EJERCICIOS_CAP_3_4

UNIVERSIDAD DE LA SERENA DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS LA SERENA-CHILE

EJERCICIOS ANALISIS NUMERICO PARA INGENIERIA

H´ ecto ec torr Andr´ An dr´ es es Torres or res Apab Ap ablaz laza a

Versi´ on on 2016, Semestre I

ii

ii

Contents 1 INTERPOLACION E INTEGRACION NUMERICA 1.1 EJERCICIOS RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 3

1.2 Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1

2

Chapter 1 INTERPOLACION E INTEGRACION NUMERICA 1.1

EJERCICIOS RESUELTOS

on: EJEMPLO 1.1.1.  Considerar la siguiente funci´  2

f (x) = e −2x a-)   Usando los puntos de interpolaci´on x0 =

 −1, x

1

= 0, x2 = 1 x3   = 2 y usando la

f´ormula de Newton, determinar el valor aproximado de  f (1.5). Soluci´ on: Primero determinamos la tabla para obtener las diferencia divididas, es decir, f [xi ] f [xi , xi+1 ] f [xi , xi+1 , xi+2 ] f [xi , xi+1 , xi+2 , xi+3 ] 2e−2 −2 e−8 −4e−2 +3 -1 e−2 1-e−2 2 6 e−8 −2e−2 +1 2 − 0 1 e -1

xi

2

1

e−2

2

e−8

e−8 -e−2

Entonces, N (x) = e −2 + (1

−

e−2 )(x + 1)

− (1 −

 e e−2 )(x + 1)x + 3

−8

− 4e− 6

2

+3

(x + 1)x(x

− 1)

4 es decir, f (1.5)

≈

N (1.5) = e −2 + (1

−

e−2 )(2.5) =

− (1 − 2

−0.3125 + e−

 e e−2 )(2.5)1.5 +

−8

− 4e−

2

+3

6

(2.5)1.5(0.5)

+ 0.3125e−8

b-) Si agregamos el punto de interpolaci´on x 4  = 0.5 con , determinar el error cometido al aproximar f (1.5).s Soluci´ on: xi

f [xi ]

f [xi , xi+1 ]

-1

e−2

1-e−2

0

1

−2

1

e−2

e−8 -e−2

2

e−8

0.5

e−0.5

− 23 e−0 5 + 32 e−8

e

-1

.

f [xi , xi+1 , xi+2 ]

f [xi , xi+1 , xi+2 , xi+3 ]

2e−2 −2 2 8 − −2e−2 +1 e 2 4 −0.5 2 −8 e + 3 e 2e−2 3

e

1 −8 e 3

−8 −4e−2 +3 6 −2

− 2e

+

1 −8 e 9

8 −0.5 e 3

−

8 −2 e 9

+

16 −0.5 e 9

−1

−1

−

Entonces, N (x) = e −2 + (1

e−8

2

− 4e− 6

2

2

− e− )(x + 1) − (1 − e− )(x + 1)x+ +3 1  8  16 (x + 1)x(x − 1) + [ e− − e− + e− − 1](x + 1)(x)(x − 1)(x − 2) 9 9 9 8

2

0.5

es decir, f (1.5) N (1.5) = e −2 + (1 e−2 )(2.5) (1 e−2 )(2.5)1.5+ 1  8 −2  16 −0.5 e−8 4e−2 + 3 (2.5)1.5(0.5) + [ e−8 1](2.5)(1.5)(0.5)( 0.5) e + e 6 9 9 9  5 5 −8  5 −0.5 = 0.3125 + 0.9375 + (1 + )e−2 + (0.3125 )e e 6 48 3 c-) Si se interpola con x0 = 0, x1 = 1 x2  = 2, determinar el error m´aximo que se puede

≈

− −

−

− − −

−

−

−

−

cometer en todo el intervalo [x0 , x2 ]. Soluci´ on: Sabemos que la cota para el error de interpolaci´on es (3)

|f (x) − N (x)| ≤

sup ξ ∈[0,2]

|f 

(ξ ) x x 3!

| | || − 1||x − 2|

entonces el m´aximo error en el intervalo [0, 2] es (3)

max f (x) x∈[0,2]

|

− N (x)| ≤

sup ξ∈[0,2]

|f 

(ξ ) max x x x∈[0,2] 3!

|

| || − 1||x − 2|.

5

1.1 EJERCICIOS RESUELTOS 

Determinamos primero el valor de (3)

(ξ ) , 3!

|f 

sup ξ ∈[0,2]

|

es decir, determinaremos el valor m´aximo de la funci´on f 3 (x) dentro del intervalo cerrado 2 alculo I). Como f (3) = e −2x 48x 64x3 , calculamos los puntos cr´ıticos [0, 2] (materia de c´ 



con , los cuales son x =

−



2 f (4) (x) = 16e−2x (16x4 24x2 + 3) = 0 √  √  3+ 6 3− 6 yx= , donde solo x∗ = 4 4

 

 ±

−

 

 ±

estan dentro del intervalo [0, 2]. Ahora, (3)

f 

  √  (x∗ ) = −8 18 + 6 6e   √  ∗∗

(3)

f  (x ) = 8 18

−6

6e

−3−

√ 

6

2

√  −3+ 6 2

=

  √ 

3+ 6 4

y x∗∗ =

 −√  3

6

4

,

−2.9991754307143128,

= 11.0409523692859926

, f (4) (2) =

−

f (3) (0) = 0 416e−8 = 0.1395524532074449

−

Entonces (3)

|f 

sup ξ∈[0,2]

Adem´as,

(ξ ) = 3!

|

max x x

  √  8 18 − 6 6e

√  −3+ 6 2

,

6

| || − 1||x − 2| = max |x(x − 1)(x − 2)| ∈ considerando g(x) = x(x − 1)(x − 2), se tiene que g (x) = 3x − 6x + 2, la cual se anula √  √  x∈[0,2]

x [0,2]

