libro de metodos numericos

UNMSM MÉTODOS NUMÉRICOS

UNIVERSIDAD NACIONAL MAYOR DE SAN MARCOS

(Decana de América)FACULTAD DE CIENCIAS MATEMATICAS

CURSO METODOS NUMERICOS I - II

PROFESOR: LUCIO AVILIO MALASQUEZ RUIZ.

--2012—

PROFESOR: LUCIO AVILIO MALASQUEZ RUIZ Pág. 1


I N D I C E

INDICE………………………………………………………………………………..…2

INTRODUCCIÓN…………………………………………..……………………...…... 4

ERROR ABSOLUTO…………………………………………..………..………………5

Teorema de Bolzano…………………………………………………….……….….……6

MÉTODO DE BISECCIÓN………………………………………………………….….7

MÉTODO DE REGULA FALSI O MÉTODO DE FALSA POSICIÓN……………….10

MÉTODO DE PUNTO FIJO O MÉTODO DE APROXIMACIONES SUCESIVA…..12

MÉTODO DE LA SECANTE…………………………………………………………...15

MÉTODO DE NEWTON – RAPHSON…………………………………..….…………17

MÉTODO DE NEWTON – RAPHSON EN DOS VARIABLES…………………..…..24

INTERPOLACIÓN………………………………………………………………..…….27

INTERPOLACIÓN DIRECTA DE NEWTON -PROGRESIVO………………..…….28

INTERPOLACIÓN DE NEWTON REGRESIVO (NR)…………………………..……31

INTERPOLACION DIRECTA CENTRAL……………………………………….……32

INTERPOLACIÓN PARA EL CASO DE DATOS NO EQUIDISTANTES…….….…35

INTERPOLACION Y APROXIMACION DE LAGRANGE………………….………38

PROBLEMAS RESUELTOS…………………………………………………….……..42

METODOS DIRECTOS DE SISTEMAS DE ECUACIONES LIENALES……..…….48

Método Crout-Doolitle…………………………………………………………………..50

Método de Cholesquy……………………………………………..…………………….52

Método Tridiagonal para sistemas de ecuaciones lineales………………………………59


Pág.


Método Pentadiagonal para sistemas de ecuaciones lineales…………………………..65

NORMA DE UNA MATRIZ………………………………………………………......73

SOLUCION ITERATIVA DE SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES………...75

Método de Jacobi……………………………………………………………………….75

Método de Gauss- Seidel……………………………………………………………….85

DIFERENCIA NUMERICA…………………………………………………………..99

INTEGRACIÓN NUMERICA…………………………………………….………….105

EXTRAPOLACION DE RICHARDSON- (E.R)……………………………………..113

INTEGRACION DE ROMBERG…………………………………………………….123

SOLUCIÓN NUMÉRICA DE E. D.O. CON VALOR INICIAL…………………….130

Método de Euler……………………………………………………………………….130

Método de Taylor de orden K…………………………………………………………133

Predictor – corrector…………………………………………………………………...138

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR………………………140

CONCLUSIONES……………………………………………………..……………...143



INTRODUCCIÓN

En la práctica de la ingeniería y ciencias es frecuente tener la necesidad de resolver un sistema de ecuaciones lineales. Estos sistemas aparecen en muy diversos problemas, ya sea como la solución completa de un problema ó al menos como parte de ella. Dada esta necesidad frecuente, se requiere resolverlos en forma eficiente.

Para una mejor organización y búsqueda rápida de cada tema se ha implementados con un índice al principio del trabajo para su fácil ubicación de los temas ya que el texto completo se encuentra enumerada de principio a fin, además en el final se ha considerado incluir problemas resueltos de los diferentes temas estudiados.

Como los algoritmos de los métodos ya están disponibles en la mayoría de los libros de texto sobre la materia, se explicara en la medida de lo posible, detalles de implementación (personales) de los métodos directos (que son mas difíciles de programar). El lenguaje de programación idóneo para tal fin será matlab 6.0

Damos desde ya los agradecimientos a todas aquellas personas que dieron su apoyo para completar el trabajo tanto en ideas, criticas para su mejoramiento sin importar la magnitud de la ayuda han sido de gran ayuda y esperando aun recibir su aportes para la continua superación en los próximos trabajos que se han de mostrar.



ERROR ABSOLUTO

Es la diferencia entre un valor de exacto y una de sus aproximaciones. Puede ser positivo o negativo, según si la medida es superior al valor real o inferior (la resta sale positiva o negativa). Tiene unidades, las mismas que las de la medida.

DEFINICION DE CIFRAS SIGNIFICATIVAS EXACTAS:Se define por la siguiente relación:ε a=0.5 ×10m−n+1; Donde:m=es la descomposición polinómica.n= numero de cifras significativas exactas.DEFINICION DE CIFRAS DECIMALES EXACTAS:Se define por la siguiente relación:ε a=0.5 ×10−t; Donde:t=numero de cifras decimales exactas.Ahora sea:P = ln(5)Entonces:P= ln(5) = 1.609437912

Y sea sus siguientes aproximaciones:

P1 = 1.60123456P2 = 1.609413131P3 = 1.6094372

Donde: m = 0

Ahora hallamos sus Ea de cada uno.

Ea1 = | p – p₁ | = 0.008203 = 0.008 = 0.8x10¯³ = 0.001 = 0.1x10¯² Ea₂ = |p - p₁ | = 0.000025 = 0.00003 = 0.3x10¯⁴Ea₃ = |p - p₃ | = 0.0000012 = 0.00001 = 0.1x10¯⁵

Ahora hallaremos el número de cifras significativas exactas:Para p₁: 0.1x10¯² ≤ 0.5x10¯ⁿ⁺¹ -2 = -n+1 n = 3 ---> p₁ tiene 3 cifras significativas exactas.



Para p₂: 0.3x10¯⁴ ≤ 0.5x10¯ⁿ⁺¹ -4 = -n+1 n = 5 ---> p₂ tiene 5 cifras significativas exactas.

Para p₃: 0.1x10¯⁵ ≤ 0.5x10¯ⁿ⁺¹ -5 = -n+1 n = 6 ---> p₃ tiene 6 cifras significativas exactas.

Ahora hallaremos el número de cifras decimales exactos:Para p₁: 0.1x10¯² ≤ 0.5x10¯™ K = 2 Entonces p₁ tiene 2 cifras decimales exactas.

Para p₂: 0.3x10¯⁴ ≤ 0.5x10¯™ K = 4 Entonces p₂ tiene 4 cifras decimales exactas.

Para p₃: 0.1x10¯⁵ ≤ 0.5x10¯™ K = 5 Entonces p₃ tiene 5 cifras decimales exactas.

TEOREMA DE BOLZANO (TB)Sea la ecuación no lineal f(x) =0;Donde f(x) es función no trascendente (trigonométrica, exponencial, logarítmica o polinomial), x∈[a , b ]Si f (a ) f (b )<0 , entonces existe la raiz o solucion x¿∈<a ,b>¿ . f (x¿)≡0

Aplicación del Teorema de Bolzano:Sea f(x) = x.cos(x) – 1

Como f(1).f(2) < 0 ---> existe x* que pertenece a [1,2] PROFESOR: LUCIO AVILIO MALASQUEZ RUIZ Pág. 6

x f(x)

-2 -

-1 -

0 -

1 -

2 +


MÉTODO DE BISECCIÓN

Dado la ecuación no lineal f(x) = 0 /. Existe la raíz X* ∈ [a, b] por T.B.El método de bisección consiste en hallar el promedio simple de cada intervalo [a i , bi] −→ X*.

Algoritmo de bisección:P-1.- Dado la ecuación f(x) = 0 /. Existe la raíz X* ∈ [a, b] por T.B.P-2.- Generar la sucesión {xi} x* mediante la siguiente relación

Xi=ai+b i

2 ; i = 0, 1, 2,3…….

P-3. – Hallar ¿0−→ ai+1=X i ,b i+1=b i F (ai) F ( xi )=¿ ¿0−→ ai+1=ai ,b i+1=X i

¿0−→ X i=X∗¿

P-4. - Dejar de iterarse ε=0.5 ×10m−n+1

Parar si |X i−X i−1|≤ E

ε=0.5 ×10−t

Caso contrario ir al paso numero 2.

Ejemplo 01.

