar para calcular la siguiente integral con un error menor que 10−4 , Z 4

−4

x5 − 5x4 dx

Soluci´ on: Teniendo encuenta que:

f ′(x) f ′′ f ′′′ f ′′′′

= = = =

5 x4 − 20 x3 , 20 x3 − 60 x2 , 60 x2 − 120 x 120 x − 120 12

El error por Simpson vale, E = −(b − a)

h4 (4) h4 (4) f (η) = 8 f (η), 180 180

η ∈ [−4, 4],

Es evidente que en valor absoluto la cuarta derivada de la funci´on en el int´ervalo [−4, 4] no puede ser superior a f (4) (x) ≤ 120 (−4) − 120 = 500. Por tanto el erro de Simpson no puede ser superior a, E = −(b − a)

500 h4 h4 (4) f (η) = 8 . 180 180

Imponiendo que el error sea menor que 10−4 . 8 En este caso h =

8 2n

=

4 n

500 h4 ≤ 10−4 180

h

≤ 9,96.

Problema 7 La f´ormula de cuadratura de Gauss-Hermite de 4 puntos se escribe, Z ∞

2

e−x f (x) dx = c1 f (x1 ) + c2 f (x2 ) + c3 f (x3 ) + c4 f (x4 )

−∞

donde c1 = 0,081312, c2 = 0,80491, c3 = 0,80491, c4 = 0,081312 x1 = −1,65068, x2 = −0,52464, x3 = 0,52464, x4 = 1,65068 Aplicar la cuadratura anterior al c´alculo de la integral, Z ∞ 2 e−4x (8x2 + 2x + 7) dx −∞

Soluci´ on: De acuerdo con la regla, Z ∞ Z ∞ 2 −4x2 2 e−x g(x) dx = c1 g(x1 )+c2 g(x2 )+c3 g(x3 )+c4 g(x4 ) e (8x +2x+7) dx −∞

−∞

2

. donde g(x) = e−3x (8x2 + 2x + 7).

13

Problema 8 Las raices xi del polinomio de Chebyshev Tn (x) valen xi = cos( (2i−1)π ) 2n y los coeficientes valen ci = πn . La regla de Gauss-Chebyshev es: Z

1

−1

n

X f (x) √ dx = ci f (xi ). 1 − x2 i=1

Se pide aplicar la regla anterior al c´alculo de la integral para n = 3, Z 1 cos(sin(x))dx −1

Las operaciones se dejan indicadas. Soluci´ on: Z 1 Z cos(sin(x))dx = −1

1

−1

√ n q X cos(sin(x)) 1 − x2 √ dx = ci cos(sin(xi )) 1 − x2i 1 − x2 i=1

donde la suma se extiende hasta n = 3 y donde, π x1 = cos( ) 2 3π x2 = cos( ) 4 5π x3 = cos( ) 6 π c1 = 1 π c2 = 2 π . c3 = 3

Problema 9: Se pideR i) aplicar la regla de integraci´on de Simpson para estimar π el valor de la integral 0 sin(2x) dx, y ii) aplicar la regla anterior compuesta en dos intervalos para estimar la misma integral.

Soluci´ on: Regla simple: Z π π sin(2x)dx = (sin(2π) + 4 sin(π) + sin(0)) = 0 6 0

14

Regla compuesta en dos intervalos: Z

π

sin(2x)dx =

0

Z

π/2

sin(2x)dx +

Z

π

sin(2x)dx,

π/2

0

π/2

π/2 π π (sin(π) + 4 sin(π/2) + sin(0)) = (4) = 6 12 3 0 √ √ Z π 4π 2 π 2 π/2 (sin(π) + 4 sin(3π/2) + sin(2π)) = = sin(2x)dx = 6 12 2 3 2 π/2 Z

sin(2x)dx =

Problema 10: Se requiere realizar una integraci´on num´erica en el intervalo [0, 12] mediante el m´etodo de Newton-Cotes sencillo. Cuales son los puntos de integraci´on ´o nodos que hay que tomar para aplicar las reglas de integraci´on abierta con i) un solo nodo, ii) dos nodos y iii) tres nodos.

Soluci´ on: Con un solo nodo: en el 6. Con dos nodos: en el 4 y en el 8. Con dos nodos: en el 3, en el 6 y en el 9.

Problema 11: La misma pregunta que la anterior pero para las reglas de integraci´on cerradas con i) dos nodos, ii) tres nodos y iii) cuatro nodos.

Soluci´ on: Con dos nodos: el 0 y el 12. Con tres nodos: en el 0, en el 6 y en el 12. Con cuatro nodos: en el 0, en el 4, en el 8 y en el 12.

Problema 12: La regla de integraci´on de Newton-Cotes abierta para dos nodos es: Z b 3h f (x) dx = (f (a + h) + f (a + 2h)) 2 a . Aplicar la regla anterior compuesta en dos intervalos para estimar donde h = b−a 3 el valor de la integral, Z 6

ex dx

0

15

Soluci´ on: Hay que aplicar la regla en estos dos intervalos: Z b Z (a+b)/2 Z b x x e dx = e dx + ex dx, a

a

(a+b)/2

Denominemos para simplificar c = a+b . 2 Z c 3h (a+h) (e + e(a+2h) ) ex dx = 2 a Z

b

ex dx =

c

3h (c+h) (e + e(c+2h) ) 2

donde h =

c−a 3

donde h =

b−c 3

. Tomando a = 0 y b = 6, se tiene que h = 1. Por lo En ambos casos h = b−a 6 tanto se tiene finalmente, Z 6 3h 2 ex dx = (e + e3 + e4 + e5 ). 2 0 Problema 13: Explica c´omo calcular´ıas la integral de una funci´on f : [a, b] 7→ R de la que u ´nicamente se conoce sus valores en los puntos {xi }ni=1 donde xi ∈ [a, b]∀i.

Soluci´ on:

Problema 15: Explique las diferencias entre las f´ormulas de cuadratura de Gauss y las f´ormulas de cuadratura de Newton-Cotes: 1. sobre los pesos: 2. sobre los nodos ´o puntos de integraci´on: 16

Problema 16: Aproximar mediante la f´ormula de Gauss-Legendre de tres puntos la integral. Z 1,5

2

e−y dy

1

.

Soluci´ on: La f´ormula de cuadratura de Gauss-Legendre se escribe: Z 1 n X f (x) dx = ci f (xi ) −1

i=1

Donde la suma se extiende a las raices del polinomio de Legendre correspondiente. Entonces se requiere primero transformar la integral en otra cuyo intervalo de integraci´on sea [−1, 1]. Ello se realiza mediante un cambio de variable. La podemos transformar en otra equivalente en el intervalo [−1, 1] utilizando el cambio de variable. b−a b+a y= x+ 2 2 donde a = 1 y b = 1,5 (comprobar). Realizando el cambio se tiene, Z b Z b − a 1 −( (b−a)x+(b+a) )2 −y 2 2 e e dy = dx 2 −1 a Z

1

1,5

0,5 f (y) dy = 2

Es decir, Z

1

1,5

Z

1

−( 0,5x+2,5 )2 2

e

−1

−y 2

e

1 dy = 4

Z

0,5 dx = 2

1

e−(x+5)

Z

2 /16

1

e−(

(x+5)2 ) 16

dx

−1

dx

−1

Como nos piden utilizar la f´ormula de Gauss-Legendre de tres puntos hay que utilizar el polinomio de Legendre P3 (x), cuyas raices son r r 3 3 x0 = − , x1 = 0, x2 = 5 5 y los coeficientes valen,

8 5 c0 = c2 = , c1 = 9 9 Teniendo encuenta la f´ormula de Gauss-Legendre de tres puntos se tiene finalmente, Z Z 1,5 2 X 1 1 −(x+5)2 /16 2 −y 2 e dx = ci e−(xi +5) /16 e dy = 4 −1 1 i=0 17

Problema 16: Aproximar mediante la f´ormula de Gauss-Legendre de tres puntos la integral. Z 1

2

e−t dt

0,5

.