2

en x∗ = 3−3 3 y x∗∗ = 3+3 3 . Entonces, se tiene que g  tiene valores extremos dados por √  √  2 3 − 2 3 ∗ ∗∗ g(x ) = 3 y g(x ) = 3 (notar obviamente que evaluando los extremos g(0) = 0, g(2) = 0). Es decir, max x x

x∈[0,2]

√ 

2 3 2) = . 3

| || − 1||x − 2| = max |x(x − 1)(x − | ∈ x [0,2]

Finalmente, (3)

max f (x)

x∈[0,2]

|

− N (x)| ≤

sup ξ ∈[0,2]

|f 

(ξ ) max x x x∈[0,2] 3!

|

| || − 1||x − 2| ≤

8 6

 

18

√ 

−6

6e

√ 

6−3 2

√ 

2 3 3

6 EJEMPLO 1.1.2.  Considerar los siguientes valores en la tabla: -2

xi

0

1

3  

f (xi )   0.5 1.5 3 0.5   a-) Usando la f´  ormula de Newton, determinar el valor aproximado de  f (2.5). Soluci´  on: Primero, debemos determinar la tabla para las diferencias divididas, es decir,

entonces 

xi

f (xi )

0

1

-2

0.5

0.5  

0

1.5

1.5  

1

3

-1.25  

3

0.5  

3 

1 3 11 12

−

−

1 4

 1  1 (x + 2)x(x N (x) = 0.5 + 0.5(x + 2) + (x + 2)x 3 4 f (2.5) N (2.5) = 2.28125

−

− 1)

≈

as de interpolaci´  on  x4 = 4 con  f (x4 ) = 0.5   , entonces  b-)   Si agregamos un punto m´  determinar el valor aproximado de  f (2.5). Soluci´  on: Agregando este punto de interpolaci´  on , se tiene que  xi

f (xi )

0

-2

0.5

0.5  

0

1.5

1.5  

1

3

-1.25  

3

0.5

0  

4

0.5  

1 1 3 11 12 5 12

−

3 

−

1 4

7 72

1 3

entonces  1 N (x) = 0.5 + 0.5(x + 2) + (x + 2)x 3 f (2.5)

−  14 (x + 2)x(x − 1) + 727 (x + 2)x(x − 1)(x − 3)

≈ N (2.5) = 1.4609375

c-)   Si se interpola por medio de un spline lineal (aunque los nodos no son equiespaciados), determinar el valor de  f (2.5).

7

1.1 EJERCICIOS RESUELTOS 

Soluci´  on: El interpolante spline lineal en el intervalo  [1, 3] es (determinando la ecuaci´  on  de la recta que pasa por  (x2 , f (x2 )) y  (x3 , f (x3 )) ) S (x) = 3

− 1.25(x − 1)

entonces  f (2.5)

≈ S (2.5) = 3 − 1.25(1.5) = 1.25

EJEMPLO 1.1.3.  Considerar los siguientes valores en la tabla: xi

-1 0 1 2 3  

f (xi )   1

0

1 4

9  

a-)  Usando la f´  ormula de Lagrange (o Newton), determinar el grado del polinomio de  interpolaci´  on. Soluci´  on:   Independiente de la f´  ormula de aproximaci´  on que usemos el polinomio de  interpolaci´  on es  P (x) = x 2 lo cual se puede ver por el comportamiento de los datos dados. Recordemos que si aproximamos un polinomio el resultado ser´  a el mismo polinomio. b-) Si agregamos un punto m´  as de interpolaci´  on  x5 = 4 con  f (x4 ) = 16 , determinar el  grado del nuevo polinomio de interpolaci´  on. Soluci´  on: Obviamente, si consideramos mas puntos de interpolaci´  on, el polinomio ser´  a  el mismo. P (x) = x 2 on originales y se interpola por medio de  c-) Si consideramos los 5 puntos de interpolaci´  un spline cuadr´  atico, entonces determinar el valor de  f (0.5). Soluci´  on: Si estamos interpolando por un interpolante cuadr´  atico una funci´  on que ya es  cuadr´  atica, entonces este interpolante, tambien ser´  a la misma funci´  on, entonces  f (0.5) = P (0.5) = (0.5)2 = 0.25 EJEMPLO 1.1.4.  Dada la siguiente tabla 

8 xi

-2 -1 0

f (xi )   -6

0

3

6

7  

2 -16 -70 -96  

a-)  Usando la f´  ormula de Newton determinar y escribir explicitamente el polinomio de  interpolaci´  on. SOLUCION: Para determinar el polinomio de Newton , debemos usar la siguiente tabla  xi f (xi ) -2

-6

6

-2 0 0 0  

-1

0

2

-2 0 0  

0

2

-6

-2 0  

3

-16

-18 -2  

6

-70

-26  

7 -96   Entonces el polinomio de Newton esta dado por  N (x) =

−6 + 6 (x + 2) − 2(x +2)(x + 1 ) + 0 (x +2)(x +1)(x) + 0 (x +2)(x +1)(x)(x − 3)+ 0(x + 2)(x + 1)(x)(x − 3)(x − 6) = −6 + 6(x + 2) − 2(x + 2)(x + 1)

, es decir, N (x) =

2

−6 + 6(x + 2) − 2(x + 2)(x + 1) = −2x

+2

b-) Usando la f´  ormula de Lagrange determinar y escribir explicitamente el polinomio de interpolaci´  on. SOLUCION: Se sabe de la te´  oria de interpolaci´  on, que el polinomio de Newton es el  de Lagrange escrito en forma conveniente, es decir,   no necesitamos hacer ningun  c´  alculo y se concluye que  L(x) =