F ( x )=x3−2 x X* [-1,2]

Obtener una solución con 2 cifras ex

Se deja de iterar si |x i−x i−1|≤0.5∗10−1

i=0 [a0 , b0 ]=[−1,2]

x0=0.5

f (−1 ) f (0.5 )<0−→ a1=−1 b1=0.5

i=1 [a1 , b1 ]=[−1 ,0.5 ]

x1=−0.25



|x1−x0|≤ 0.5∗10−1−→falso

f (−1 ) f (−0.25 )>0a2=−0.25 b2=0.5

i=2[a2 , b2 ]=[−0.25 , 0.5]

x2=0.125

|x2−x1|≤0.5∗10−1−→ falso

f (−0.25 ) f (0.125 )<0−→ a3=−0.25 b3=0.125

i=3[a3 , b3 ]=[−0.25 , 0.125]

x3=−0.0625

|x3−x2|≤ 0.5∗10−1−→falso

f (−0.25 ) f (−0.0625 )>0−→ a4=−0.0625 b4=0.125

i=4[a4 , b4 ]=[−0.0 .625 , 0.125]

x4=−0.03125

|x4−x3|≤ 0.5∗10−1−→ verdadero x lo tan¿ aca termina

X* = -0.03125

Ejemplo 02.

F ( x )=3 x2−2 X* [-2,1]


Se deja de iterar si ,|x i−x i−1|≤ 0.5∗10−1

i=0 ; [a0 , b0 ]=[−2,1]

x0=−0.5

f (−2 ) f (−0.5 )<0−→ a1=−2b1=−0.5



i=1 ; [a1 , b1 ]=[−2 ,−0.5]

x1=−1.25

|x1−x0|≤ 0.5∗10−1−→falso

f (−2 ) f (−1.25 )<0a2=−2b2=−1.25

i=2[a2 , b2 ]=[−2 ,−1.25]

x2=−1.625

|x2−x1|≤0.5∗10−1−→ falso

f (−2 ) f (−1.625 )<0−→ a3=−2 b3=−1.625

i=3[a3 , b3 ]=[−2 ,−1.625]

x3=−1.8125

|x3−x2|≤ 0.5∗10−1−→falso

f (−2 ) f (−1.8125 )<0−→ a4=−2b4=−1.8125

i=4[a4 , b4 ]=[−2 ,−1.8125]

x4=−1.90625

|x4−x3|≤ 0.5∗10−1−→ falso

f (−2 ) f (−1.90625 )<0−→ a4=−2b4=−1.90625

i=5 [a5 , b5 ]=[−2 ,−1.90625]

x5=−1.953125

|x5−x4|≤ 0.5∗10−1−→ verdadero x lo tanto aca termina

X* = -1.953125



MÉTODO DE REGULA FALSI O MÉTODO DE FALSA POSICIÓN

Es un método similar al método de bisección en la que en vez de hallar el promedio simple de dos intervalos [ai , bi] --> X*. El método de R.F. determina el promedio ponderado

de los intervalos [ai , bi] --> X*.

Algoritmo del método de R.F.

Paso 1: Dada la ecuación f ( x )=0

Paso 2: Generar la sucesión: {xn} x* mediante la relación:

Xi=F (bi )ai−F (ai )bi

f (bi )−f (ai)

Paso 3: Hallar

¿0−→ ai+1=X i ,b i+1=b i

F (ai) F ( xi )=¿ ¿0−→ ai+1=ai ,b i+1=X i

¿0−→ X i=X∗¿

Paso 4: Parar si |X i−X i−1|≤ E

Ejercicio 1:

F ( x )=logx−x3 , Con X* [1,3]



i=0 [a0 , b0 ]=[1,3]

X 0=f (b0) a0− f (a0 )b0

f (b0 )−f (a0)=0.9216

f (a0 ) f (x0 )=0.8182>0−→ a1=x0=0.9216 ,b1=b0=3



i=1 [a1 , b1 ]=[0.92,3]

X1=f (b1 )a1−f (a1 )b1

f (b1 )−f (a1)=0.853

|X1−X0|≤ 0.5∗10−1−→ falso , por lotanto secontinua

f (a1 ) f (x1 )=0.497>0−→a2=x1=0.853 , b2=b1=3

i=2 [a2 , b2 ]=[0.853,3]

X2=f (b2 )a2−f (a2 )b2

f (b2 )− f (a2)=0.804

|X2−X1|≤ 0.5∗10−1−→verdadero x lo tanto concluye aqui

X*=0.804

Ejercicio 2

F ( x )=x4−3 x+1 ; Con X* [-2,2]



i=0 [a0 , b0 ]=[−2,2]

X 0=f (b0) a0− f (a0 )b0

f (b0 )−f (a0)=−0.2

f (a0 ) f (x0 )<0−→ a1=a0=−2, b1=x0=−0.2

i=1 [a1 , b1 ]=[−2 ,−0.2]

X1=f (b1 )a1−f (a1 )b1

f (b1 )− f (a1)=−0.20713

|X1−X0|≤ 0.5∗10−1−→verdadero x lo tanto concluye aqui

X*=-0.20713



MÉTODO DE PUNTO FIJO O MÉTODO DE APROXIMACIONESSUCESIVAS

Algoritmo:

Paso 1: Dado la ecuación f ( x )=0 / exista la raíz X* ∈ [a, b] por el T.B.

De f ( x )=0 despejar x de diferentes formas y obtener una ecuación de la siguiente forma:

x = g (x)……….. (2)

Donde g(x) es llamado función de iteración.

Si x = x* es raíz o solución de (2) también lo será de f ( x )=0, X* que satisface (2) es llamado punto fijo.

Paso 2: Generar la sucesión:

{xn} x*

Mediante la siguiente relación:

Xn+1 = g (Xn) ; Donde n= 0,1,2,3,…

Tomando como valor X 0 arbitrario / X 0 ∈ [a, b]Paso 3: Dejar de iterar si: |Xn−X n−1|≤ E

Caso contrario ir al paso 2.Condición de convergencia:Existe {xn} x* Si se cumple lo siguiente:

a) g (x) ∈ [a, b] PROFESOR: LUCIO AVILIO MALASQUEZ RUIZ Pág. 12


b) ∃ g´(x) tal que | g´(x)| ≤ L < 1; ∀ x <a, b>L es llamado constante de LipschitzL = Max {| g´ (a) |, | g´ (b) |}

Donde también consideramos obvio f ( x ) es continua y diferenciable en [a, b].L ∈ [a, b]Ejemplos:

Por el método del punto fijo obtener una solución con dos cifras significativas exactas.

F(x) = 10.sen(x).e− x -1Primero hallaremos el intervalo donde exístela raíz.

x F(x)

-1 -23.87

-0.5 -8.90

0 -1

0.5 1.91

1.5 1.23

Verificamos su condición de convergencia, veremos si cumple 1° condición.

F(x) = 10.sen(x).e− x -1 = 0 ---> x = arcsen (e− x /10) = g₁(x)

Análisis para g₁(x) = arcsen(e− x /10)

1° condición:g₁(x) ∈ I = [a,b] = [0,1]g₁(0) = 0.10g₁(1) = 0.28

Por lo tanto g₁(x) cumple la 1° condición

2° Condición:



∃ g´ tal que | g´ (x)| ≤ L < 1₁ ₁∀ x ∈ <0,1> ≊ [0.1 , 0.9]

Si g (x) = ₁ arcsen(e− x /10) ---> g´ (x) =( ₁ e− x / √64−e2 x)| g´ (0.1) ₁ | = 0.11 < 0.9 ∀ x ∈ <0.1>| g´ (0.9) ₁ | = 0.25 < 0.9 ∀ x ∈ <0.1>L = max{| g´ (0.1) ₁ | , | g´ (0.9) ₁ | }L = 0.28, L ∈ [0,1> ---> g´ (x) , cumple 2° condición₁

Siendo su relación de recurrencia lo siguiente:Xn+1 = g₁(Xn) = arcsen(e− x n /10) ; n = 0,1,2,……

Obtener una solución con 2 cifras significativas exactas.

OBSERVACIÓN: x0 puede tomar cualquier valor /.x0∈[a, b]Sea x0=0.5

X₀ arbitrario; Donde: X₀ = 0.5

n = 0X₁ = arcsen(e− x o /10)X₁ = 0.1656

n =1X₂ = arcsen(e− x 1/10)X₂= 0.1183

n =2X₃ = arcsen(e− x 2/10)X₃ = 0.1128

| X₃ - X₂| = 0.05 = 0.5x10¯¹ ≤ 0.5x10¯¹



Por lo tanto x₃ = X* con 2 cifras significativas exactas.

