3 Sistemas de Ec Métodos Iterativos para Exposicion
July 11, 2022 | Author: Anonymous | Category: N/A
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MÉTODOS ITERATIVOS MÉTODO DE JACOBI. Consideremos el sistema de ecuaciones lineales: a x a x a x a x a x a x n n 11
1
12
21
1
22
2
1
1
2
2
1 x1 b1 a12 x2 a1133 x3 ... a1n xn a11 1 despejamos de cada b2 a2211 x1 a 2233 x3 ... a2 n xn x2 a 22 ecuacion respectivamente:
a n xn b
2
1
a
2n
1
xn
b
2
a x nn
b
n
n
1 xn bn an1 x1 a n 2 x 2 ... an (n1) xn1 a nn n 1 Expresando en términos de sumatoria: xi b i aij x j , i 1, 2, ....., n aii j 1, j i n 1 ( k ) Asi, la formula iterativa de Jacobi está dada por: x ( k 1) 2, .. ..., n, k 0,1, 2, 2, .. ... bi aij x , i 1, 2, aii j 1, j i i
j
Observación: Las iteraciones empiezan con el vector inicial dado vectores que
X
1
2
,
X crece,
X
, ... empezando con k
es decir,
X
k
k
0.
Si el método converge,
X X
0
k
, a partir del cual se obtienen los
converge a la solución
X a
medida
X .
5 x 3x 1x 5 Ejemplo. Dado el sistema de ecuaciones lineales: 2 x 4 x 1x 6 , formule el sistema iterativo y realice 2 x 3x 8 x 4 1
dos iteraciones empezando con el vector inicial
Solución. Por la fórmula iterativa de Jacobi: x
x
k 1
x1
x2
Empezamos las iteraciones con el vector inicial
x3 x
1
Si k=0 (primera iteración):
1 x 2
1 x 3
3 x2( 0 )
( 0) x 3
5
5
6
2 x1( 0 )
( 0) x 3
( 0)
2 x1
8
3 x2 (0)
3(1) (1)
2(1 2(1) (1) 4
3
i
2
3
( 0) x 3
aii
5
1:
n
bi
j 1, j i
aij x (j k ) , para i
1, 2 2,, 3 y
k
0,1
3 x2( k ) x3( k ) 5
6 2 x1( k ) x3( k )
4
4
2 x1( k ) 3 x2( k ) 8
( 0) 2
x
8
2 x 1
1.4
2(1) 3(1) 4 2(1
2
(0) 3
x
1:
Si k=1 (segunda iteración):
5
6
4
4
( 0)
1
( 0) x 2
1
k 1
3
1
k
Para i 3:
i
Para i 2:
5
1
( k 1)
Para i 1:
1 x 1
(0)
2
1.25
0.625
2 x 2
2 x 3
5
3 x2(1) 3x3(1) 5
6
5
2 x1(1) x 3(1) 6 2(1. 2(1.25 25)) (0.6 (0.625 25))
4
4
1.25 25)) 0. 0.62 625 5 5 3(1.
(1)
2 x1
8
3x2 (1)
4 2(1.4) 4) 3(1. 1.25 25)) 4 2(1.
8
1.625
0.956
0.6187
MÉTODO DE GAUSS – SEIDEL. SEIDEL. Este método se obtiene de la fórmula de Jacobi, separando la sumatoria en dos partes: uno formado por los términos que aún no han sido calculados, que se les toma de la iteración anterior k y el otro por los términos térmi nos que ya están calculados y se los toma t oma de la iteración k 1 . Así, la formula iterativa de Gauss-Seidel: ( k 1) i
x
1
i 1
bi aij x aii j 1
( k 1) j
Las iteraciones empiezan con el vector inicial
n
2, ..., n, k 0,1, 2, 2, ... aij x (jk ) , i 1, 2,
j i 1
X 0
dado, a partir de este se obtienen los vectores
X 1 , X 2 , ...
empezando con k 0 . Observación: Si el método converge, este requiere de menos iteraciones i teraciones que el método de Jacobi.