2

−2x

+2

on  x3 y  x5  en la tabla, ahora usando la f´  ormula  c-) Si quitamos los puntos de interpolaci´  de Lagrange determinar y escribir explicitamente el polinomio de interpolaci´  on. SOLUCION: Como el resultado anterior es un polinomio de grado dos, se sabe de teor´ıa  que al usar tres o mas puntos de interpolaci´  on el resultado sera el mismo polinomio,

9

1.1 EJERCICIOS RESUELTOS 

entonces al quitar dos puntos, tendremos 4 puntos de interpolaci´  on, por lo tanto sin  hacer ning´  un c´  alculo, se sabe que  L(x) =

2

−2x

+2

EJEMPLO 1.1.5.  Considerar la siguiente funci´  on  f (x) = xe−x Considerar los puntos de interpolaci´  on  x0  =

−2, x  = −1, x  = 1 y  x  = 2. 1

2

3

ormula de Newton, determinar el valor aproximado de  f (1.5). Determinar  a-) Usando la f´  el error m´  aximo cometido al aproximar  f (1.5). SOLUCION: Para determinar la f´  ormula de Newton, consideremos la siguiente tabla  xi f i -2  2e2 (e−1 + 3e 4e2 )/6 (e−2 + e2 e−1 e)/6 e + 2e2

− −e

-1

−

(e−1 + e)/2 (4e−2 2e−2 e−1

e− 1 2e−2

1

−

−

1

− 3e− − e)/6

−

−

2  , entonces el polinomio de Newton esta dado por  N (x) = 2

2

−2e +(2e −

(e−1 + 3e e)(x+2)+ 6

2

2

− 4e ) (x+2)(x+1)+ (e−

+ e

1

− e− − e) (x+2)(x+1)(x−1) 6

entonces  f (1.5)

2

2

≈ N (1.5) = −2e +(2e −

(e−1 + 3e e)(3.5)+ 6

2

2

− 4e ) (8.75)+ (e−

+ e2

1

− e− − e) (4.375)

6

Por otro lado, para determinar el m´  aximo error cometido debemos usar la cota del error  (4)

|e(x)| = |f (x) − N (x)| ≤ sup ∈ −

ξ [ 2,2]

|f 

(ξ ) x + 2 x + 1 x 4!

||

||

|| − 1||x − 2|

entonces  (4)

|e(1.5)| = |f (1.5) − N (1.5)| ≤ sup ∈ −

ξ [ 2,2]

|f 

(ξ ) 3.5 2.5 0.5 0.5 4!

| | || || || |

10 (4)

|e(1.5)| = |f (1.5) − N (1.5)| ≤ sup ∈ −

ξ [ 2,2]

|f 

(ξ ) 2.1875 4!

|

, donde queda calcular el supremo. Como f (4) = ( 4 + x)e−x

−

entonces  f (5) = (5

− x)e−

x

=0

5 = x

⇐⇒

Ahora  f (4) ( 2) = ( 4

2

f (4)

2

− − 2)e (2) = (−4 + 2)e− −

y  f (4) (5) = ( 4 + 5)e−5 = e −5

−

Pero el punto cr´ıtico esta fuera del intervalo [ 2, 2], entonces evaluamos la funci´  on solo en los extremos del intervalo obteniendo que  (4)

supξ∈[−2,2]

|f 

−

(ξ ) 6e2 f (4) ( 2) = = 4! 4! 4!

|  |

− |

Entonces el m´  aximo error de aprox. esta dado por  (4)

|e(1.5)| = |f (1.5) − N (1.5)| ≤ sup ∈ −

ξ [ 2,2]

|f 

(ξ ) 6e2 3.5 2.5 0.5 0.5 = 2.1875 4! 4!

| | || || || |

b-) Determinar el error m´  aximo cometido en todo el intervalo [ 2, 2]

−

SOLUCION:

Para determinar el m´  aximo error cometido en el intervalo, debemos usar la cota del error  (4)

|e(x)| = |f (x) − N (x)| ≤ sup ∈ − |f  4!(ξ )| |x + 2||x + 1||x − 1||x − 2| ξ [ 2,2]

entonces el m´  aximo error en todo el intervalo esta dado por  maxx∈[−2,2] e(x)

|

| ≤ max ∈ −

x [ 2,2]



supξ∈[−2,2]

(4)

|f 

(ξ ) x + 2 x + 1 x 4!

||

||

|| − 1||x − 2|



11

1.1 EJERCICIOS RESUELTOS  (4)

|

| ≤ sup ∈ −

maxx∈[−2,2] e(x)

ξ [ 2,2]

|f 

calculemos  maxx∈[−2,2]

(ξ ) maxx∈[−2,2] 4!

|





|x + 2||x + 1||x − 1||x − 2|



|x + 2||x + 1||x − 1||x − 2|



consideremos  2

h(x) = (x + 2)(x + 1)(x

2

4

2

− 1)(x − 2) = (x − 4)(x − 1) = x − 5x + 4 para obtener el m´  aximo de esta funci´  on en el intervalo [−2, 2], debemos encontrar los  puntos cr´ıticos 

h (x) = 4x3

x(4x2

− 10x = 0 ⇐⇒

− 10) = 0 ⇐⇒

x = 0, x =

 5

±

2

donde 

h(

 h(0)5 = 4 2

) = 2.25

Entonces 

(4)