MÉTODO DE LA SECANTE

Algoritmo:

Paso 1: Dado la ecuación f ( x ) =0. / ∃ x* ∈ [a, b].Paso 2: Generar la {xi} x* Mediante:

x i = f (x i−1 )(x i−2)−f (x i−2 ) (xi−1)

f (x i−1 )−f (x i−2 ) ; Donde i =2, 3,4,…

Paso 3: Dejar de iterar si: |X i−X i−1|≤ E

Caso contrario ir al paso 2.

Ejemplos:

Por el método de la secante obtener una solución con dos cifras significativas exactas.

F(x) = 10.sen(x).e− x -1

Primero hallaremos el intervalo donde exístela raíz.

x F(x)

-1 -23.87

-0.5 -8.90

0 -1

0.5 1.91

1.5 1.23



Se observa que: f (0).f (0.5) <0 ---> Existe x* ∈ [0,0.5]Entonces ahora:Sea x₀ = 0 y x₁ = 0.5

Para i = 2:

x₂ = f(0.5).0 - f(0).0.5 = 0.551 f(0.5) - f(0)

Para i = 3:

x₃ = f(0.551).0.5 - f(0.5).0.551 = 0.022 f (0.551) - f(0.5)

Vemos que |x₃ - x₂| = 0.0529 = 0.5x10¯¹Como: 0.5x10¯¹ ≤ 0.5x10¯¹ Donde m = 0 y n = 2 Entonces x* = x₃Por lo tanto x₃ = 0.022 es la raíz con 2 cifras significativas exactas.

F(x) = 0.91X³ - 4.9X² + 11.9X – 5

x F(x)

-1 -22.71

-0.5 -12.29

0 -5.00

0.5 -0.16

1.5 4.89

Se observa que: f(0.5).f(1.5)<0 ---> Existe x* ∈ [0.5,1.5]Entonces ahora:Sea x₀ = 0.5 y x₁ = 1.5



Para i = 2: x₂ = f(1.5).0.5 - f(0.5).1.5 = 0.89 f(1.5) - f(0.5)

Para i = 3:

x₃ = f(0.596).1.5 - f(1.5).0.596 = 1.20 f(0.596) - f(1.5)

Vemos que |x₃ - x₂| =0.031 = 0.3x10¯¹Como: 0.3x10¯¹ ≤ 0.5x10¯¹ Donde m = 0 y n = 2 Entonces x* = x₃Por lo tanto x₃ = 1.20 es la raíz con 2 cifras significativas exactas.

MÉTODO DE NEWTON – RAPHSON

El Método de Newton-Raphson es ampliamente utilizado para encontrar las raíces de la ecuación f(x)=0, ya que converge rápidamente, la contra es que uno debe conocer la derivada de f(x) y se necesita una aproximación inicial muy cercana a la raíz.

Se requiere que f(x) sea doblemente continua y diferenciable en [a, b].

Algoritmo:

Paso 1: Dado la ecuación f(x) = 0 / Existe la raíz X* ∈ [a, b] por T.B.Paso 2: Generar la sucesión {xn} x* mediante la siguiente relación de recurrencia.

X n+1 =X n- f (X n )

f ´ (X n) ; n=0, 1, 2,…

Paso 3: Dejar de iterar si:

|Xn−X n−1|≤ E

Caso contrario ir al paso 2.



Convergencia de N-R.

Existe {xn} x*

Si: | f ( x ) . f ´ ´ (x)( f ´ ( x )) ² | < 1

Ejemplo:

Sea f(x)=ex-3x; donde x* ∈ [0,1]Primero analizamos su convergencia:

| f ( x ) . f ´ ´ (x)( f ´ ( x )) ²

| X₀ = 0 < 1 0.8052∗1.1052

3.5904 = 0.2479 <1

Si:

f ( x )=ex-3x

f ´ ( x )= ex-3

f ´ ´ ( x )=ex

| f ( x₀ ) . f ´ ´ (x ₀)( f ´ (x ₀ )) ² | x₀ = 1 < 1 Existe {xn} x* Por el método de N-R con x₀ =0.1

Obtendremos una solución con 4 cifras significativas exactas.

n=4

Se deja de iterar si |Xn−X n−1|≤ E =0.5*10¯⁴

n=0

X n+1 =X n- f (X n )

f ´ (X n)

Entonces:



X1 =X 0- eX 0−3 X 0

eX0−3

= 0.52493063

Observación: Si X 0 =0.5, estaría más cercano a la raíz.

n=1

X2 =X1- eX 1−3 X1

eX1−3

=0.61315951

n =2

X3 =X2- eX 2−3 X2

eX2−3

= 0.619033363

n =3

X 4 =X3- eX 3−3 X3

eX3−3

= 0.69001281

|X4−X3| = 0.000027923 = 0.3*10¯⁴

Entonces:

x* = X 4 con 4 cifras significativas exactas.

METODO DE PUNTO FIJO O METODO DE APROXIMACIONES SUCESIVAS PARA SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES EN

DOS VARIABLES

Dado el Sistema:

F(x, y) = 0…… (1)

G(x, y) = 0…… (2)



De (1) y (2), despejamos de alguna forma x e y para obtener un sistema de la siguiente forma:

x = f(x, y) = f…… (3)

y = g(x, y) = g…… (4)

La solución de (3) es solución de (1).La solución de (4) es solución de (2).

* Algoritmo del Punto Fijo:1º Paso:

Dado el sistema: F(x, y) = 0G(x, y) = 0

Despejar x ^ y, y obtener el siguiente sistema.x = f(x, y) = fy = g(x, y) = g

2º Paso:Generar la sucesión:

{Xn} xk

^{yn} Yk

Mediante la siguiente relación de recurrencia:

n = 0, 1, 2,…

3º Paso:

Dejar de iterar si:

ε=0.5 ×10m−n+1

; C.C. ir al 2º Paso.Condición de convergencia del punto fijo:

∃ {Xn} xk


|X n−Xn−1| ≤ ℰ ó|Y n−Y n−1| ≤ ℰ

yn+1 = g(xn, yn) ^Xn+1 = f(xn, yn)


^∃ {yn} Yk

Si se cumple lo siguiente:

|f x|(x0 , y0 )+|f y|( x0 , y0 )≤ L<1

^

|gx|( x0 , y0 )+|g y|(x0 , y0 )≤ L<1

Ejemplo: Sea el sistema.

y=x+ 1

x2 … (1)

y23+x

23=4 … (2)

Localizar el intervalo inicial (x0, y0) por el T.B.

De (1) y (2) se tiene:

F ( x )=x23+(x+x−2)

23−4=0

Con intervalo de longitud = l = 1

x F ( x )-2-10123

--∄--+

Con intervalo de longitud = l = 0.1


f (2 ) . f (3 )<0 → ∃ x❑¿ ∈ [2,3 ]


x f ( x )2

2.12.22.32.42.52.62.72.82.93

--------+++

x0=2.7 , en (1 ) : y0=x0+1

x02

→ y 0=2.8 ;m=0

Verificar su condición de convergencia

De: y=x+ 1

x2=g ( x , y )=g

De: x23+ y

23=4→ x=(4− y )

32=f ( x , y )=f

Se requiere que se cumpla: X=(4− y23)

32

|f x|(x0 , y0 )+|f y|( x0 , y0 )≤ L<1

0 + 1 = 1 < 1f x=0 y

f=32(4− y

23)

12−2

3y−13

|f y|=−(4− y

23)

12

y13

|f y|(2.7 , 2.8 )=1.006=1

Como L = 1 ∢ 1 → la solución puede converger o no

^ |gx|( x0 , y0 )+|g y|(x0 , y0 )≤ L<1

0.9 + 0 = 0.9 < 1

gx=1−2 x y¿=0


f (2.7 ) . f (2.8 )<0 → ∃ x¿ ∈ [2.7 , 2.8 ]


|gx|(2.7 ,2.8 )=0.9

Obtener una solución con dos cifras significativas exactas (m = 2) Se deja de iterar si:|X n−Xn−1| ≤ 0.5*10m-n+1 /m=0, n=2

0.5*10-1 ó|Y n−Y n−1| ≤ 0.5*10-1

Sus relaciones de recurrencia son:

De : xn+1=f (xn , yn )→ xn+1=(4− yn

23)

32, n=0 ,1, 2 , ...