Soluci´ on: La f´ormula de cuadratura de Gauss-Legendre se escribe: Z 1 n X f (t) dt = ci f (xi ) −1

i=1

Donde la suma se extiende a las raices del polinomio de Legendre correspondiente. Entonces se requiere primero transformar la integral en otra cuyo intervalo de integraci´on sea [−1, 1]. Ello se realiza mediante un cambio de variable. La podemos transformar en otra equivalente en el intervalo [−1, 1] utilizando el cambio de variable. b+a b−a t+ y= 2 2 donde a = 0,5 y b = 1 (comprobar). Realizando el cambio se tiene, Z b Z b − a 1 −( (b−a)x+(b+a) )2 −t2 2 dx e dt = e 2 a −1 1

0,5 f (t) dt = 2 0,5

Z Es decir,

Z

1

1,5

Z

1

−( 0,5x+1,5 )2 2

e

−1

−t2

e

1 dt = 4

Z

0,5 dx = 2

1

e−(x+3)

Z

2 /16

1

e−(

(x+3)2 ) 16

dx

−1

dx

−1

Como nos piden utilizar la f´ormula de Gauss-Legendre de tres puntos hay que utilizar el polinomio de Legendre P3 (x), cuyas raices son r r 3 3 , x1 = 0, x2 = x0 = − 5 5 y los coeficientes valen, 5 8 c0 = c2 = , c1 = 9 9 Teniendo encuenta la f´ormula de Gauss-Legendre de tres puntos se tiene finalmente, Z Z 1,5 2 X 1 1 −(x+5)2 /16 2 −y 2 e dx = ci e−(xi +5) /16 e dy = 4 −1 1 i=0 18

Problema 7: Se pide plantear y determinar las ecuaciones para calcular la 3 funci´on del tipo y = ea3 x +a1 x que mejor se ajuste a un tabulado de datos: xi = {0, 1, 2}, yi = {e, e2 , e4 }. Es necesario que se muestre claramente de donde salen los coficientes.

Soluci´ on: El problema tiene que ser linearizado. Para ello tomamos logaritmos y queda la siguiente funci´on; ln y = a3 x3 + a1 x Si denominamos Y = ln x. Entonces la ecuaci´on anterior se pone: Y = a3 x 3 + a1 x Entonces hemos reducido el problema a calcular los coeficientes a1 y a3 de manera que el polinomio p(x) = a3 x3 + a1 x se ajuste a los siguientes datos:xi = {0, 1, 2}, y Yi = {1, 2, 4}. Se debe cumplir que la cantidad E(a1 , a3 ) que representa la suma de las desviaciones al cuadrado sea m´ınima, E(a1 , a3 ) =

n X i=0

n X [Yi − p(xi )] = [Yi − (a3 x3i + a1 xi )]2 2

i=0

entonces, igualando a cero todas las primeras derivadas parciales, ∂E(a1 , a3 ) = 0 ∂a1 ∂E(aa1 , a3 ) = 0 ∂a3

Determinaci´ on de las ecuaciones reagrupando t´erminos se tiene, 3 X

i=0 3 X i=0

Y i x i − a3 Yi x3i − a3

n X

i=0 n X i=0

x4i − a1 x6i − a1

19

n X

i=0 n X i=0

x2i = 0 x4i = 0

lo cual representa un sistema de dos ecuaciones con dos incognitas. Las incognitas son a3 , a1 . Los coeficientes se calculan con el tabulado de puntos. 3 X

i=1 3 X

yi xi = 10 yi x3i = 34

i=1

3 X

i=1 3 X

i=1 3 X

x2i = 5 x4i = 17 x6i = 65

i=1

Finalmente se obtiene la siguiente ecuaci´on, 17 a3 + 5 a1 = 10 65 a3 + 17 a1 = 34

Problema 8: Se pide plantear y determinar las ecuaciones para calcular la 3 2 funci´on del tipo y = ea3 x +a2 x que mejor se ajuste a un tabulado de datos: xi = {0, 1, 2}, yi = {e, e2 , e4 }. Es necesario que se muestre claramente de donde salen los coficientes.

Soluci´ on: El problema tiene que ser linearizado. Para ello tomamos logaritmos y queda la siguiente funci´on; ln y = a3 x3 + a2 x2 Si denominamos Y = ln x. Entonces la ecuaci´on anterior se pone: Y = a3 x 3 + a2 x 2 Entonces hemos reducido el problema a calcular los coeficientes a2 y a3 de manera que el polinomio p(x) = a3 x3 +a2 x2 se ajuste a los siguientes datos:xi = {0, 1, 2}, y Yi = {1, 2, 4}. 20

Se debe cumplir que la cantidad E(a2 , a3 ) que representa la suma de las desviaciones al cuadrado sea m´ınima, E(a2 , a3 ) =

3 X i=0

n X [Yi − p(xi )] = [Yi − (a3 x3i + a2 x2i )]2 2

i=0

entonces, igualando a cero todas las primeras derivadas parciales, ∂E(a2 , a3 ) = 0 ∂a2 ∂E(a2 , a3 ) = 0 ∂a3

Determinaci´ on de las ecuaciones reagrupando t´erminos se tiene, 3 X

i=0 3 X i=0

Yi x2i

− a3

Yi x3i − a3

n X

i=0 n X i=0

x5i

− a2

x6i − a2

n X

i=0 n X

x4i = 0 x5i = 0

i=0

lo cual representa un sistema de dos ecuaciones con dos incognitas. Las incognitas son a3 , a2 . Los coeficientes se calculan con el tabulado de puntos. 3 X

i=1 3 X

yi x2i = 18 yi x3i = 34

i=1

3 X

i=1 3 X

i=1 3 X

x5i = 33 x4i = 17 x6i = 65

i=1

Finalmente se obtiene la siguiente ecuaci´on, 33 a3 + 17 a2 = 18 65 a3 + 33 a2 = 34

21

Problema 9: Se pide plantear y determinar las ecuaciones para calcular la 2 funci´on del tipo y = ea2 x +a1 x que mejor se ajuste a un tabulado de datos: xi = {0, 1, 2}, yi = {e, e2 , e4 }. Es necesario que se muestre claramente de donde salen los coficientes.