(ξ ) 6e2 (4) = (4) maxx∈[−2,2] e(x) supξ∈[−2,2] 4! 4! on  x 4  = 0, entonces determinar el valor aproxc-) Agregar un nuevo punto de interpolaci´ 

|

|f 

|

− e−1 − e)/6

(e−2

|≤

imado de  f (1.5). SOLUCION: xi

f i

-2 

−2e2 −e

-1 1

e−1

2 

2e−2

0

0 

−e + 2 e2 −1

(e

+ e)/2

2e−2

−e

e−2

(e−1 + 3e − 4e2 )/6 −2

(4e

(e−2 + e 2

−1

−2

− 3e − e)/6 − e−1

(2e

e−2

N 1 (x) = N (x) +

 (e−2

− 3e

2

− e − 2e−

entonces  f (1.5)

−1

≈ N (1.5) +

1

+ e)/6

+ 2e)

12

 (e−2

− e2 − 2e−1 + 2e)/12

(x + 2)(x + 1)(x

2

1

− e − 2e− 12

EJEMPLO 1.1.6.   considerar la funci´  on  f (x) = x 2 e−x

+ 2e)

− 1)(x − 2)

( 2.1875)

−

12 a.-  Determinar el polinomio de Newton usando los puntos de interpolaci´  on  x0 = x1  = 2 y  x2  = 3.

 −1,

b.- Determinar el valor aproximado en  x ∗  = 0 y estimar el error m´  aximo cometido en  x ∗ . c.- Determinar el error m´  aximo cometido en todo el intervalo. SOLUCION: Determinarmos el polinomio de Newton usando la siguiente tabla  xi f (xi ) 4e−2 −e 27e−3 −16e−2 +e 1 e 3 12 , entonces  − 2 − 3 − 2 2 4e 9e 4e 3 9e−3

−

−

4e−2 P N (x) = e + ( 3

3

2

− e )(x + 1) + ( 27e− − 16e−

+ e

12

Entonces,

4e−2 e ) P N (0) = e + ( 3 Estimamos el error en  x∗  = 0, es decir,

3

2

− − 2( 27e− − 16e− 12

|

P N (x∗ )

−

donde  f  (x) = ( 6 + 6x

−

f (x∗ )

| ≤ sup ∈ −

donde solo x = 2

2

x

2

x

− x )e−

f  (x) = (12

ξ [ 1,3]

)(x + 1)(x + e

− 2).

).

|f (ξ )| |x∗ + 1||x∗ − 2||x∗ − 3| 3!

y  2

− 8x + x )e− = 0 ⇐⇒ 12 − 8x + x = 0 ⇐⇒ ∈ [−1, 3], es decir, |f (−1)| = 13e = 35, 33766377 |f (3)| = 3e− = 0, 149361205 |f (2)| = 2e− = 0, 270670566

x = 6, x = 2

3 2

entonces 

|P  (0) − f (0)| ≤ sup ∈ − N 

ξ [ 1,3]

|f (ξ )| 6 = 13e.

3! Finalmente para determinar el error m´  aximo cometido en todo el intervalo f  (ξ ) supx∈[−1,3] P N (x) f (x) supx∈[−1,3] supξ∈[−1,3] x + 1 x 2 x 3!

|

−

|≤



|

||



|| − || − 3|

13

1.1 EJERCICIOS RESUELTOS 

= supξ∈[−1,3]



|f (ξ )| sup ∈ −



x + 1 x 2 x 3 x [ 1,3] 3! donde se debe calcular solo el supremo que esta mas a la derecha. Consideremos 

|

|| − || − | 3

2

|x + 1||x − 2||x − 3| = |(x + 1)(x − 2)(x − 3)| = |x − 4x

+ x + 6

|

donde  h(x) = x 3

2

− 4x

+ x + 6

entonces  h (x) = 3x2

− 8x + 1 = 0 ⇐⇒

x1  = 4/3

−

√ 

13/2, x2  = 4/3 +

√ 

13/2

entonces  h(x1 ) = 5, 69139185 h(x2 ) = 0, 639585651 , es decir, supx∈[−1,3] P N (x)

|

− f (x)| ≤ 13e × 5, 69139185

on  EJEMPLO 1.1.7.  Sea la funci´  f (x) = x 3 + ln(x + 1) usando los nodos  x0 = 0, x1 = 1 y  x2 = 2   se puede calcular el polinomio de Lagrange  L(x). a-) Calcular entonces  SOLUCION:

2 0

  L(x) dx.

Se sabe de la te´  oria que al usar tres puntos de interpolaci´  on dados por los extremos y punto medio , lo que estamos haciendo es usar la regla Simpson para aproximar la integral de  f (x), entonces sin necesidad de calcular  L(x) 2

  

2

f (x) dx

0

≈

entonces  2

  0

L(x) dx =

   0

L(x) dx =

2

− 0 f (0) + 4f (1) + f (2) 6

2 ln(0 + 1) + 4(13 + ln(1 + 1)) + 2 3 + ln(2 + 1) 6





14 2 2 = 4(1 + ln(2)) + 8 + ln(3) = 4ln(2) + 12 + ln(3) 6 6



 



2 0

  f (x) dx por medio

b-) Determinar el error m´  aximo cometido al aproximar la integral  de 

2 0

  L(x) dx.

SOLUCION: Para determinar el m´  aximo error cometido en el intervalo, debemos usar la cota del error  para la regla de Simpson 

|

 

−

f (x)

 

(2 0)5 supξ∈[0,2] f (4) (ξ ) 2880

|≤ −

L(x)

|

|

donde 

6 (x + 1)4 la cual alcanza su m´  aximo en el intervalo en  x = 0, es decir , (4)

|f 

(x) =

|

supξ∈[0,2] f (4) (ξ ) = f 4 (0) = 6

|

Finalmente 

|

 

f (x)

−

 

| |

|

5

− 0) 6 = 0.06666666 | ≤ (22880

L(x)

EJEMPLO 1.1.8.  Considerar la siguiente funci´  on  f (x) = xe−x Considerar los puntos de interpolaci´  on  x0  = 0, x1  = 2, x2  = 4. a-)  Determinar el polinomio de Newton regresivo N R (x). b-) Calcular la integral 

4 0

  N  (x) dx y usando la regla de Simpson determinar la aproxi-

4 0

R

x

  maci´  on de la integral  xe−

dx. Que se puede concluir.