^

De : yn+1=g (xn , yn )→ yn+1=xn+ xn−2 , n=0 , 1, 2 ,.. .

Iterando:n = 0; ITERACION INICIAL; con X0 = 2.7 ^ Y0 = 2.8

x1=(4− y0

23)

32=2.85695

y1=x0+x0−2=2.83717

n = 1; PRMERA ITERACION; con X1 = 2.85695^ Y1 = 2.83717

x2=(4− y1

23)

32=2.81969

y2=x1+x1−2=2.97947

n = 2; SEGUNDA ITERACION; con X2 = 2.81969^ Y2 = 2.97947

x3=(4− y2

23)

32=2.68003

y3=x2+x2−2=2.94547

n = 3; TERCERA ITERACION; con X3 = 2.68003^ Y3 = 2.94547



x4=(4− y3

23 )

32=2.71298

y4=x3+ x3−2=2.81926

n = 4; CUARTA ITERACION; con X4 = 2.71298^ Y4 = 2.81926

x5=(4− y4

23)

32=2.83761

y5=x4+ x4−2=2.84885

n = 5; QUINTA ITERACION; con X5 = 2.83761^ Y5 = 2.84885

x6=(4− y5

23)

32=2.80806

y6=x5+x5−2=2.96180

n = 6; SEXTA ITERACION; con X6 = 2.80806^ Y6 = 2.96180

x7=(4− y6

23)

32=2.69712

y7=x6+x6−2=2.93488

n = 7; SEPTIMA ITERACION; con X7 = 2.69712^ Y7 = 2.93488

x8=(4− y7

23)

32=2.7233

y8=x7+x7−2=2.83459

Si:|X 8−X7| = 0.02 = 0.2*10-1 ≤ 0.5*10-1 ^|Y 8−Y 7| = 0.1*10-1 ≤ 0.5*10-1

Cumple con las condiciones dadas, por tanto deja de iterar.



METODO DE NEWTON – RAPSON (N.R)

El sistema debe de estar en la forma:F = F(x, y) = 0

G = G(x, y) = 0

Para que tenga solución su Jacobiano = J(x, y) = J ≠ 0

* Algoritmo de N.R.1º Paso:

Dado el sistema: F(x, y) = 0

G(x, y) = 0

2º Paso:Generar la sucesión:

{Xn} xk

^{yn} Yk

Mediante la siguiente relación de recurrencia:

^


J=|Fx F y

Gx G y|≠ 0

X n+1=X n−|F F y

G G y|(xn , yn)

J (x , y)(xn , yn );n=0 , 1 ,2 , …

Y n+1=Y n−|F x FG x G|(xn , yn )

J (x , y)(xn , yn );n=0 ,1 , 2 , …


Parar si:

C.C. ir al 2º Paso.

Ejemplo:

y=x+ 1

x2

y23+x

23=4

J (x , y)=|Fx Fy

Gx G y|

F=F ( x , y )= y−x−x−2=0 G=G ( x , y )=x23+ y

23−4=0

F= y−x− x−2→ F x=−1+2 x y¿=1

G=x23+ y

23−4 →G x=

23

xx¿=2

3y−13

J=−23

y−13 + 4

3x−3 y

−13 −2

3x−1

3

*Obtener una solución con dos cifras significativas exactas (m = 2).


J ( x , y )=2(2 x−3 y

−13 − y

−13 −x

−13 )

3

|X n−Xn−1| ≤ ℰ ó|Y n−Y n−1| ≤ ℰ


Iterando:

n = 0; ITERACION INICIAL; con X0 = 2.7 ^ Y0 = 2.8

x1=x0−|y0−x0−x0

−2 1

x0

23+ y0

23−4

23

y0

−13 |

23(2 x0

−3 y0

−13 − y0

−13 −x0

−13 )

x1=2.7629

y1= y0−|−1+2x0

−3 y0−x0−x0−2

23

x0

−13 x0

23+ y0

23−4 |

23(2 x0

−3 y0

−13 − y0

−13 −x0

−13 )

y1=2.8937

n = 1; PRIMERA ITERACION; con X1 = 2.7629 ^ Y1 = 2.8937

x2=x1−|y1−x1−x1

−2 1

x1

23+ y1

23−4

23

y1

−13 |

23(2 x1

−3 y1

−13 − y1

−13 −x1

−13 )

x2=2.7632

y2= y1−|−1+2 x1

−3 y1−x1−x1−2

23

x1

−13 x1

23+ y1

23−4 |

23(2 x1

−3 y1

−13 − y1

−13 −x1

−13 )

y2=2.8942


(X1,f1)


Si:|X2−X1| = 0.0003 = 0.3*10-3 ≤ 0.5*10-3 ^|Y 2−Y 1| = 0.0005 = 0.5*10-3 ≤ 0.5*10-3

Cumple con las condiciones dadas, por tanto deja de iterar.INTERPOLACIÓN

Supongamos que se conoce f0 , f1, f2, …….fn valores correspondientes a X0, X1, X2, ….., Xn valores independientes de una variable independiente X.( X0<X1<…<Xn) entonces tenemos dos tipos de interpolación.

a) Interpolación directa.- consiste en que dado un valor XP diferente de los Xi pero correspondido entre X0 y Xn, se desea hallar el valor de su imagen fP

b) Interpolación inversa.- consiste en que dado el valor de la imagen fP se desea hallar el valor XP que genera dicha imagen.

1.- INTERPOLACIÓN DIRECTA LINEAL

XP = valor a interpretar f

FP = f (XP) imagen de XP


F(X)

(

(XP,fP)


Xo XP X1 X

n

INTERPOLACIÓN DIRECTA DENEWTON -PROGRESIVO Y NEWTON – REGRESIVO.

Para un conjunto de (n+1) puntos igualmente espaciados Interpolación consiste, en dado un valor no considerado x p , en la tabla, se debe hallar su imagen f p. Hay dos tipos de Interpolación.

A) Interpolación Directa. Consiste en que dado x p se debe hallar su imagen f p.

B) Interpolación Inversa. Consiste en que dado el valor de la imagen f p, se debe hallar el valor x p.

1) Interpolación Directa de Newton Progresivo (IDNP)

Se utiliza cuando se desea interpolar un valor x p dado al principio de la tabla o 1er sector de la tabla.Utiliza la siguiente fórmula.

Donde P=x p−x0

h , x p∈ [ x0 , x1 ] , P∈<0,1>¿

Utiliza la siguiente Tabla de omisión de Términos (T.0.T)

∆2 ∆3 ∆4 ∆5

Newton ProgresivoNewton Regresivo

4 8 12 16

Observación:


f p=f 0+P ∆ f 0+P(P−1)

2!∆2 f 0+

P (P−1 )(P−2)3 !

∆3 f 0+…+P¿¿


Si |∆2 f i|<4 Se tiene Inter. Directa Lineal y se utiliza la fórmula de N.P. hasta la 1ra Diferencia, o sea;

f p¿ f 0+P ∆ f 0.

Si |∆3 f i|<8 Se tiene Inter. Directa No Lineal (IDNL) y se utiliza la fórmula de N.P. hasta la 2da

Diferencia, o sea; f p¿ f 0+P ∆ f 0+P(P−1)

2!∆2 f 0 .

Si |∆4 f i|<12 Se utiliza IDNL y en la formula de NP se utiliza hasta la 3radiferencia, osea

f p¿ f 0+P ∆ f 0+P(P−1)

2!∆2 f 0+

P (P−1 )(P−2)3 !

∆3 f 0.

(4) Tanto en (1),(2) y (3) solo se considera las cifras significativas.