5 x y z 10 Ejercicio 1: Resolver el sistema 2 x 8 y z 11 , por el método de Gauss-Seidel, para x y 4 z 3 k
(0)
X i
0 y
0,1,, 2,3 . 0,1
Solución. Por la f ormula ormula iterativa de Gauss-Seidel: ( k 1) i
x
1
i 1
bi aij x aii j 1
( k 1) j
(1)
x1
(1)
x2
(1)
x3
1 5 1 8 1 4
( 3)
( 3)
x2
( 3)
x3
1 5 1 8 1 4
ij
j i 1
i
1:
x1(
Para
i
2:
x2
Para
i
3:
x3
k
( k 1)
( 0) 1
, i 1, 2 y 3, k 0,1, 2 y 3 k
1 (10 x2( ) x3( ) ) 5 1 k k (11 2 x1( 1) x3( ) ) 8 1 k k (3 x1( 1) x2( 1) ) 4 ( 0) ( 0) x x 2 3 0
1)
( k 1)
x
( k ) j
Para k 1 :
(11 2 x1(1)
(0)
x3
( 0)
x3
( 2)
) 2 ) 0.875
x1
( 2)
x2
(3 x1(1) x2(1) ) 1.03125
( 2)
x3
2:
(10 x2( 2 )
k
Para
0:
(10 x2( 0 )
Para k x1
a x
Empezamos las iteraciones con el vector inicial Para k
n
1 5 1 8 1
(10 x2(1) x3(1) ) 1.96875 (11 2 x1( 2 )
(3 x1( 2 )
x2
4
(1)
x3
( 2)
) 1.01172
) 0.98926
Para k 3 :
( 2)
x3
(4)
) 2.00449
(11 2 x1(3) x3( 2 ) )
0.99753
(3 x1(3) x2(3) ) 1.00174
x1
(4)
x2
(4)
x3
1 5 1 8 1 4
(10 x2( 3)
(11 2 x1( 4 )
( 3)
x3
) 1.99916
( 3)
x3
) 1.00043
(3 x1( 4 ) x2( 4 ) ) 0.99968
EL MÉTODO DE RELAJACIÓN. Es un proceso que acelera la convergencia o divergencia de los métodos iterativos y se obtiene de la formula iterativa de Gauss – Seidel Seidel agregando un factor de convergencia w : ( k 1) i
x
(k ) i
x
donde
0
w
2 es
Si
w
1 es el
Si
0
Si
1
w 1
w
w
bi
aii
i 1
aij x
( k 1) j
j 1
aij x (jk ) , i 1, 2, 2, ..., n, k 0,1, 2, 2, ..., 0 w 2 j i n
el factor de relajación.
método de Gauss – Seidel. Seidel.
se llama método de sub-relajación.
2 se
denomina método de sobre-relajació sobre-relajación. n.
5 x 12 x 80 Ejemplo. Resolver el sistema 4 x x x 2 , usando el método método de relajación relajación con 45 6 x 8 x 1
1
3
2
1
3
0
Solución. Reordenando:
x
0
2
Aplicando la fórmula del método de Relajación: x
x
0
0 :
3
Para
i
Para
i
Para
i
k i
x
k 1
1:
x1
2:
x2
3:
x3
k 1
k 1
k
x1
x2
x3
k
k
w aii
0
Empezamos las iteraciones con el vector inicial : x1
0:
1 0 1 x1
x
1 0 2 x1
x
1
x
3
x
0
1
0.9 4 0.9 8 0.9
i 1
0.9 4 0.9 8
x
y así sucesivamente.