SOLUCION: a) Para determinar la f´  ormula de Newton regresiva, consideremos la siguiente tabla  xi f i 0

0  2  2e−2 4 4e−4

2e−2 4e−4

− 2e−

4e−4 2

2

− 4e−

15

1.1 EJERCICIOS RESUELTOS 

, entonces el polinomio de Newton regresivo esta dado por   [4e−4 2e−2 ] (x N R (x) = 4e−4 + 1! 21

4

 [4e−4 − 4 = 4e +

2

− − − 4) +  [4e 2!−24e ] (x − 4)(x − 2)

−

2

2

4

2

− 2e− ] (x − 4) +  [4e− − 4e− ] (x − 4)(x − 2). 2

8

b) Se tiene que  4

 

4

N R (x) dx =

0

 

 [4e−4 4 − 4e +

0

= 16e−4 + [4e−4 = 8e−2 +

 [8e−4

2

4

2

− 2e− ] (x − 4) +  [4e− − 4e− ] (x − 4)(x − 2) dx 2

−

8

 [4e−4 − 2 2e ]( 4) +

−

2

− 8e− ] = [16e− 3

2

2

− 4e− ] (2) 3

+ 8e−4 ] 8 = 2e−2 + e−4 3 3





Ahora, usando la regla de Simpson  4

  0



 

4 8 0 + 4(2e−2 ) + 4e−4 = 2e−2 + e−4 xe−x dx = 6 3



Se concluye que los dos valores son iguales, YA QUE en este caso al calcular la integral  de  N R , en el intervalo [0, 4], esto no es nada m´  as que usar la f´  ormula de Simpson para la  integral de la funci´  on interpolada.

EJEMPLO 1.1.9.  Dada la siguiente tabla  xi

-2

0

2 

f (xi )   -6 2 -6   a-)  Usando la f´  ormula de Newton regresiva  N R (x)  determinar el polinomio de interpolaci´  on. ormula de Lagrange  L(x) determinar y escribir explicitamente el polinomio b-) Usando la f´  de interpolaci´  on. 2

   

c-) Calcular la integral  −2 N R (x) dx y usando la regla de Simpson determinar la aprox2 imaci´  on de la integral  −2 (2 2x2 ) dx. Que se puede concluir.

−

16 SOLUCION: a) Para determinar la f´  ormula de Newton regresiva, consideremos la siguiente tabla  xi f i -2 -6

8

0

-8  

2

-16  

2 -6  , entonces el polinomio de Newton regresivo esta dado por 

−6 + 1!−28 (x − 2) +  −2! 162 (x − 2)(x) = −6 − 4(x − 2) − 2(x − 2)(x) = 2 − 2x .

N R (x) =

1

2

2

b) Usamos a) 2

P (x) = 2 c)

2

 

2

N R (x) dx =

−2

Usando Simpson  2

 

(2

−2

− 2x .

 

−2

2

2

− 2x

dx =

−8/3.

− 2x ) dx = 23 (−6) + 4(2) + (−6) = −8/3 2

Se concluye que los dos valores son iguales, YA QUE en este caso al calcular la integral  de  N R , en el intervalo [ 2, 2], esto no es nada m´  as que usar la f´  ormula de Simpson para 

−

la integral de la funci´  on interpolada.

on  EJEMPLO 1.1.10.  Considerar la siguiente funci´  f (x) =

x + 1 2

on  x0  = 2 calcular el polinomio de Newton  N 1 (x). a-) Usando el punto de interpolaci´  b-) Usando los puntos de interpolaci´  on  x0 = 1, x1 = 3 calcular el polinomio de Newton  N 2 (x). c-) Usando los puntos de interpolaci´  on  x0 = 1, x1 = 2 y  x2 = 3 calcular el polinomio de 

17

1.1 EJERCICIOS RESUELTOS 

Newton  N 3 (x). d-) Calcular los valores de  3 1

3 1

3 1

3 1

  N  dx,   N  dx y    N  dx . Cual de las integrales se acerca  1

2

3

  mas al valor  f (x) dx y porque ?.

on, en este caso N 1 (x) = SOLUCION: a) Como tenemos un solo punto de interpolaci´ 

3 2

b)   Como la funci´  on interpolada es un polinomio de grado 1 y tenemos dos puntos de  interpolaci´  on, se tiene que  N 2 (x) =

x+1 . 2

c) Si agregamos otro punto de interpolaci´  on el resultado sera el mismo, es decir,  N 3 (x) = x+1 2

d)

3

  1

3

 

3

  3 N  dx = dx = 3 2     x + 1 1

1

3

N 2 dx =

1

3

N 3 dx =

1

2

1

dx = 3

3 1

  f (x) dx = 3. Ahora, Las tres integrales, tienen el mismo valor, ya que  N  y  N   son iguales a  f (x). Adem´  as,   N  dx es el area bajo el polinomio constante 3/2 en en  [1, 3], que tiene la misma area  2

3 1

3

1

del trapecio formado en  [1, 3] por la funci´  on  f (x).