Soluci´ on: El problema tiene que ser linearizado. Para ello tomamos logaritmos y queda la siguiente funci´on; ln y = a2 x2 + a1 x Si denominamos Y = ln x. Entonces la ecuaci´on anterior se pone: Y = a2 x 2 + a1 x Entonces hemos reducido el problema a calcular los coeficientes a2 y a1 de manera que el polinomio p(x) = a2 x2 + a1 x se ajuste a los siguientes datos:xi = {0, 1, 2}, y Yi = {1, 2, 4}. Se debe cumplir que la cantidad E(a1 , a2 ) que representa la suma de las desviaciones al cuadrado sea m´ınima, E(a1 , a2 ) =

3 X i=0

n X [Yi − p(xi )] = [Yi − (a2 x2i + a1 xi )]2 2

i=0

entonces, igualando a cero todas las primeras derivadas parciales, ∂E(a1 , a2 ) = 0 ∂a1 ∂E(a1 , a2 ) = 0 ∂a2

Determinaci´ on de las ecuaciones reagrupando t´erminos se tiene, 3 X

i=0 3 X i=0

Y i x i − a2 Yi x2i − a2

n X

i=0 n X i=0

x3i

− a1

x4i − a1

22

n X

i=0 n X i=0

x2i = 0 x3i = 0

lo cual representa un sistema de dos ecuaciones con dos incognitas. Las incognitas son a1 , a2 . Los coeficientes se calculan con el tabulado de puntos. 3 X

i=1 3 X

yi xi = 10 yi x2i = 18

i=1

3 X

i=1 3 X

i=1 3 X

x2i = 5 x3i = 9 x4i = 17

i=1

Finalmente se obtiene la siguiente ecuaci´on, 9 a2 + 5 a1 = 10 17 a2 + 9 a1 = 18

Problema 9: Se pide plantear y determinar las ecuaciones para calcular la 3 funci´on del tipo y = ea3 x +a0 que mejor se ajuste a un tabulado de datos: xi = {0, 1, 2}, yi = {e, e2 , e4 }. Es necesario que se muestre claramente de donde salen los coficientes.

Soluci´ on: El problema tiene que ser linearizado. Para ello tomamos logaritmos y queda la siguiente funci´on; ln y = a3 x3 + a0 Si denominamos Y = ln x. Entonces la ecuaci´on anterior se pone: Y = a3 x 3 + a0 Entonces hemos reducido el problema a calcular los coeficientes a0 y a3 de manera que el polinomio p(x) = a3 x3 + a0 se ajuste a los siguientes datos:xi = {0, 1, 2}, y Yi = {1, 2, 4}. 23

Se debe cumplir que la cantidad E(a0 , a3 ) que representa la suma de las desviaciones al cuadrado sea m´ınima, E(a0 , a3 ) =

3 X i=0

2

[Yi − p(xi )] =

n X i=0

[Yi − (a3 x3i + a0 )]2

entonces, igualando a cero todas las primeras derivadas parciales, ∂E(a0 , a3 ) = 0 ∂a0 ∂E(a0 , a3 ) = 0 ∂a3

Determinaci´ on de las ecuaciones reagrupando t´erminos se tiene, 3 X i=0

3 X i=0

Y i − a3

Yi x3i − a3

n X i=0

n X i=0

x3i − a0 3 = 0

x6i − a0

n X

x3i = 0

i=0

lo cual representa un sistema de dos ecuaciones con dos incognitas. Las incognitas son a1 , a2 . Los coeficientes se calculan con el tabulado de puntos. 3 X

i=1 3 X

yi = 7 yi x3i = 34

i=1

n = 3 3 X

i=1 3 X

x3i = 9 x6i = 65

i=1

Finalmente se obtiene la siguiente ecuaci´on, 9 a3 + 3 a0 = 7 65 a3 + 9 a0 = 34

24

Problema 6: Se pretende aplicar la regla de Simpson a la integral Z 2 dt I = ln 2 = t 1 para calcular la integral con un error menor de 10−3 . Se pide cuantos imtervalos m hay que tomar para aplicar la regla compuesta de Simpson con el mencionado error?. El error de la integraci´on compuesta de Simpson vale ESimp. = h4 (b − a) 180 f (iv) (η) donde h = b−a . 2m Soluci´ on: Tengamos en cuenta que la derivada cuarta de la funci´on f (t) = vale: 24 | f (iv) (t) |= 5 t En el intervalo [1, 2] la derivada cuarta esta acotada, es decir, | f (iv) (η) |=

1 t

24 ≤ 24 η5

Entonces, decir que el error tiene que ser menor que 10−3 es lo mismo que 1 4 1 ( ) 24 ≤ 10−3 180 2m 1

lo cual nos lleva a que m ≥ ( 25 ) 4 ≈ 1,699. Por tanto basta tomar m = 2 intervalos. 3 Problema 6: Se pretende aplicar la regla de Simpson a la integral Z 2 dt I= t 1 para calcular la integral I con un error menor de 10−4 . Se pide cuantos imtervalos m hay que tomar para aplicar la regla compuesta de Simpson con el error mencionado?. El error de la integraci´on compuesta de Simpson vale ESimp. = h4 (b − a) 180 f (iv) (η) donde h = b−a . 2m Soluci´ on: Tengamos en cuenta que la derivada cuarta de la funci´on f (t) = vale: 24 | f (iv) (t) |= 5 t

25

1 t

En el intervalo [1, 2] la derivada cuarta esta acotada, es decir, 24 | f (iv) (η) |= 5 ≤ 24 η Entonces, decir que el error tiene que ser menor que 10−4 es lo mismo que 1 1 4 ( ) 24 ≤ 10−4 180 2m 1 ) 4 ≈ 3,02137. Por tanto basta tomar m = 4 lo cual nos lleva a que m ≥ ( 250 3 intervalos.

Problema 6: Se pretende aplicar la regla de Simpson a la integral Z 3 dt t 1 para calcular la integral con un error menor de 10−3 . Se pide cuantos imtervalos m hay que tomar para aplicar la regla compuesta de Simpson con el error mencionado?. El error de la integraci´on compuesta de Simpson vale ESimp. = h4 (b − a) 180 f (iv) (η) donde h = b−a . 2m Soluci´ on: Tengamos en cuenta que la derivada cuarta de la funci´on f (t) = vale: 24 | f (iv) (t) |= 5 t En el intervalo [1, 2] la derivada cuarta esta acotada, es decir, 24 | f (iv) (η) |= 5 ≤ 24 η

1 t

Entonces, decir que el error tiene que ser menor que 10−3 es lo mismo que 1 1 4 ( ) 24 ≤ 10−3 2 180 m 800 14 lo cual nos lleva a que m ≥ ( 3 ) ≈ 4, 04103. Por tanto basta tomar m = 5 intervalos.

Problema 6: Se pretende aplicar la regla de Simpson a la integral Z 3 dt t 1 para calcular la integral con un error menor de 10−4 . Se pide cuantos imtervalos m hay que tomar para aplicar la regla compuesta de Simpson?. El error de la h4 f (iv) (η) donde h = b−a . integraci´on compuesta de Simpson vale ESimp. = (b−a) 180 2m 26

Soluci´ on: Tengamos en cuenta que la derivada cuarta de la funci´on f (t) = vale: 24 | f (iv) (t) |= 5 t En el intervalo [1, 2] la derivada cuarta esta acotada, es decir, | f (iv) (η) |=

1 t

24 ≤ 24 η5

Entonces, decir que el error tiene que ser menor que 10−4 es lo mismo que 2

1 1 4 ( ) 24 ≤ 10−4 180 m 1

) 4 ≈ 7,18608. Por tanto basta tomar m = 8 lo cual nos lleva a que m ≥ ( 8000 3 intervalos.