Ejemplo 1: En la Sgte. Tabla si x p =1.05, hallar f p

x 1 1.1 1.2 1.3

f ( x) 4 4.3 4.6 4.9

Sol:

Como|∆2 f i|<4 se aplica IDL y se

utiliza f p de NP hasta la Diferencia anterior o sea hasta

la 1radiferencia

|∆2 f i

|=0<4

P=x p−x0

h=1.05−1

0.1=0.5 → P=0.5 ∈<0,1>

f p¿ f 0+P ∆ f 0 → f p=4+0.5 (0.3 )=4.15

Ejemplo 2: Si x p=6.36


x f ( x ) ∆ ∆2

1xp=1.051.1

1.2

1.3

4 f p =? 3=∆ f 0

4.3 0=∆2 f 0

34.6 0 34.9


Hallar f p en la Sgte. Tabla

x f ( x)=log (x) ∆ ∆2 ∆3

6.2 0.79239=f 0

Xp=6.36

fp=? 1279=∆ f 0

6.4 0.30618=f 1 -43=∆2 f 0

1336=∆ f 1 46.6 0.8195 =f 2 -39=∆2 f 1

1297=∆ f 2 16.8 0.83251=f 3 -38=∆2 f 2

1259=∆ f 3 27 0.84510=f 4 -36=∆2 f 3

1223=∆ f 4

7.2 0.85733=f 5

P=x p−x0

h=6.36−6.2

0.2=0.8

f p¿ f 0+P ∆ f 0+P(P−1)

2!∆2 f 0

f p=0.79239+0.8 (0.01379 )+0.8 (0.8−1 )(−0.00043)

2 !=0.803458

Si f ( x)=log(x )

f (6.36 )=0.80345711

2) Interpolación de Newton Regresivo (NR)

Se utiliza cuando se quiere interpolar un valor en la parte final de la tabla. Su fórmula es

PROFESOR: LUCIO AVILIO MALASQUEZ RUIZ Pág. 31f p=f 0+P∇ f 0+P(P+1)

2!∇2 f 0+

P (P+1 )(P+2)3 !

∇3 f 0+…+P ¿¿

x 6.2 6.4 6.6 6.8 7 7.2

f ( x)=log (x) 0.79239 0.30618 0.81954 0.83251


Donde P∈←1,0> y x p=[ x−1, x0]

Ejemplo Si x p=3.9 hallar f p

x f ( x)=ex ∇ ∇2 ∇3 ∇4

3 20.084.45

3.2 24.53 0.985.43 .22

3.4 29.96 1.20 66.63 .28

3.6 36.59 1.48 28.11 .30

3.8 49.7 1.789.89

4.0 54.59 |∇2 f i|<12 Se aplica f pde NR hasta la 3radiferencia

f p=f 0+P∇ f 0+P(P+1)

2!∇2 f 0+

P (P+1 )(P+2)3 !

∇3 f 0

f p=54.59+(−0.5 )(9.89)+−0.5 (−0.5+1 )(1.78)

2 !+−0.5 (−0.5+1 ) (−0.5+2 )(0.30)

3 !f p=49.40375

INTERPOLACION DIRECTA CENTRAL



Se utiliza cuando se quiere interpolar un valor en la parte central de la tabla.Se tienen las siguientes formulas:

a) Interpolación de Stirling:

Se aplica si p ∈ ⟨0 , 1/2 ⟩

Su formula es:

f p = f 0 + S1 (δf -1/2 + δf 1/2) + S2δ 2 f 0 + S3 (δ 3 f -1/2 + δ 3 f 1/2) + S4δ 4 f 0 + …

Donde:

S1=12

p ; S2=12

p2 ; S3=

p ( p2−1)2∗3 !

; S4=p2(p2−1)

4 ! ; S5=

p ( p2−1 )( p3−4)2∗5 !

; …

b) Interpolación de Bessel:

Se aplica si p ∈ ⟨1/2 ,1 ⟩

Su formula es:

f p = f 0 + β1δf 1/2 + β2(δ 2 f 0 + δ 2 f 1) + β5δ 3 f 1/2 +…

Donde:

β1= p ; β2=p ( p−1)

2∗2! ; β3=

p ( p−1 )( p−12)

3 ! ; β4=

p ( p−1 ) ( p−2 )( p−12)

2∗4 ! ; …

p=x p−x0

h

c) Interpolación de Everett:



Se aplica si p ∈ ⟨0 , 1 ⟩

Su formula es:

f p= f 0 E0+ f 1 F0+E2δ 2 f 0+F2δ 2 f 1+E4 δ 4 f 0+F4 δ4 f 1+¿…

Donde:

E0=1−p ; E2=p ( p−1 )(2−p)

3 ! ; E4=

−p (p+1 ) ( p−1 )(p−2)( p−3)5 !

; …

F0=p ; F2=p ( p+1 )( p−1)

3 ! ; F4=

( p+2 ) (p+1 ) p( p−1)(p−2)5 !

; …

*Tabla de Omisión de Términos (T.O.T):

Bessel o Stirling 4 60 20 500 100

Everett 4 no existe 20 no existe 100

Ejemplos resueltos:

En la siguiente tabla se tiene:

X f(x)=x3+ x2+ x +1 δ δ2 δ 3

x0=¿0 1 0.111 0.026 0.006 0

0.1 1.111 0.137 0.032 0.006 0

0.2 1.248 0.169 0.038 0.006 0

0.3 1.417 0.207 0.044

0.4 1.624 0.251

0.5 1.875

Como:

δ 2 ; No cumple

δ 3 ; cumple con la T.O.T, según P se aplica Bessel, Stirling o Everett.



Entonces hallar: fp

a) Si x p=0.224 ; f p=?

Solución a):

Se sabe que:

x0=0.2

x1=0.3

Entonces:

p=x p−x0

h=0.224−0.2

0.1=0.24∈ ⟨0,1/2 ⟩

Como:

p∈ ⟨0,1/2 ⟩ y|δ 3 f i|<60

→ Se aplica Stirling y Everett porque p∈ ⟨0,1 ⟩

Para Stirling su f p es hasta su 2ºdiferencia, como p∈ ⟨0,1 ⟩ y |δ4 f i|<20 se aplica Everett o hasta su

anterior pero como no existe la 3º diferencia; el f p de Everett es hasta la 2º diferencia.

*Solución según Stirling:

f p = f 0 + S1 (δf -1/2 + δf 1/2) + S2δ 2 f 0

f p = 1.248 + 0.12 (0.137 + 0.169) + 0.0288*0.032

f p = 1.2856416 valor aproximado

Con calculadora:

f p = 1.285415424

*Solución según Everett:

f p= f 0 E0+ f 1 F0+E2δ 2 f 0+F2δ 2 f 1

f p =0.76*1.248+0.24*1417-(0.053504*0.032)-(0.037606*0.038)

f p =1.285415424



INTERPOLACIÓN PARA EL CASO DE DATOS NO EQUIDISTANTES

POLINOMIO DE APROXIMACIÓN DE LAGRANGE

Sean (X0, f0), (X1, f1),…, (Xn, fn) (n+1) ptos

Entonces existe un polinomio de grado≤ n que para por dichos puntos

(X0<X1<X2<………………………. <Xn)

F(X) = a0(X-X1) (X-X2)…..(X-Xn)+a1(X-X0)(X-X2)….(X-Xn)+……+an(X-X0)(X-X1)(X-X2)...(X-Xn-1)

OBS: en el primer termino falta (X-X0), en el 2º termino (X-X1), y así sucesivamente en el ultimo termino falta (X-Xn) esto es una cualidad de dicho polinomio.

Como f(x) debe contener a los puntos dados

Si X = X0 ; f(X0)= a0(X0-X1) (X0-X2)……..(X0-Xn)

a 0=f(o)(X0-X1 ) (X0-X2) (X0-X3 )………(X0-Xn)

Si X = X1 ; f(X1)= a1(X1-X0) (X1-X2)……..(X1-Xn)

a 1=f(1)(X1-X0 ) (X1-X2) (X1-X3 )………(X1-Xn)

.

.

.

Si X = Xn ; f(Xn)= an(Xn-X0)(Xn-X1)(Xn-X2)……..(Xn-Xn-1)

a n=f (n)(Xn-X1) (Xn-X2 ) (Xn-X3)………(Xn-Xn-1)



Remplazando los así en el polinomio P(X)

f (X )= (X-X1) (X-X2 )…(X-Xn)(X0-X1) (X0-X2 )…(X0-Xn)

f0+(X1 - X 0 ) ( X1- X2 )…(X1-Xn)

(X1-X0 ) (X1-X2)…(X1-Xn)f1+…+

(X-X0) (X-X1 )…(X-Xn-1) (Xn-X0 ) (Xn-X1 )…(Xn-Xn-1)

fn

L0(X) L1(X) Ln(X)

F(X) = L0(X)fo + L1(X)f1 + ……………. + Ln(X)fn

Polinomio de Lagrange

Donde:

Li (X )= (X-X0 )….. (X-Xi-1 ) (X-Xi+1)…(X-Xn)(Xi-X0 )….. (Xi-Xi-1 ) (Xi-Xi+1)…(Xi-Xn)

Función multiplicadora de Lagrange

TEOREMA.- Sean (X0, f0), (X1, f1),…, (Xn,fn) para los puntos (n+1) y además (X0<X1<X2<……<Xn)

Entonces existe un único polinomio de grado ≤ n que pasa por dichos puntos.