on definida en  [a, b]. Considerar los puntos de  EJEMPLO 1.1.11. Sea  f (x)   una funci´  a+b , x2  = b. 2

interpolaci´  on  x0  = a, x1  =

on  f (x). a-) Determinar el polinomio de Newton  N (x) de la funci´  ´  SOLUCI ON: Usando la tabla correspondiente se tiene que  N (x) = f (a) + 2

 f (

a+b ) 2

a+b 2

− f (a) (x − a) + 2 f (a) − 2f ( ) + f (b) (x − a)(x −  a + b ) (b − a) 2 b−a 2

b

 

b-) Calcular el valor de  a N (x) dx. Que obtuvo?. ´  SOLUCI ON: Obviamente si el alumno sabe la teor´ıa BASICA, se dar´  a cuenta que es  la regla Simpson, es decir, b

  a

N (x) dx =

b

− a (f (a) + 4f ( a + b ) + f (b)) 6

2

18

En este caso π(x) = (x

− a)(x −

a+b )(x 2

− b)

c-) Demostrar que  π(x) cambia de signo en  [a, b]. ´  ver la gr´  afica de este polinomio para darnos cuenta que cambia de  SOLUCI ON: Basta signo (polinomio de grado 3 con raices en  a,(a + b)/2 y  b). b

 

d-) Calcular  a π(x) dx. ´  SOLUCI ON: De la misma gr´  afica de la funci´  on se tiene que  e-) Por  c-) y  d-)   se tiene que  E  =

f  (ξ) 4!

b a

b a

  π(x) dx = 0.

  π(x)(x − x ) dx. Considerar  x 3

calcular el valor de esta expresi´  on. ´  SOLUCI ON: El alumno sabe que el error usando Simpson esta dado por  f  (ξ ) (b E  = 2880

− a)

5

y como estamos usando Simpson se tiene que  f  (ξ ) (b E  = 2880

−

f  (ξ ) 5 a) = 4!

b

 

π(x)(x

a

− x ) dx 3

 f-) Determinar una cota de error para  E . ´  valor absoluto en ambos lados. SOLUCI ON: Aplicar

EJEMPLO 1.1.12.  Dada la integral doble 

  

f (x, y)dydx,

A

donde  A := (x, y)

{

∈R

2

/0

≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1}.

ormula del trapecio para esta integral. a-) Determinar y escribir la f´  ormula del trapecio esta dada por  SOLUCION: Sabemos que la f´  b

  a

g(x)dx

≈ (b −2 a) [g(a) + g(b)].

3

= x1 y 

19

1.1 EJERCICIOS RESUELTOS 

aplicando esta misma f´  ormula a la integral doble se tiene que  1

1

1

     0

    1  [f (x, 0) + f (x, 1)] dx f (x, y)dy dx ≈ 2       1 = f (x, 0)dx + f (x, 1)dx 2   1 1  1 = [f (0, 0) + f (1, 0)] + [f (0, 1) + f (1, 1)] 2 2 2 1  0

0

1

1

0

=

4

0

f (0, 0) + f (1, 0) + f (0, 1) + f (1, 1)

b-) Si subdividimos el ´  area de integraci´  on en 4 cuadrados iguales, entonces determinar la   f´  ormula del trapecio compuesta para este caso. ormulas compuestas consisten en aplicar una  SOLUCION: Se sabe de la teor´ıa que las f´  regla de integraci´  on en cada subconjunto de integraci´  on, en este caso, aplicamos las regla  del trapecio a cada cuadrado, usando la regla anterior, es decir, 1

1

    0

1 2

1 2

1 2

f (x, y)dydx =

0

1

1 2

1

1

1

                f (x, y)dydx + f (x, y)dydx + f (x, y)dydx + f (x, y)dydx   1 1  1  1 1 1  1 0

≈ 16

0

0

1 2

1 2

0

1 2

1 2

f (0, 0)+f (1, 0)+f (0, 1)+f (1, 1)+2(f ( , 0)+f (0, )+f (1, )+f ( , 1))+4f ( , ) 2 2 2 2 2 2

on para la integral usando c-) Si  f (x, y) = x 2 + y2 , determinar y escribir una aproximaci´  a  y  b . ormulas anteriores y considerando la evaluaciones en  SOLUCION:  Aplicado solo las f´  la funci´  on  f (x, y) f (0, 0) = 0 f (0, 1) = 1 f (1, 0) = 1 f (1, 1) = 1 + 1

20 f (0, 1/2) = 1/4 f (1/2, 0) = 1/4 f (1, 1/2) = 1 + 1/4 f (1/2, 1) = 1/4 + 1 f (1/2, 1/2) = 1/4 + 1/4 entonces, usando a  1

1

     0



f (x, y)dy dx

0

Y usando b 

≈





1 f (0, 0) + f (1, 0) + f (0, 1) + f (1, 1) = (1 + 1)/2 4

1

1

     0



f (x, y)dy dx

0

≈ 38 (1 + 1)

EJEMPLO 1.1.13.   Considerar la siguiente integral 

 

√ 

−

2 2

2 e−x dx

√ 

2 2

a-)  Determinar una aproximaci´  on de la integral usando la f´  ormula del punto medio . on de la integral usando la f´  ormula del trapecio. b-)  Determinar una aproximaci´  c-)  Determinar una aproximaci´  on de la integral usando la f´  ormula de Simpson. as al valor real y por que? (jusd-) Cual de las aproximaciones anteriores se aproxima m´  tifique). SOLUCION: a-)

 

√ 

−

b-)

 

2 2

√ 

2 2

e−

x2

dx = (

√ 

−

2 2

√ 

2 2

2 e−x dx = (

√ 

2 2

+ 2

√ 2 √ 2 2

√ 

2 2

+

2

0

)e =

√ 

1 1 )(e− 2 + e− 2 ) =

2

√ 

1 2e− 2

c-)

 

√ 

−

2 2

√ 

2 2

2 e−x dx = (

√ 

2 2

+ 6

√ 

2 2

1 2

1 2

)(e− + 4e0 + e− ) =

√ 2 6

1 2

(2e− + 4) =

√ 2 3

1 (e− 2 + 2)

21

1.1 EJERCICIOS RESUELTOS  2

d-) Viendo la gr´  afica de la funci´  on  e−x (figura 1), sabemos que la integral que m´  as se  aproxima en este intervalo es la obtenida por la regla de Simpson, cuyo polinomio de interpolaci´  on es una par´  abola, la cual aproxima de mejor manera la funci´  on.