Problema 9: Se pide determinar el valor de a3 para calcular la funci´on del tipo 3 y = ea3 (x +1) que mejor se ajuste a un tabulado de datos: xi = {0, 1, 2}, yi = {e, e2 , e4 }. Es necesario que se muestre claramente de donde salen los coficientes.

Soluci´ on: El problema tiene que ser linearizado. Para ello tomamos logaritmos y queda la siguiente funci´on; Y = ln y = a3 (x3 + 1) Si denominamos Y = ln x. Entonces la ecuaci´on anterior se pone: Y = a3 (x3 + 1) Entonces hemos reducido el problema a calcular el coeficiente a3 de manera que el polinomio Y = a3 (x3 + 1) se ajuste a los siguientes datos:xi = {0, 1, 2}, y Yi = {1, 2, 4}. Se debe cumplir que la cantidad E(a3 ) que representa la suma de las desviaciones al cuadrado sea m´ınima, E(a3 ) =

3 X i=0

2

[Yi − p(xi )] =

n X i=0

[Yi − a3 (x3i + 1)]2

entonces, igualando a cero la primera derivada, ∂E(a3 ) = 0 ∂a3 27

Determinaci´ on de las ecuaciones Derivando se tiene, 3 X i=0

Yi (x3i

n X + 1) − a3 (x3i + 1)2 − = 0 i=0

lo cual representa una ecuaci´on con una incognita. La incognita es a3 . Los coeficientes se calculan con el tabulado de puntos.

a3

P3 3 i=0 Yi (xi + 1) P = n 3 2 i=0 (xi + 1) P3 P Yi x3i + 3i=0 Yi i=0 Pn 6 Pn = Pn 6 i=0 xi + 2 i=0 xi + i=0 1 3 X

i=1 3 X

yi = 7 yi x3i = 34

i=1

n = 3 3 X

i=1 3 X

x3i = 9 x6i = 65

i=1

Finalmente se obtiene , a3 =

34+7 65+18+3

=

41 86

Problema 9: Se pide determinar el valor de a2 para calcular la funci´on del tipo 2 y = ea3 (x +x) que mejor se ajuste a un tabulado de datos: xi = {0, 1, 2}, yi = {e, e2 , e4 }. Es necesario que se muestre claramente de donde salen los coficientes.

Soluci´ on: El problema tiene que ser linearizado. Para ello tomamos logaritmos y queda la siguiente funci´on; Y = ln y = a2 (x2 + x) 28

Si denominamos Y = ln x. Entonces la ecuaci´on anterior se pone: Y = a2 (x2 + x) Entonces hemos reducido el problema a calcular el coeficiente a2 de manera que el polinomio Y = a2 (x2 + x) se ajuste a los siguientes datos:xi = {0, 1, 2}, y Yi = {1, 2, 4}. Se debe cumplir que la cantidad E(a2 ) que representa la suma de las desviaciones al cuadrado sea m´ınima, 3 3 X X 2 E(a3 ) = [Yi − p(xi )] = [Yi − a2 (x2i + x)]2 i=0

i=0

entonces, igualando a cero la primera derivada, ∂E(a2 ) = 0 ∂a2

Determinaci´ on de las ecuaciones Derivando se tiene, 3 X i=0

Yi (x2i + xi ) − a2

n X (x2i + xi )2 − = 0 i=0

lo cual representa una ecuaci´on con una incognita. La incognita es a2 . Los coeficientes se calculan con el tabulado de puntos.

a2

P3 2 i=0 Yi (xi + xi ) P = n 2 2 i=0 (xi + xi ) P3 P Yi x2i + 3i=0 Yi xi i=0 Pn 3 Pn 2 = Pn 4 i=0 xi + 2 i=0 xi + i=0 xi

29

3 X

yi xi = 10

i=1

3 X

yi x2i = 18

i=1

n = 3 3 X

i=1 3 X

i=1 3 X

x2i = 5 x3i = 9 x4i = 17

i=1

Finalmente se obtiene , a2 =

18+10 17+18+5

=

28 40

Problema 9: Se pide determinar el valor de a1 para calcular la funci´on del tipo y = ea1 (x+1) que mejor se ajuste a un tabulado de datos: xi = {0, 1, 2}, yi = {e, e2 , e4 }. Es necesario que se muestre claramente de donde salen los coficientes.

Soluci´ on: El problema tiene que ser linearizado. Para ello tomamos logaritmos y queda la siguiente funci´on; Y = ln y = a1 (x + 1) Si denominamos Y = ln x. Entonces la ecuaci´on anterior se pone: Y = a1 (x + 1) Entonces hemos reducido el problema a calcular el coeficiente a1 de manera que el polinomio Y = a1 (x + 1) se ajuste a los siguientes datos:xi = {0, 1, 2}, y Yi = {1, 2, 4}. Se debe cumplir que la cantidad E(a1 ) que representa la suma de las desviaciones al cuadrado sea m´ınima, E(a1 ) =

3 X i=0

2

[Yi − p(xi )] = 30

n X i=0

[Yi − a1 (xi + 1)]2

entonces, igualando a cero la primera derivada, ∂E(a1 ) = 0 ∂a1

Determinaci´ on de las ecuaciones Derivando se tiene, 3 X i=0

n X (xi + 1)2 − = 0 Yi (xi + 1) − a1 i=0

lo cual representa una ecuaci´on con una incognita. La incognita es a1 . Los coeficientes se calculan con el tabulado de puntos.

a1

P3 Yi (xi + 1) = Pi=0 n 2 i=0 (xi + 1) P3 P Yi xi + 3i=0 Yi i=0 Pn Pn = Pn 2 i=0 xi + i=0 1 i=0 xi + 2 3 X

yi = 7

i=1 3 X

yi xi = 10

i=1

n = 3 3 X

i=1 3 X

x3i = 3 x6i = 5

i=1

Finalmente se obtiene , a1 =

10+7 5+6+3

=

17 14

Problema 6: Aproximar mediante las reglas del trapecio y de Simpson el valor de la integral, Z 3

0

(x3 − 1)dx 31

Comparar los valores aproximados con el valor exacto. Se podria haber predicho alguno de los errore?. Utilizando la regla del trapecio compuesta para aproximar la integral; Qu´e n´ umero de intervalos seria suficiente para que el error, en valor absoluto, fuese menor que 10−1 . Rb (f (a) + f (b)). Problema 6: La regla del trapecio se escribe: a f (x) dx = b−a 2 Por tanto, Z 3 3 75 (x3 − 1)dx = (−1 + 26) = 2 2 0 Rb (f (a) + 4f ( a+b ) + f (b)). Por tanto, La regla de Simpson es: a f (x) dx = b−a 6 2 Z 3 3 27 69 (x3 − 1)dx = (−1 + 4( − 1) + 26) = 6 8 4 0 El valor exacto es,

3

81 69 −3= 4 4 0 El error de la f´ormula de Simpson es cero; esto ya se podria haber predicho pues el error de la regla de Simpson depende de la cuarta derivada y tal es nula para polinomios cuyo grado es menor o igual a tres. Es decir en este caso la regla de Simpson es EXACTA. Z

(x3 − 1)dx =

3

El error de la f´ormula del trapecio compuesta es E = − (b−a) f ′′(η) Donde n es 12n2 el n´ umero total de intervalos. En este caso se tiene que | E |=

27 f ′′(η)dondeη ∈ [0, 3] 12n2

Entonces, se debe cumplir | E |=

27 6 ≤ 10−1 12n2

lo cual lleva a la condici´on n2 ≥ 405 Entonces n ≥ 20,12, es decir que basta tomar 21 intervalos.