DEMOSTRACIÓN

i). La existencia del polinomio está generalizada por el `polinomio de aproximación de Lagrange.

ii). La unicidad: supongamos que existen dos polinomios P(X) y Q(X) de grado ≤ nque pasan por los puntos dados.Probaremos que P(X) =Q(X) , ∀ x ∈ (X0,Xn )

Consideremos



R(X)= P(X) - Q(X)

R(X) es de grado ≤ n (ya que el grado de P(X) y Q(X) es ≤ n)

Además:

R(X0)= P(X0) - Q(X0)= f0-f0 =0

R(X1)= P(X1) - Q(X1)= f1-f1 =0

En general

R (Xi) = 0 ∀ i= 0, 1, 2, 3,……n

Entonces.

X0, X1, X2,…., Xn son las raíces de R(X)

R(X) tiene (n+1) raíces (pero el grado de R(X) es menor o igual a n)

Entonces R(X) debe ser el polinomio nulo (el único que tiene más raíces que su grado)

R(X)= P(X) - Q(X)= 0

P(X) =Q(X) , ∀ x ∈ ( X0 , Xn)

Ahora consideremos

X -1 0 2

Fx 2 1 5

El polinomio P(X) = X2 +1 pasa por estos puntos, también pasa por estos puntos el polinomio Q(X) = X3-2X + 1

¿Contradice el teorema?

No contradice el teorema, ya que el teorema establece que son iguales para aquellos que tengan grado ≤ n=2 , luego pueden muchos otros de grado >n que sean diferentes al del grado grado ≤ n .



INTERPOLACION Y APROXIMACION DE LAGRANGE

Polinomio de Lagrange: Dado un conjunto de (n+1) puntos de la forma (x i,f i); i=0, 1, 2,…, n.

Se puede aproximar a un polinomio de grado ≤n.

Sea el siguiente polinomio P ( x )=f (x) a determinar:

Observación:

El polinomio P ( x ) se caracteriza por:

En el 1º término falta el factor (x−x0 ), en el 2º término falta el factor (x−x1 ) , en el 3º termino falta

el factor (x−x2 ) y así sucesivamente, en el n-ésimo termino falta el factor (x−xn ) .

En el polinomio de Lagrange los puntos (x i,f i) no necesariamente son igualmente espaciados, es decir h no es constante.

Para hallar el polinomio de Lagrange se debe hallar los a i; i=0,1,2 , …, n; de la siguiente manera:

Si x=x0

P (x0 )=a0 ( x0−x1) (x0−x2 ) (x0−x3 )… (x0−xn )+a1 (x0−x0 ) (x0−x2 ) (x0−x3 )… (x0−xn )+…+an (x0−x0 ) ( x0−x1) (x0−x2 )… (x0−xn−1 )

f (x0 )=f 0=a0 (x0−x1 ) (x0−x2 ) (x0−x3 )… (x0−xn )

a

0=f (x0)

a0 (x0− x1) (x0−x2) (x0−x3 )…(x0−xn )

Si x=x1

P (x1)=a0 (x1−x1 ) (x1−x2) (x1−x3 )… (x1−xn )+a1 (x1−x0 ) (x1−x2) (x1−x3 )… (x1−xn )+…+an ( x1−x0 ) (x1−x1 ) (x1−x2)… (x1−xn−1 )

f (x1 )=f 1=a0 (x1−x0 ) ( x1−x2 ) (x1−x3 )… (x1−xn )

a

1=f (x1)

a0 (x1− x0 ) (x1− x2 ) (x1−x3)… (x1− xn )

⋮

Si x=xn


P ( x )=a0 (x−x1 ) (x−x2 ) ( x−x3 )…(x−xn)+a1 (x−x0 ) ( x−x2) (x−x3 )… (x−xn )+…+an (x−x0 ) (x−x1 ) (x−x2 )…(x−xn−1 ).


P (xn )=a0 (xn−x1 ) (xn−x2 ) (xn−x3 )… (xn−xn )+a1 (xn−x0 ) (xn−x2 ) ( xn−x3 )…(xn−xn)+…+an (xn−x0 ) (xn−x1 ) (xn−x2 )… (xn−xn−1)

f (xn )=f n=a0 (xn−x0 ) (xn−x1 ) (xn−x2 )…( xn−xn−1)

a

n=f (xn)

a0 (xn− x0) (xn−x1) (xn−x2 )…(xn−xn−1)

Remplazando los coeficientes en P ( x ) ,tenemos:

P ( x )=(x−x1) (x−x2 ) (x−x3 )… (x−xn )

( x0−x1) (x0−x2 ) (x0−x3 )… (x0−xn )f 0+

(x−x0 ) (x−x2 ) (x−x3 )… (x−xn )(x1−x0 ) (x1−x2 ) (x1−x3 )… (x1−xn)

f1+¿+…+

(x−x0) (x− x1 )(x− x2 )…(x− xn−1 )(xn−x0) (xn− x1 )(xn− x2 )…(xn− xn−1 )

f n¿

El polinomio de Lagrange, también se puede expresar como:

P ( x )=∑ Li (x ) f i , i=0 ,1 ,2 , 3 , …, n

Ó

P ( x )=L1 ( x ) f 1+L2 (x ) f 2+…+Ln ( x ) f n

Ejemplo: 1

En la siguiente tabla:

a) Aproximar a un polinomio de Lagrange.

b) Si x p=1.1. Determinar f p por Lagrange.

Tenemos:

X f (x)

x0=¿0¿ 2

x1=¿1¿ 1

x2=¿2¿ 2

x3=¿4 10=nemos : range.un polinomio delagrange . behallar los punton igualmente espaciados ,esdecir hnoes constante .¿

x4=¿ 6¿ 26



a) Solución:

El polinomio de Lagrange P ( x )=Li ( x ) f i , i=0 , 1, 2 , 3 , …,n , será:

P ( x )=(x−x1) (x−x2 ) (x−x3 ) (x−x4 )

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

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

f 1+(x−x0 ) (x−x1 ) ( x−x2) (x−x 4 )

(x2−x0 ) (x2−x1 ranomio de Lagrange ) (x2−x3 ) (x2−x4 )f 2+

(x−x0 ) (x−x2 ) (x−x3 ) (x−x4 )( x3−x0 ) (x3−x1 ) (x3−x23 ) (x3−x4 )

f 3+(x−x0 ) (x−x1 ) (x−x2 ) (x−x3 )

(x 4−x0 ) (x4−x1 ) (x4−x2 ) (x4−x3 )f 4

P ( x )= (x−1 ) ( x−2 ) ( x−4 ) ( x−6 )(0−1 ) (0−2 ) (0−4 ) (0−6 )

∗2+( x−0 ) ( x−2 ) ( x−4 ) ( x−6 )(1−0 ) (1−2 ) (1−4 ) (1−6 )

∗1+( x−0 ) ( x−1 ) ( x−2 ) ( x−6 )(2−0 ) (2−1 ) (2−4 ) (2−6 )

∗2+( x−0 ) (x−2 ) ( x−4 ) ( x−6 )(4−0 ) (4−1 ) (4−2 ) (4−6 )

∗10+(x−0 ) ( x−1 ) (x−2 ) ( x−4 )(6−0 ) (6−1 ) (6−2 ) (6−4 )

∗26

Luego, resolviendo tenemos:

P ( x )=2x3+1

b) Solución:

Como: P ( x )=2x3+1

→ P ( x )=f (x p=1.1 )=2(1.1)3+1=3.662

→ f (1.1 )=2 (1.1 )3+1=3.662

→ f (x p )=3.662

Aprox. E interpolación de un polinomio de newton.