2

Figure 1.1: Gr´afica de e −x

EJEMPLO 1.1.14.   Considerar la siguiente integral  1

1

   

xy + e−(x

2 +y 2 )

dydx

−1 −1

a-) Usando regla del trapecio compuesta, subdividiendo la regi´  on de integraci´  on en cuatro cuadrados, determinar la aproximaci´  on de esta integral. on compuesta, es aplicar la cada f´  ormula  Soluci´  on:   La idea de las reglas de integraci´  de integraci´  on en cada subintervalo de integraci´  on, en este caso los nodos en eje  X  son  x0 =

 −1,

x1 = 0, x2 = 1 y en el eje  Y  por  x0 =

 −1,

compuestas en las dos integrales se obtiene  1

1

   

−1 −1

(x2 +y 2 )

xy + e−

1

dydx =

1

     −1

x1 = 0, x2 = 1. Usando las reglas 

−1

xy + e−

(x2 +y 2 )



dy dx =

22 1

1

1

1

1

    1  −       −  − + 2(e− ) + x + e− xy + e dy dx = x+e dx = 2  −  −− −  1  − −− − − −  1  − −  − − +e = 2e +4e +2 = e +2e +1 e dx = e +e +2(e +1)+e +e 1

(x2 +y 2 )

(x2 +1)

(x2 )

(x2 +1)

1

(x2 +1)

x2

2

1

1

2

1

2

2

−1

1

2

2

= 1.8710941655794973

on de integraci´  on en cuatro b-) Usando regla del Simpson compuesta, subdividiendo la regi´  cuadrados, determinar la aproximaci´  on de esta integral. Soluci´  on: De la misma maanera que es (a), se tiene  1

1

   

(x2 +y 2 )

xy + e−

1

dydx =

−1 −1

1

=

   1 −1

1

     −1

xy + e−

(x2 +y 2 )



dy dx =

−1



x −(x2+ 1 ) x −(x2+ 1 ) 2 −(x2 ) )+x+e−(x2+1) ] dx = 4 )+4( 4 )+2(e [ x+e−(x +1) +4( +e +e 6 2 2

−

−

1

   1 − = [2e − 6    − 1

(x2 +1)



2 1 2 + 8(e−(x + 4 ) ) + 2(e−x )] dx =

1

1

=

=

3 −1

[e

(x2 +1)

+ 4(e−

(x2 + 14 )

x2



) + e− ] dx =

1 −2 5 5 1 1 ([e + 4(e−( 4 ) ) + e−1 ] + 4[e−( 4 ) + 4(e−( 2 ) ) + e− 4 ] 18



5 1 1 1 5 +4[e−( 4 ) + 4(e−( 2 ) ) + e− 4 ] + 2[e−1 + 4(e−( 4 ) ) + 1] + [e−2 + 4(e−( 4 ) ) + e−1 ] = 5 1 1 1 (2e−2 + 16e−( 4 ) + 4e−1 + 16e−( 4 ) + 32e−( 2 ) + 2) = 2.2331143733815990944 18 EJEMPLO 1.1.15.   Considerar la siguiente integral 

=

1

1

   

2 +y 2 )

xy + e−(x

dydx

−1 −1

a-) Usando regla del trapecio, determinar la aproximaci´  on de esta integral. Soluci´  on: 1

1

   

−1 −1

xy + e−

(x2 +y 2 )

1

dydx =

1

     −1

−1

x2

y2

xy + e− e−



dy dx =

1

23

1.1 EJERCICIOS RESUELTOS  1

   2  −1

2

1

1

       − x + e− e− + x + e− e− dx = 2e− e− dx = 2e− e− − −     − 2 − − − − − x2

x2

1

1

x2

1

1

1

1

= 2e

2

(e

1

+ e 1 ) = 2e

1

x2

dx

1

(2e 1 ) = 4e

2

= 0.5413411329464508

b-) Usando regla de Simpson, determinar la aproximaci´  on de esta integral. Soluci´  on: 1

1

    − xy + e − −    2  1

(x2 +y 2 )

1

dydx =

1

−1

1

−1

−

6

1

    

x2

y2

xy + e− e−

dy dx =

−1

2 2 2 x + e−x e−1 + 4(e−x ) + x + e−x e−1

1





dx

   1  − − −  = 2e e + 4(e ) dx − 3  1  −    − = 2e + 4 e dx 3  1  −  1  −− −  = 2e + 4 e + 4 + e 3 3 1 −   x2

x2

1

1

1

1

x2

1

1

1

1

2

=

1

2e

3

+4

= 2.4919346879655031

EJEMPLO 1.1.16.   Considerar la siguiente integral  1

1

   

2 2 e−(x +y ) dydx

−1 −1

on de esta integral. a-) Usando regla del trapecio, determinar la aproximaci´  Soluci´  on: 1

1

   

e−

(x2 +y 2 )

1

dydx =

−1 −1

1

   

e−

(x2 )

(y 2 )

e−

1

dydx =

−1 −1

  

(x2 )

e−

−1

1

  

dx

−1

e−

(y 2 )

dy



Podemos usar la regla del trapecio para cada una de estas integrales por separado, es decir, 1

 

e−

(x2 )

−1

y 

1

 

−1

e−

(y 2 )

 − (−1) − dx ≈ e 2 1

1

 − (−1) − dy ≈ e 2 1

1

 − 1

= 2e−1

 −

= 2e−1

+ e

+ e

1

24 Entonces 

1

1

   

2 2 e−(x +y ) dydx

≈ 4e−

2

−1 −1 b-) Usando regla de Simpson, determinar la aproximaci´  on de esta integral. 1