Problema 6: Aproximar mediante las reglas del trapecio y de Simpson el valor de la integral, Z b

0

(2 x3 − 1)dx

Comparar los valores aproximados con el valor exacto. Se podria haber predicho alguno de los errore?. 32

Utilizando la regla del trapecio compuesta para aproximar la integral; Qu´e n´ umero de intervalos seria suficiente para que el error, en valor absoluto, fuese menor que 10−2 . Rb Soluci´ on: La regla del trapecio se escribe: a f (x) dx = b−a (f (a) + f (b)). Por 2 tanto, Z b b (2x3 − 1)dx = (2b3 − 2) 2 0 Rb La regla de Simpson es: a f (x) dx = b−a (f (a) + 4f ( a+b ) + f (b)). Por tanto, 6 2 Z b b4 −b (2 x3 − 1)dx = 2 0 El valor exacto es, Z b b4 −b (2 x3 − 1)dx = 2 0 El error de la f´ormula de Simpson es cero; esto ya se podria haber predicho pues el error de la regla de Simpson depende de la cuarta derivada y tal es nula para polinomios cuyo grado es menor o igual a tres. Es decir en este caso la regla de Simpson es EXACTA. 3

El error de la f´ormula del trapecio compuesta es E = − (b−a) f ′′(η) Donde n es 12n2 el n´ umero total de intervalos. En este caso se tiene que | E |=

b3 f ′′(η)dondeη ∈ [0, b] 12n2

Teniendo encuenta que Entonces, se debe cumplir

f ′′(η) = 12 η ≤ 12 b

b3 12 b ≤ 10−2 12n2 lo cual lleva a la condici´on n2 ≥ 100b4 Entonces n ≥ 10 b2 . | E |≤

Problema 6: Aproximar mediante las reglas del trapecio y de Simpson el valor de la integral, Z b

0

(2 x3 − x/2)dx

Comparar los valores aproximados con el valor exacto. Se podria haber predicho alguno de los errore?. Utilizando la regla del trapecio compuesta para aproximar la integral; Qu´e n´ umero de intervalos seria suficiente para que el error, en valor absoluto, fuese menor que 10−2 . 33

Rb (f (a) + f (b)). Por Soluci´ on: La regla del trapecio se escribe: a f (x) dx = b−a 2 tanto, Z b b b2 (2x3 − x/2)dx = (2b3 − −b/2) = b4 − 2 4 0 Rb La regla de Simpson es: a f (x) dx = b−a (f (a) + 4f ( a+b ) + f (b)). Por tanto, 6 2 Z

b

Z

b

0

El valor exacto es, 0

(2 x3 − x/2)dx =

b4 b2 − 2 4

(2 x3 − x/2)dx =

b4 b2 − 2 4

El error de la f´ormula de Simpson es cero; esto ya se podria haber predicho pues el error de la regla de Simpson depende de la cuarta derivada y tal es nula para polinomios cuyo grado es menor o igual a tres. Es decir en este caso la regla de Simpson es EXACTA. 3

f ′′(η) Donde n es El error de la f´ormula del trapecio compuesta es E = − (b−a) 12n2 el n´ umero total de intervalos. En este caso se tiene que b3 | E |= f ′′(η) donde η ∈ [0, b] 12n2 Teniendo encuenta que f ′′(η) = 12 η ≤ 12 b Entonces, se debe cumplir | E |≤

b3 12b ≤ 10−2 12n2

lo cual lleva a la condici´on n2 ≥ 100b4 Entonces n ≥ 10 b2 . Problema 6: Aproximar mediante las reglas del trapecio y de Simpson el valor de la integral, Z b

0

(3 x2 − 1)dx

Comparar los valores aproximados con el valor exacto. Se podria haber predicho alguno de los errore?. Utilizando la regla del trapecio compuesta para aproximar la integral; Qu´e n´ umero de intervalos seria suficiente para que el error, en valor absoluto, fuese menor que 10−2 .

34

Rb (f (a) + f (b)). Por Soluci´ on: La regla del trapecio se escribe: a f (x) dx = b−a 2 tanto, Z b b (3x2 − 1)dx = (3b2 − 2) 2 0 Rb La regla de Simpson es: a f (x) dx = b−a (f (a) + 4f ( a+b ) + f (b)). Por tanto, 6 2 b

Z

0

El valor exacto es, Z

0

(3 x2 − 1)dx = b3 − b

b

(2 x3 − x/2)dx = b3 − b

El error de la f´ormula de Simpson es cero; esto ya se podria haber predicho pues el error de la regla de Simpson depende de la cuarta derivada y tal es nula para polinomios cuyo grado es menor o igual a tres. Es decir en este caso la regla de Simpson es EXACTA. 3

f ′′(η) Donde n es El error de la f´ormula del trapecio compuesta es E = − (b−a) 12n2 el n´ umero total de intervalos. En este caso se tiene que b3 | E |= f ′′(η) donde η ∈ [0, b] 12n2 Teniendo encuenta que f ′′(η) = 6 Entonces, se debe cumplir | E |≤

b3 6 ≤ 10−2 12n2

lo cual lleva a la condici´on n2 ≥ 100b3 Entonces n ≥

√

√ 50 b3 .

Problema 6: Obtener los valores de a y b de tal manera que y = a(x − 1) − 2b sea la recta de ajuste por minimos cuadrados de los puntos xi = {1, 2, 4} y yi = {−4, −1, 5}. Soluci´ on: Es un problema tipico de c´alculo de la recta de regresi´on y = A x+B en el cual A = a y B = −a − 2b. Entonces LA IDEA es calcular A yB y luego a y b. Teniendo en cuenta la ecuaci´on que satisface la recta de regresi´on ´o recta de minimos cuadrados se tien que cumplir: 35

n X i=1

n X i=1

n X

yi − A

i=1 n X

yi xi − A

i=1

xi − B

x2i − B

n X

1. = 0

i=1 n X

xi . = 0

i=1

Teniendo encuenta el tabulado de punos, n X

yi

=

0

yi xi

=

14

i=1

n X i=1

n X

x2i

=

21

n X

xi

=

7

i=1

i=1 n X

1 =n =3

i=1

por tanto A 7 + B3 = 0 A 21 + B7 = 14

de donde A = 3 y B = −7; por tanto a = 3 y b = 2. Problema 6: Obtener los valores de a y b de tal manera que y = a(x − 1) − 3b sea la recta de ajuste por minimos cuadrados de los puntos xi = {1, 2, 4} y yi = {−1, 3, 11}. Soluci´ on: Es un problema tipico de c´alculo de la recta de regresi´on y = A x+B en el cual A = a y B = −a − 3b. Entonces LA IDEA es calcular A yB y luego a y b. 36