( 45 6 x1k
0
0
x
Para
k
2
x
3
( 2 4 x1k
0.9 (80 5 x k 1 12
(45 6 x11 8 x20 ) 5.36
1
aij x j ) k
3
1
1
k
x2
k
x3 )
8 x2k )
12 x3k )
0 :
1:
2 1 2 x1
2 1 3 x1
x
j i
2 1 1 x1
k 1 j
j 1
x
(80 5 x1 12 x 0 ) 5.83
n
(bi aij x
(2 4 x10 x20 x30 ) 0 0..45
12
0.9 y empezando
4 x1 x2 x3 2 45 6 x1 8 x2 5 x 12 x 80 3 1 k 1 i
k
2
las iteraciones con el vector inicial : x1
Para
w
0.9 4 0.9 8 0.9 12
(2 4 x11 x21 x31 ) 2.02 (45 6 x12 8 x12 ) 4.2335 (80 5 x12 12 x31 ) 7.34
RAÍCES DE SISTEMAS DE ECUACIONES NO LINEALES. MÉTODO DE NEWTON RAPHSON Consideremos el sistema de ecuaciones no lineales: f1 ( x1, x2 , ..., xn ) 0
f 2 ( x1, x2 , ..., xn )
0
f n ( x1, x2 , ..., xn ) Si F contiene
n ecuaciones,
(1)
0
la ecuación de recurrencia es: 1
X
( k 1)
1 ( k ) F ( k ) (k ) (k ) (k ) (k ) J X F X F X
J ( k )
X ( k 1)
x1( k 1) x1( k ) f 1( k ) ( k 1) (k ) ( k ) x2 ; X ( k ) x2 ; F ( k ) f 2 ; ( k 1) (k ) ( k ) x x n n f n
En la solución se parte de un vector inicial X
(0 )
J ( k )
f1( k ) x 1 f 2( k ) x1 (k ) f n x 1
generando así a los vectores X
f1( k ) x2 f 2( k ) x2 f n( k ) x2 (1)
f 1( k ) xn f 2( k ) xn ( k ) f n xn
, X ( 2 ) , ...
La convergencia del método de Newton requiere que: f1 , f 2 , ... f n y sus derivadas sean continuas en una región, donde el Jacobiano no se anula y el valor inicial, la raíz y los valores calculados pertenezcan a esta región.
f1 ( x1 , x2 ) 1, 6 x12 3, 6 x1 x2 7, 8 x1 2, 6 x2 5, 2 Ejemplo. Encontrar las raíces del sistema 2 2 f ( x , x ) 0, 0 , 9 x 3 , 1 x 6 , 2 x 6 , 2 x 2 1 2 2 1 1 2 0,5 5 (0 ) 0, (0 ) x1 comenzando con el valor inicial X (0 ) ( o tomado de la gráfica cerca del punto de corte). x2 0, 4 1
Solución. La ecuación de recurrencia es: X ( k 1) X ( k ) J ( k ) F ( k ) f1( k ) ( k 1)
(k)
x1 x1 x1 ( k 1) ( k ) ( k ) x2 x2 f 2 x1
f 1( k )
1
( k )
x2 f 1 ( k ) f 2( k ) f 2 x2
donde, (k )
f1
x1 (k ) 1
f
x2
( k )
(k ) 1
3, 2 x
(k )
3, 6 x1
3, 6 x2
(k )
7, 8
f 2
x1 f 2
2, 6
( k )
6, 2 x1
6, 2
( k )
x2
1, 8 x2
( k )
6, 2
Reemplazando:
f1( 0) x (1) ( 0 ) 1 1 Si k 0: x (1) x ( 0 ) (10) x2 x2 f 2 x1 Reemplazamos
( 0) 1
x
y
(0) 2
x
1
f 1( 0) x (0) 2 f 1( 0 ) ( 0) f 2 f 2 x2
1
x1(1) 0, 5 3, 2(0, 5) 3, 6(0, 4) 7, 8 3, 6(0, 4) 2, 6 (1) 6, 2(0, 5) 6, 2 1, 8(0, 4) 6, 2 x2 0, 4 1, 6( 6(0, 5 5)) 2 3, 6 6((0, 5 5))(0, 4 4)) 7, 8 8((0, 5 5)) 2, 6( 6(0, 4) 4) 5, 2 0, 9 9((0, 4) 4) 2 3,1(0, 5 5)) 2 6, 2 2((0, 5 5)) 6, 2( 2(0, 4) 4) 1
0,5 5 4, 76 1,16 1, 38 0, 5 0,1894 0, 0318 1, 38 0, 0, 299 0, 4 0, 0848 0,1303 0, 299 0, 4 3 , 1 6 , 9 2
0, 5 0, 2709 0, 7709 0, 4781 0 , 4 0 , 0 7 8 1
Hallando el error:
X
(1)
X
( 0)
(0, 77 7709 0, 5) 5) 2
(0, 4 7 78 81 0, 4) 4)2
0, 2 59 594
El error debe acercarse a cero, por lo que se tendrá que hacer más iteraciones hasta alcanzar un número cercano a cero.
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