1

   

e−

(x2 +y 2 )

1

dydx =

1

   

(x2 )

e−

1

(y 2 )

e−

dydx =

  

(x2 )

e−

1

  

dx

e−

(y 2 )

dy



−1 −1 −1 −1 −1 −1 Podemos usar la regla de Simpson para cada una de estas integrales por separado, es decir, 1

 

(x2 )

e−

−1

y 

1

 

(y 2 )

e−

−1

Entonces 

 − (−1) − dx ≈ e 6 1

 − (−1) − dy ≈ e 6 1

1

1

   

1

0

 − 1

4 + 2e−1 = 3

0

 −

4 + 2e−1 = 3

+ 4e + e

1

+ 4e + e

2 2 e−(x +y ) dydx

−1 −1

1

1

≈

 4 + 2e− 

2

3

ormula de cuadratura para aproximar la integral  EJEMPLO 1.1.17.  Recordemos que la f´  de una funci´  on  f (x) esta dada por  b

  a

n

 f (x)dx ≈

Ai f (xi )

= A0f (x0 ) + A1 f (x1 ) + ... + Anf (xn ),

(1)

i=0

Donde  [a, b] es el intervalo de integraci´  on, xi

n i=0  son

 { }

los  (n + 1) puntos de interpolaci´  on 

dados y los  Ai  son los valores num´ericos a determinar. Para simplificar el c´  alculo de los  valores de  Ai , podemos resolver el sistema lineal de  (n + 1) ecuaciones y  (n+ 1) incognitas  (las cuales son los  Ai ) dado por  n

 i=0

k Ai xi

bk+1 ak+1 = , para cada  k = 0, 1,...,n. k + 1

−

(Las  (n + 1)  ecuaciones se obtienen considerando cada valor de  k. En el lado derecho de  la igualdad es el lado derecho del sistema lineal y en el lado izquierdo aparecen las  (n + 1) incognitas  Ai )

25

1.1 EJERCICIOS RESUELTOS  2

Consideremos la funci´  on  f (x) = e −x y los puntos de interpolaci´  on  x0  = 0, x1  = 2, x2  = 4. Entonces, a-) Determinar el   sistema lineal   para encontrar los valores de  Ai. b-) Resolver el sistema lineal de a-) usando el  m´ etodo de factorizaci´  on LU . 2 4 c-) Usando (1) determinar el   valor num´ erico de  e−x dx. [Si quiere   comprobar 

  0

on usada, ya que  este resultado, debe darse cuenta de la regla de integraci´  b a  L (x)dx

 

bueno] 

n i=0 Ai f (xi ).

  =

e-) Calcular   el espectro de la matriz de Jacobi .  f-) Determinar si el m´etodo de Jacobi es  convergente. g-) Calcular la   matriz de Gauss-seidel   del sistema lineal en a-). h-) Calcular   el espectro de la matriz de Gauss-Seidel . i-) Determinar si el m´etodo de Gauss-Seidel es   convergente. SOLUCIONES: a-) A0  + A1  + A2 1

1

= b 1

A0 x0  + A1 x1  + A2 x2 A0 x20  + A1 x21  + A2 x22

para cada  k = 0

− a,

b2

a2

− , para cada  k = 1 2 b3 −a3 = 3 , para cada  k = 2 =

,es decir, A0 + A1  + A2

=4

2A1 + 4 A2

=8

4A1 + 16 A2

=

64 3

Matricialmente podemos escribir: 1 2

 ≈

La comprobaci´  on asegura que lo hecho en a-), b-) y c-) esta 

d-) Calcular la   matriz de Jacobi   del sistema lineal en a-).

1  0 

b a f (x)dx

 

  1    4  

0 4 16

A0 A1 A2

 4  =  8  ⇐⇒ AX  = B    64 3

26 b-)

1  0 

1 2

  1 1   4   =  0

0

LU X  = B

⇐⇒

0 4 16

Entonces 

AX  = B

⇐⇒

1

  0 1   0    0

0 2 1

 1  4  

1 2

0 0 8

LY  = B

y U X  = Y 

Primero

1  0 

  0 y   0    y

 LY = B4 ⇐⇒  y  =  8  ⇐⇒  y    

 4  =  8    

  1   4  

U X = Y 4 ⇐⇒   =  8  ⇐⇒     

   =   

0

1

1

2

0 2 1

Segundo

1  0 

1 2

y3

0 0 8

c-) Se tiene que 

4

 

2 e−x dx

0

A0 A1 A2

1 2

64 3

y3

16 3

16 3

A0 A1 A2

≈ 23 f (0) + 83 f (2) +  23 f (4) = 23  +  83 e−

4

2 3 8 3 2 3

  

 2 + e−16 . 3

Para comprobar, usamos la regla de Simpson (con la cual se esta trabajando implicitamente)

4

 

2 e−x dx

0

≈ 46 [f (0) + 4f (2) + f (4)] = 23 [1 + 4e−

4

+ e−16 ].

los cuales son iguales. d-) J  = D −1 (E  + F ) =

1  0  0

0

0

1/2

0

0

1/16

 0   0  0

−1 0

−4

  −1   0 −4   =  0 0

0

−1 0

−1/4

 −1  −2   0

27

1.1 EJERCICIOS RESUELTOS 

e-) Espectro

|λI  − J | =

entonces,

 λ  0  0

1

  1   1  λ 2  = λ − = λ(λ − ) = 0 ⇐⇒ λ  = 0, λ 2 2  λ   √ 2   √ 2  √ 2 ρ(J )  = max{0,  − ,  } = . 3

λ 1/4

2

2

 f-)

2,3  =

1

ρ(J ) =

√ 2 2

2

±

√ 2

2