Teniendo en cuenta la ecuaci´on que satisface la recta de regresi´on ´o recta de minimos cuadrados se tien que cumplir: n X i=1

n X i=1

yi − A

n X i=1

n X

yi xi − A

i=1

xi − B

x2i − B

n X

1. = 0

i=1

n X

xi . = 0

i=1

Teniendo encuenta el tabulado de puntos, n X

yi

=

13

yi xi

=

49

x2i

=

21

xi

=

7

i=1

n X i=1

n X

i=1 n X

i=1 n X

1 =n =3

i=1

por tanto A 7 + B3 = 13 A 21 + B7 = 49

de donde A = 4 y B = −5; por tanto a = 4 y b = 1/3. Problema 6: Obtener los valores de a y b de tal manera que y = a(x − 3) + 2b sea la recta de ajuste por minimos cuadrados de los puntos xi = {1, 2, 4} y yi = {−6, −2, 6}. Soluci´ on: Es un problema tipico de c´alculo de la recta de regresi´on y = A x+B en el cual A = a y B = −3a + 2b. Entonces LA IDEA es calcular A yB y luego a y b. 37

Teniendo en cuenta la ecuaci´on que satisface la recta de regresi´on ´o recta de minimos cuadrados se tien que cumplir:

n X i=1

n X i=1

yi − A

n X i=1

n X

yi xi − A

i=1

xi − B

x2i − B

n X

1. = 0

i=1

n X

xi . = 0

i=1

Teniendo encuenta el tabulado de puntos, n X

yi

=

−2

yi xi

=

14

x2i

=

21

xi

=

7

i=1

n X i=1

n X

i=1 n X

i=1 n X

1 =n =3

i=1

por tanto A 7 + B3 = −2 A 21 + B7 = 14

de donde A = 4 y B = −10; por tanto a = 4 y b = 1.

4.

Interpolaci´ on

Recordatorio de Fundamentos El concepto de Interpolaci´on surge cuando, por ejemplo, disponemos de datos que provienen de mediciones experimentales o estadisticas y queremos determinar la evoluci´on general de estos datos con el objetivo de estimar/predecir los valores que no conocemos. 38

El problema se plantea de la forma siguiente. Dada una funci´on f continua en el intervalo [a, b] y dados n + 1 puntos distintos, (x0 , x1 , ......., xn ), encontrar un polinomio de grado menor o igual a n tal que pase por todos los n + 1 puntos en los que se conoce la funci´on f , es decir, pn (xi ) = f (xi ), i = 0, 1, ......., n El polinomi pn se denomina polinomio de interpolaci´on y es u ´nico. Algoritmo de Lagrange Consiste en tomar el polinomio de interpolaci´on de la forma siguiente: pn (x) = y0 L0 (x) + y1 L1 (x) + ............... + yn Ln (x) donde yi = f (xi ) y se puede probar que las funciones Li son de la forma, Li (x) =

(x − x0 )......(x − xi−1 )(x − xi+1 ).....(x − xn ) (xi − x0 )......(xi − xi−1 )(xi − xi+1 ).....(xi − xn )

Error de Interpolaci´ on Supongamos que f es derivable con continuidad hasta la derivada n + 1, entonces para todo x ∈ [a, b] existe un βx ∈ (a, b) tal que,

f (x) − pn (x) =

f ( n + 1)(βx ) wn (x). wn (x) = (x − x0 )(x − x1 )....(x − xn ) (n + 1)!

Algunas Consideraciones Acerca del Error. Hemos visto que en el error aparece la expresi´on polin´omica wn (x). Seria bueno acotarla, es decir saber cual es su valor m´aximo en el intervalo correspondiente. Esto puede hacerse con facilidad en el caso en que los valores: a = x0 < x1 < x2 < ...... < xn−1 < xn = b sean una partici´on uniforme del intervalo [a, b], es decir cuando xk = a + k h donde h = b−a . En estas condiciones se verifica: n | m´aximox∈[a,b] w1 |=

h2 4

39

| m´aximox∈[a,b] w2 |=

2√ h3 3 3

| m´aximox∈[a,b] w3 |= h4 Todo esto para las cantidades: w1 , w2 , w3 . Demostrar esto es muy facil; u ´nicamente vamos a demostrar el primer punto para ilustrarlo. La demostraci´on consiste esencialmente en calcular el m”aximo a mano. Veamos, en el primer caso se tiene, x0 = a, x1 = b, y b − a = h. Entonces el valor absoluto del m´aximo de w1 = (x − a)(x − b) en [a, b] vale h2 /4. Estas relaciones son importantes con fines pr´acticos en problemas. Problema 1 Calcular en la forma de Lagrange, el polinomio que interpola a cierta funci´on f en los puntos -2,-1,0,1,3, sabiendo que: f (−2) = −23, f (−1) = −7, f (0) = −1, f (1) = 1, f (3) = 17 Soluci´ on Sean x0 = −2, x1 = −1, x2 = 0, x3 = 1, x4 = 3, entonces en forma de Lagrange se tiene:

40

P4 (x) = f (x0 ) l0 (x) + f (x1 ) l1 (x) + f (x2 ) l2 (x) + f (x3 ) l3 (x) + f (x4 ) l4 (x) = + + + +

1 )(x−x2 )(x−x3 )(x−x4 ) f (x0 ) (x0(x−x −x1 )(x0 −x2 )(x0 −x3 )(x0 −x4 ) 0 )(x−x2 )(x−x3 )(x−x4 ) f (x1 ) (x(x−x 1 −x0 )(x1 −x2 )(x1 −x3 )(x1 1x4 )

0 )(x−x1 )(x−x3 )(x−x4 ) f (x2 ) (x2(x−x −x0 )(x2 −x1 )(x2 −x3 )(x2 −x4 )

0 )(x−x1 )(x−x2 )(x−x4 ) f (x3 ) (x3(x−x −x0 )(x3 −x1 )(x3 −x2 )(x3 −x4 ) 0 )(x−x1 )(x−x2 )(x−x3 ) f (x4 ) (x4(x−x −x0 )(x3 −x1 )(x4 −x2 )(x4 −x3 )

(x+1)x(x−1)(x−3) −23 (−2+1)(−2)(−2−1)(−2−3)

=

(x+2)x(x−1)(x−3) −7 (−1+2)(−1)(−1−1)(−1−3)

+

−1 (x+2)(x+1)(x−1)(x−3) (0+2)(0+1)(0−1)(0−3)

+ +

1 (x+2)(x+1)x(x−3) (2+1)(1+1)1(1−3)

+

17 (x+2)(x+1)x(x−1) (3+2)(3+1)3(3−1)

= + + + +

−23 (x + 1)x(x − 1)(x − 3) 30 7 (x + 2)x(x − 1)(x − 3) 8

−1 6

(x + 2)(x + 1)(x − 1)(x − 3) −1 (x + 2)(x + 1)x(x − 3) 12 17 (x + 2)(x + 1)x(x − 1) 120