P ( x )=f 0+(x−x0)

(1 )∆ f 0

1 !h+(x−x0)

(2)∆2 f 0

2 !h2 +(x−x0)

(3)∆3 f 0

3! h3 +…+(x−x0)

(n)∆n f 0

n!hn

Donde:

(x−x0)(1)=(x−x0)

(x−x0)(2)=(x−x0)(x−h−x0)

(x−x0)(3)=(x−x0)(x−h−x0)(x−2 h−x0)

(x−x0)(4 )=(x−x0)(x−h−x0)(x−2h−x0)(x−3h−x0)



(x−x0)(1)¿h=1=( x−1 ) ( x−h−1 )=(x−1)( x−1−1)(x−2)

(x−x0 )(3) ¿h=2=( x−3 ) ( x−h−3 ) ( x−3−2h )=( x−1 ) ( x−3−2 ) ( x−3−4 ) ¿ ( x−3 ) ( x−5 ) ( x−7 )

Ejemplo: 2

Aproximar la siguiente tabla a un polinomio de newton

x f ( x) ∆ ∆2 ∆3

1.1 1.04 =f 0

0.041.2 1.08=f 1 -0.02

0.03 0.021.3 1.11=f 2 -0.01

0.041.4 1.15=f 3

Donde: h=1.4-1.3=0.1

(x−1.1)(1)=(x−1.1)

(x−1.1)(2)= ( x−1.1 ) ( x−0.1−1.1 )=x2−2.3 x+1.32

(x−1.1)(3)=( x−1.1 ) (x−0.1−1.1 ) (x−(2 ) (0.1 )−1.1 )=x3−3.6 x2+2.99 x−1.716

P ( x )=1.04−( x−1.1 )0.04

(1 )(1.1)+(x2−2.3 x+1.32 )(−0.01)

(2 )(1.1)+(x3−3.6 x2+2.99 x−1.716 )(0.02)

(6 )(1.1)

P ( x )= x3

330−0.0165 x2−0.0164 x+1.0684



PROBLEMAS RESUELTOS

(Método de Newton – Raphson)

F(x)=xex−1 / e¿∈ [0,1]

Cuantas cifras significativas exactas tiene la solución en la 2da iteración.

Solución:

F(x)=xex−1F’(x)=ex+xex

F’’(x)=ex+e x+xex =ex (2+x )

1ro Analizar el pto inicial xₒ optimo / xₒ∈ [0,1]Para xₒ :F(xₒ).F‘’(xₒ)<0 ->xₒ no es valido.Para x₁ =1: F(1).F‘’(1)>0 ->x₁ =1 es valido para iterar.

-> |F (1) .F ‘ (1)

F '(1)2|=0.47 = 0.5 < 1 ->∃ {xn} ->x¿

n=0 Xn+₁=Xn-F (xn)

F ’ (xn) => Xn+1 = Xn –

Xn. ex

ex (xn+1)

Con X₀=1

X₁ = X₀ – X ₀.. e X0−1e x₀(x ₀+1)

X₁=0.683939

1ra Iteración.

X₂ = X₁ – X ₁. eX ₁−1e x₁(x ₁+1)

X₂=0.5774544772

2da Iteración.

X₃ = X₂ – X ₂. e X ₂−1ex ₂(x₂+1)


n=1

n=2

1


|X₃ - X₂|=0.01=0.01*10−1 ≤ 0.5∗10−n

n=1 -> X₃=X ¿ con 1 cifra significativa.

(Método del Punto fijo)

Resolver por el método por el punto fijo con 1 cifra decimal exacta.

Solución:{}

X=e y de (1)Remplazando en (2)F (y)=e2 y+4 y2−4

Y F (y)0 -1 +2 +

Y F (y)0 -0.5 -0.6 +1

Según (*)Sea Y₀=0.5 -> X₀=e yₒ=0.6Se tiene el punto inicial X₀=1.6 y Y₀=1.5 muy cercano a la raiz.X= 2√1− y2 -> fY= LnX -> g

fx=0 fy=−2 y

√1− y2

gx=1x

gy=0

fx(1.6;1.5)=0 fy(1.6;1.5)=0.5773502642gx(1.6;1.5)=0.625 gy(1.6;1.5)=0

|fx(1.6;1.5)+fy(1.6;1.5)|=0.57785026 < 1 |gx(1.6;1.5)+gy(1.6;1.5)|=0.625 < 1


Xe− y-1 =0 (1)X2+4 y2− y=0 (2)

F (0).F(1)<0 ->∃y¿∈ [0,1]

F (0.5).F(0.6)<0 ->∃y¿∈ [0.5,0.6]……(*)1er intervalo para F(y)=e2 y+4 y2−4

2


->∃{Xn} ->x¿∃{Yn} -> y¿ Mediante la Sgte. Relación.

Xn+₁=2√1−Yn2 n=0, 1, 2Yn+₁ =Ln(Xn) n=0, 1, 2

Dejar de iterar |Xn+₁-Xn|≤0.5*10−k

Iterando como punto inicial [Xₒ,Yₒ]=[1.6;1.5X₁=2√1− yₒ2=1.732050Y₁=0.4700036292

X₂=1.765328965Y₂=0.5493061446

X₃=1.671242364Y₃=0.5683370555

X₄=1.645591676Y₄=0.5135672804

X₅=1.716098655Y₅=0.49810001

X₆=1.734239187Y₆=0.5400534907

|X₆-X₅|=0.018 = 0.02 = 0.2*10−1≤0.5*10−1

|Y₆-Y₅|=0.04 = 0.4*10−1≤0.5*10−1

->-> X₀=X ¿ y Y₀=X ¿ son raices con una cifra significativa.


n=0

n=1

n=2

n=3

n=4

n=5


(Método del Punto fijo)

Por el método de N-R, resolver el sistema:{}

a) Localizar el intervalo donde existe la raízb) Verificar su condición de convergenciac) Hallar una solución con 4 cifras decimales exactas.

Solución:

a) Y=Lnx de (1)Remplazando en (2) x2+4 y2−4=0

x2+4 ln2 x−4=0-> F(x)=x2 4 ln2 x−4

Utilizando el T.B. localizamos el intervalo donde existe la raiz.

x F(x)1 -2 +

x F(x)1.6 -1.7 +Sea X₀=1.6 ; Y₀?De (1) -> Y=Lnx = Ln(1.6)=0.47 -> Y₀=0.47

Entonces: {

b) Sea F(x,y)=Xe− y-1

G(x,y)= X2+4 y2− y

Fx(x,y)= e− yFy(x,y)=-X.e− y


Xe− y-1 =0 (1)X2+4 y2− y=0 (2)

F (1).F(2)<0 ->∃y¿∈ [1,2]F(1.6).F(1.7)<0 ->∃y¿∈

X₀=¿1.6Y₀=¿0.47

Pto más cercano de la raíz.

3

Fx FGx G


Gx(x,y)=2X Gy(x,y)=8y

J(x,y)=| |=| |

= 5.550020142 ≠ 0

Y como (X₀ ,Y₀) es muy cercano:->->∃ {xn} ->x¿ y ->∃ {yn} -> y¿

c) Dejamos de iterar si:|Xn-Xn+₁|≤0.5*10−k=0.5*10−4

|Yn-Yn+₁|≤0.5*10−k=0.5*10−4

Ahora:

| |=| |

8Y [Xe− y-1]+ X.e− y [X2+4 y2− y ]

| |=| |= e− y[X2+4 y2−4]-2x [-X.e− y]

Veamos que la formula de recurrencia asi:

Xn+₁=Xn - 8 Yn[X ne− yn−1]+Xn.e− yn [X 2n+4 y2 n−4]

8Yn e− y+2 X2n . e− yn ;

n=0, 1, 2,..

Yn+₁=Yn - e−Yn [X2 n+4Y 2n−4 ]−2 X2 n[Xn . e−Yn−1]

8Yn. . e−Yn+2 X2 n .. e−Yn

n=0, 1, 2,…Siendo Pₒ inicial: (1.6;0.47)=(Xₒ;Yₒ)

X₁=1.6 – (−0.55639349)

5.550020142=1.700250715

Y₁=0.47- (−0.347762875)

5.550020142= 0.53265975


e− y X.e− y

2x 8y

F FyG Gy

Xe− y-1 -X.e− y

X2+4 y2− y8y

e− y-X.e− y

2 x X 2+4 y2−4

n=0

Fx(x,y) Fy(x,y)Gx(x,y) Gy(x,y)


X₂=1.700250715 – (1.700250715)5.895647875

=1.697250462

Y₂=0.53265975- (0.021521708)5.895647875

= 0.52900931

X₃=1.697250462– (0.0006361619225)

5.887990917=1.6972239658

Y₂=0.53265975- (0.00003597217252)

5.887990917= 0.5290032

Luego|X₃ - X₂|= 0.000026=0.00003=0.3*10−4≤0.5*10−4

->X ¿=X 3 con 4 cifras significativas decimales exactas.

|Y₃ - Y₂|= 0.0000061=0.00001=0.1*10−4≤0.5*10−4

->Y ¿=Y 3 con 4 cifras significativas decimales exactas.


n=1

n=2


METODOS DIRECTOS DE SISTEMAS DE ECUACIONES LIENALES

La factorización matricial consiste en expresar una matriz cuadrada en el producto de otras dos matrices.