Problema 2 ( es el algoritmo de Newton) Justificar, construyendo la soluci´on en pasos sucesivos, que el polinomio P2 (x) que interpola a una funci´on en los puntos x0 , x1 , y x2 se puede expresar de la manera siguiente: P2 (x) = c0 + c1 (x − x0 ) + c2 (x − x0 )(x − x1 ) Soluci´ on Sea P0 el polinomio de grado cero (constante) que coincide con f en el punto x0 , es decir. P0 (x) = f (x0 ) = c0 Sean P1 el polinomio que coincide con f en los puntor x0 y x1 . Siempre podemos escribir P1 (x) = P0 (x) + Q1 (x) 41

donde Q1 es un polinomio de grado 1 a determinar. Impongamos que el polinomio P1 pase por los dos puntos: P1 (x0 ) = P0 (x0 ) + Q1 (x0 ) = f (x0 ) = c0 por tanto Q1 (x0 ) = 0 Y puesto que Q1 es un polinomio de grado 1 se debe de tener. Q1 (x) = c1 (x − x0 ) Por otra parte se debe de tener, P1 (x1 ) = co + Q1 (x1 ) = c0 + c1 (x1 − x0 ) por tanto se tien que,

c1 =

f (x1 ) − x0 x1 − x0

Sea P2 el polinomio que coincide con f en los puntor x0 ,x1 . y x2 . Siempre podemos escribir P2 (x) = P1 (x) + Q2 (x) donde Q2 es un polinomio de grado 2 a determinar. Impongamos que el polinomio P2 pase por los tres puntos:

P2 (x0 ) = P1 (x0 ) + Q2 (x0 ) = f (x0 ) P2 (x1 ) = P1 (x1 ) + Q2 (x1 ) = f (x1 )

Por tanto se tiene, Q2 (x0 ) = Q2 (x1 ) = 0 Q2 (x) = c2 (x − x0 )(x − x1 ) y por lo visto se debe tener, 42

c2 = Por tanto se tiene finalmente,

f (x2 ) − c0 − c1 (x2 − x0 ) (x2 − x0 )(x2 − x1 )

P2 (x) = c0 + c1 (x − x0 ) + c2 (x − x0 )(x − x1 ) . Problema 3 Ejemplo del algoritmo de Newton para calcular el de interpolaci´on asociado a los puntos: (x0 , y0 ) = (1, 5), (x1 , y1 ) = (3, 1), (x3 , y3 ) = (4, 0,5). Consiste en en buscar un polinomio de la forma: P2 (x) = c0 + c1 (x − x0 ) + c2 (x − x0 )(x − x1 ) = c0 + c1 (x − 1) + c2 (x − 1)(x − 3) donde los coeficientes se calculan como sigue: Soluci´ on c0 = P0 (x0 ),

P1 (x) = P0 (x) + c1 (x − x0 ),

c 0 = y0 = 5

c1 =

P2 (x) = P1 (x) + c2 (x − x0 )(x − x1 ),

1−5 f (y1 − y0 = = −2 x1 − x0 3−1

c2 =

y2 − P1 (x2 ) 1 = (x2 − x0 )(x2 − x1 ) 2

Finalmente, el polinomio de interpolaci´on buscado es P2 (x) = 5 − 2(x − 1) + 1/2(X − 1)(X − 3). Una ventaja del m´etodo de Newton es que si a˜ nadimos un punto nos sirven los calculos anteriores, ejemplo, si a˜ nadimos el punto (x3 , y3 ) = (5, 2), el polinomi de interpolaci´on asociado es,

P3 (x) = P2 (x)+c3 (x−x0 )(x−x1 )(x−x2 ),

43

c3 =

1 y3 − P2 (x3 ) = . (x3 − x0 )(x3 − x1 )(x3 − x2 ) 8

Problema 4 Utilizad el problema anterior para aproximar funci´on f (x) = 3x en los puntos x0 = −1, x1 = 1, y x2 = 2.

√

3 interpolando la

Soluci´ on Las constantes c0 , c1 , y c2 se calculan mediante las f´ormulas del problema anterior. c0 = f (x0 ) = 3−1 =

c1 =

c2 =

f (x1 ) − x0 4 3 − 1/3 = = x1 − x0 1+1 3

32 − 1/3 − 12/3 14 f (x2 ) − c0 − c1 (x2 − x0 ) = = (x2 − x0 )(x2 − x1 ) 9 9

entonces, aproximando √

1 3

√

3:

3 = 3−1/2 = f (1/2) = P2 (1/2) =

1 4 3 14 3 −1 7 + + = 2 32 9 2 2 6

Problema 5 Acotar el error de interpolaci´on del problema anterior sin usar el √ valos exacto de 3. Soluci´ on En este caso, el error de interpolaci´on es,

∀x ∈ [x0 , x2 ] e2 (x) = f (x) − P2 (x) =

f ( 3)(βx ) (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 ) (3!

es decir, e2 (1/2) =

f ( 3)(β) (1/2 + 1)(1/2 − 1)(1/2 − 2), (3!

entonces,

β ∈ (−1, 2)

1 9 3 27 e2 (1/2) = 3β (log3)3 < (log3)3 32 = (log3)3 6 8 16 16 x puesto que la funci´on 3 es creciente.

44

Problema 6 Se conoce que el polinomio de interpolaci´on de una cierta funci´on en los puntos: (x0 , y0 ) = (−1, 2), (x1 , y1 ) = (0, 1), (x2 , y2 ) = (1, 2), (x3 , y3 ) = (2, 5), es el polinomio, x2 + 1. Conociendo que | f (k) |<

k 4

para x ∈ (−1, 2), acotar el valor en el punto x = 0,5.

Soluci´ on Aplicando la ecuaci´on de la cota del error de inetrpolaci´on,

e3 (1/2) =| f (4) (β) |

3 3 1 (1/2 + 1)(1/2)(1/2 − 1)(1/2 − 2) = | f (4) (β) |< 4! 128 128

Problema 7 Calcular por el m´etodo de Lagrange el polinomio de interpolaci´on de una cierta funci´on en los puntos: (x0 , y0 ) = (2, 1), (x1 , y1 ) = (3, 2), (x2 , y2 ) = (−1,3), (x3 , y3 ) = (4, 4). El algoritmo de Lagrange consiste en encontrar el polinomio de la forma: P3 (x) = f (x0 ) l0 (x) + f (x1 ) l1 (x) + f (x2 ) l2 (x) + f (x3 ) l3 (x). Soluci´ on Tengamos en cuenta que,

l0 (x) l1 (x) l2 (x) l3 (x)

(x−3)(x+1)(x−4) 6 (x−2)(x+1)(x−4) =− 4 (x−2)(x−3)(x−4) = 60 = − (x−2)(x−3)(x+1) 10

=

Al final se llega a,

P3 (x) = l0 (x) + 2 l1 (x) + 3 l2 (x) + 4 l3 (x) =

1 3 (x + 21 x2 − 64 x + 96. 60

Problema 8 Acotar el error de interpolaci´on polinomial para la funci´on f (x) = −ex en el intervalo [0, 1] cuando se interpola por un polinomio de grado dos en los puntos: x0 = 0, x1 = 0,5 y x2 = 1. 45

Soluci´ on Sabemos que, 1 e2 (c) = F (x) − P2 (x) = f (3) (β) (x)(x − 0,5)(x − 1) 3! Como los puntos estan separados una cantidad h = 0,5, entonces, 2 h3 2 (0,5)3 | m´aximox∈[0,1] (x)(x − 0,5)(x − 1) |< √ = √ 3 3 3 3 por lo cual, y teniendo en cuenta que la funci´on ex es estrictamente creciente, | m´aximox∈[0,1] e2 (x) |=

e √ . 72 3

Problema 9 Acotar el error de interpolaci´on polinomial para la funci´on f (x) = e−x en el intervalo [−1,0] cuando se interpola por un polinomio de grado dos en los puntos: x0 = −1, x1 = −0,5 y x2 = 0. Soluci´ on Es la misma soluci”on del problema anterior, pero aqui hay que tener en cuente que la funci´on e−x es decreciente. Problema 10 Acotar el error de interpolaci´on polinomial para la funci´on f (x) = 1 en el intervalo [−2. − 1] cuando se interpola por un polinomio de grado ono en x los puntos: x0 = −2 y x1 = −1. Soluci´ on Sabemos que, 1 e2 (c) = f (x) − P1 (x) = f (2) (β) (x + 2)(x + 1) 2 Como los puntos estan separados una cantidad h = −1, entonces, 1 h2 = 4 4 por lo cual, y teniendo en cuenta que la funci´on segunda derivada es creciente, | m´aximox∈[0,1] (x)(x − 0,5)(x − 1) |<

| m´aximox∈[0,1] e1 (x) |= 46

2 2 1 1 = . 8 4

Problema 10 Acotar el error de interpolaci´on polinomial para la funci´on f (x) = 1 en el intervalo [−1, 1] cuando se interpola por un polinomio de grado uno en 1+x2 los puntos: x0 = −1, y x1 = 1. Soluci´ on Sabemos que,

∀x ∈ [−1, 1] | e1 (x) |<|

h2 | f (2) (β) | 8

h = x1 − x0 = 2

entonces,

∀x ∈ [−1, 1] |<

h2 M 8

M = m´aximox∈[−1,1] | f (2) (β)

El m´aximo de | f (2) (x) | se encuentra en el punto medio x = 0 y vale | f (0) |= 2 (2)

Por tanto,

22 ∀x ∈ [−1, 1] | e1 (x) |< 2=1 8

Problema 11 Demostrar que la f´ormula de la estimaci´on del error de interpolaci´on es ´optima en el sentido de que existe una funci´on f (x) = wn (x) donde wn (x) = (x − x0 )(x − x1 )....(x − xn ) para la que se da la igualdad. Soluci´ on En efecto, tomando los puntos x0 , x1 , , , , , xn se verifica facilmente que: el polinomio de interpolaci´on P( x) = 0 es igual a cero y... Pn (x) = 0 f n+1 (x) = (n + 1)! lo cual determina la igualdad en este caso superparticular. Ejercicio Considerese la funci´on f (x) = cos(π x) en los puntos: 0, 0.5, 1, y 1.5. Probrar que el polinomio de interpolaci´on en dichos puntos es: 8 3 2 x − 4 x2 − x + 1. 3 3 Ejercicio Considerese la funci´on f (x) = sin(x) en el intervalo [0, π2 ]. Demostrar que el polinomio de interpolaci´on de gado uno P1 (x) en los puntos extremos del intervalo vale P1 (x) = π2 x. 47

Ejercicio Demostrar, en el ejercicio anterior que el error de interpolaci´on es, π ∀x ∈ [0, ] 2

| e1 (x) |<

π2 32

Ejercicio Obtener la Regla del Trapecio como un caso particular de interpolaci´on. La regla del Trapecio es: Z b b−a (f (a) + f (b)) f (x) dx = 2 a Soluci´ on En efecto, sea una funci´on f (x), la cual se conoce solamente en los puntos a y b. Se pide calcular su integral en el int´ervalo [a, b] aproximando su polinomio interpolatorio en los puntos a y b. Evaluemos primeramente el polinomio interpolatorio. Seg´ un la interpolaci´on de Lagrange, se tiene que el polinomio de interpolaci´on es: P (X) = f (a) L0 (x) + f (b) L1 (x). donde, L0 (x) = entonces, Z

b

f (x) dx =

Z

x−b , a−b

L1 (x) =

b

p(x) dx =

teniendo encuenta que, Z

b

L0 (x)dx =

a

y Z

L1 (x)dx =

a

b

b−a x−b dx = . a−b 2

Z

b

x−a b−a dx = . b−a 2

a

se tiene que, Z

a

b

f (x) dx =

f (a)L0 (x) + f (b)L1 (x).

Z

a

b

b

a

a

a

Z

x−a b−a

b−a (f (a) + f (b)). 2

48

Ejercicio (OPCIONAL 2008) Se tiene la siguiente sistema de ecuaciones diferenciales de orden 1: y′ = z 2 + x z′ = y 2 + x

con las condiciones iniciales: x0 = 0, y0 = 1, z0 = 1 Soluci´ on y′ = z 2 + x z′ = y 2 + x

entonces f (x, y, z)0 = g(x, y, z)0 = ′ g = 2yy ′ + 1 g0′ = ′′ g = ′′ g0 = f ′ = 2zz ′ + 1 f0′ = ′′ f = ′′ f0 =

1 1 3 2y ′ y ′ + 2y ′′ 8 3 2z ′ z ′ + 2z ′′ 8

Finalmente se tiene, x1 = x0 + h = 0 + h h3 h2 +8 y1 = 1 + h + 3 2 6 h2 h3 z1 = 1 + h + 3 +8 2 6

49

Ejercicio (OPCIONAL 2008) Se tiene la siguiente sistema de ecuaciones diferenciales de orden 1: y′ = z 2 + y z′ = y 2 + z

con las condiciones iniciales: x0 = 0, y0 = 1, z0 = 1 Soluci´ on y′ = z 2 + y z′ = y 2 + y

entonces f (x, y, z)0 = g(x, y, z)0 = ′ g = 2yy ′ + z ′ g0′ = ′′ g = ′′ g0 = f ′ = 2zz ′ + y ′ f0′ = ′′ f = ′′ f0 =

2 2 6 25 6 25

Finalmente se tiene, x1 = x0 + h = 0 + h h3 h2 + 25 y1 = 1 + 2 h + 6 2 6 h2 h3 z1 = 1 + 2 h + 6 + 25 2 6

50

Ejercicio (OPCIONAL 2008) Se tiene la siguiente sistema de ecuaciones diferenciales de orden 1: y′ = z x + y z′ = y x

con las condiciones iniciales: x0 = 0, y0 = 1, z0 = 1 Soluci´ on y′ = z x + y z′ = y x

entonces f (x, y, z)0 g(x, y, z)0 g′ g0′ g ′′ g0′′ f′ f0′ f ′′ f0′′

= = = = = = = = = =

1 0 x y′ + y 1 x y ′′ + y ′ + y ′ 2 2x z ′ + z + y ′ 2 x z ′′ + 2z ′ + y ′′ 2

Finalmente se tiene, x1 = x0 + h = 0 + h h3 h2 +2 y1 = 1 + h + 2 2 6 h2 h3 z1 = 1 + 0 h + 1 +2 2 6

51

Ejercicio (OPCIONAL 2008) Se tiene la siguiente sistema de ecuaciones diferenciales de orden 1: y′ = y x + z z′ = z x

con las condiciones iniciales: x0 = 0, y0 = 1, z0 = 1 Soluci´ on y′ = y x + z z′ = z x

entonces f (x, y, z)0 g(x, y, z)0 g′ g0′ g ′′ g0′′ f′ f0′ f ′′ f0′′

= = = = = = = = = =

1 0 x z′ + z 1 x z ′′ + 2 z ′ 0 x y′ + y + z′ 1 x y ′′ + 2y ′ + z ′′ 3

Finalmente se tiene, x1 = x0 + h = 0 + h h3 h2 +3 y1 = 1 + h + 1 2 6 h2 h3 z1 = 1 + h 0 + 1 +0 2 6

52