FACTORIZACIÓN MATRICIAL “LU”

(Método de Crout – Doolitle)

Consiste en factorizar una matriz cuadrada “A” en un producto “LU”. Esto es:

Donde:

A: es la matriz a factorizar

L : es una matriz triangular inferior, cuyos elementos de la diagonal principal son iguales a 1. Se llama “L” porque viene de la palabra inglesa “low”, que significa “bajo”.

U : es una matriz triangular superior, cuyos elementos se hallan por el método de la eliminación gaussiana. Se llama “U” porque viene de la palabra inglesa “up”, que significa “arriba”.

NOTAS:

. Este tipo y todos los tipos de factorización matricial se basan en el “método de eliminación gaussiana”.


A=L. U


. Aunque no todas las matrices admiten este tipo de representación, muchas de las que aparecen frecuentemente en las aplicaciones de las técnicas numéricas sí la tienen.

. La factorización “LU” es especialmente útil cuando hay que resolver varios sistemas lineales con la misma matriz de coeficientes “A”, puesto que el proceso de las operaciones se realiza solamente una vez.

. Desde un punto de vista práctico, esta factorización sólo será útil cuando los intercambios de filas no sean necesarios para controlar los errores que aparecen por utilizar aritmética con un número finito de cifras.

. También se podría decir que la factorización “LU” solamente es aplicable cuando los determinantes de las submatrices de “A” son todos distintos de cero.

Ejemplo

Sea la matriz A=(2 0 −14 3 41 2 5 ) =(

l11 0 0l21 l22 0l31 l32 l33

)=(u11 u12 u13

0 u22 u21

0 0 u33)

El sistema tiene nueve ecuaciones con doce incógnitas, entonces existen infinitas soluciones. Para que tenga solución debemos fijar tres variables libres, puede ser lii=1 o uii=1

Sea uii=1 → u11= u22= u33=1,

A=(2 0 −14 3 41 2 5 ) = (l11 0 0

l21 l22 0l31 l32 l33

)(1 u12 u13

0 1 u21

0 0 1)

L U

Resolviendo la ecuación matricial se tiene los siguientes resultados:

l11=2, l21=4, l31=1

u12=0, l22=3, l32=2

u13=−12

, u23=2, l33=32

A=(2 0 −14 3 41 2 5 ) = (2 0 -1

4 3 41 2 5 )(1 0

−12

0 1 20 0 1

) PROFESOR: LUCIO AVILIO MALASQUEZ RUIZ Pág. 50


L U

Observación.- El método Crout – Doolitle sirve para resolver un sistema de ecuaciones usando la factorización L U mediante las siguientes igualdades:

A.x = B L.y = B

L.U.x = B U.x = y

PRIMER METODO DIRECTO:

MÉTODO CROUT-DOOLITLE.

Para un sistema lineal de la forma:

Donde A se factoriza de la forma:

L: Matriz Triangular InferiorU: Matriz Triangular Superior

Sea:A . X=BL .U . X=B

L .Y=B Y U . X=Y


A . X=B

A=L. U


Ejemplo:

Sea la matriz A . X=B

(2 0 −14 3 41 2 5 )(

x1

x2

x3)=(542)

Para L .Y=B

(2 0 04 3 0

1 232)( y1

y2

y3)=(542)

Para U . X=Y

(1 0−12

0 1 20 0 1

)(x1

x2

x3)=(

52−273)


y1=52

, y2=−2 , y3=73

x1=113

, x2=−20

3, x3=

73


SEGUNDO METODO DIRECTO

METODO DE CHOLESKY

También para resolver el sistema Ax = b para aplicar cholesky se debe cumplir lo siguiente:

Simetrico

1° que XtAX>0 / X=|X 1X 2X 3| → Xt = (X1 X2 X3)

“A” definida Positiva 2° cada sub determinante sea positiva es decir: A33

|a11|>0|a 11 a 12a21 a 22|>0|a 11 a12 a 13

a 21 a 22 a 23a 31 a 32 a 33|>0

1º versión de cholesky

Ejemplo: 1

Aplicar cholesky al sistema siguiente:

|4 1 21 2 02 0 5||

X 1X 2X 3|=|

124|

A es simétrico

¿A es definida positiva?

Se debe de cumplir que XtAX>0



[X 1 X 2 X 3 ]|4 1 21 2 02 0 5||

X 1X 2X 3|

(4 X 1+X 2+2 X 2 )X 1+(X 1+2 X 2 ) X 2+ (2 X 1+5 X 3 ) X 3

4 X12+X1 X2+2 X1 X3+X1 X2+2 X2

2+2 X1 X3+5 X32

4 X12+2 X1 X2+2 X2

2+2 X1 X3+5 X 32

Se puede aplicar cholesky

Ax = b

A = L*Lt

A=|4 1 21 2 02 0 5|=|

l11 0 0l 21 l 22 0l 31 l 32 l 33||

l11 l 21 l 310 l 22 l 320 0 l 33|

l11=2

l21 = ½

l31 = 1

l22 = √72

l32 = −√77

l33 =√ 277


L*LtX = b Y = LtX

L*Y = bLt*X = Y


L*Lt = A=|2 0 0

1/2 √72

0

1−√7

2 √ 277||

2 1/2 1

0 √72

−√72

0 0 √ 277|

Ax = b

L*LtX = b

Para L*Y = b

|2 0 0

1/2 √72

0

1−√7

2 √ 277||Y 1

Y 2Y 3|=|

124|

Y1 = ½

Y2 = √72

Y3 = 4*√ 277

Para Lt*X = Y

|2 1/2 1

0 √72

−√72

0 0 √ 277||X 1

X 2X 3|=|

1/2√72

4∗√ 277|


Lt*X = YL*Y = b


X1 = 28/27 X2 = 35/27 X3 = -16/27

Ejemplo: 2

(Métodos de Cholesky para hallar el sistema Ax=B)

Resolver el siguiente sistemas por Cholesky.

(4 2 02 5 20 2 6 ) ¿ (x1

x2

x3) ¿ (235 )

Solución:

• A=A t

, entonces A

es simétrica.

• x t Ax >0

, luego A

es definida positiva.

Factorizamos la matriz A=LLT

A=(4 2 02 5 20 2 6 )=(

l11 0 0l21 l22 0

l31 l32 l33)×( l11 l21 l31

0 l22 l32

0 0 u33)

Para la 1ra

columna tenemos:

l112 =4→ l11=2

l21 l11=2→ l21=1l31 l11=0→ l31=0

Para la 2da

columna tenemos:



l11 l21=2

l212 + l22

2 =5→ l22=2l31 l21+l32 l22=2→ l32=1

Para la 3ra

columna tenemos:

l11 l31=0l21 l31+l22 l32=2

l312 + l32

2 +l332 =6→ l33=2

L=(2 0 01 2 00 1 2 ) , Lt=(2 1 0

0 2 10 0 2 )

Del sistema Ax=b→LLt x=b

, luego Ly=b

y Lt x= y

Para Ly=b

(2 0 01 2 00 1 2 )×(

y1

y2

y3)=(235 )⇒ y=(112)

Para Lt x= y

(2 1 00 2 10 0 2 )×(

x1

x2

x3)=(112)⇒ x=(

1201)



2. Segunda versión de cholesky



TERCER METODO DIRECTO:

MÉTODO TRIDIAGONAL PARA SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES.

Sea el sistema de ecuaciones de la forma:

a11 x1+a12 x2+………………+0=b1 ………. (1)

a21 x1+a22 x2+a23 x3+……………+0=b2 ………. (2)

0+a32 x2+a33 x3+a34 x4+……+0=b3 ………. (3)


(a1 … 0⋮ ⋱ ⋮0 … an

)(x1

⋮xn)=(b1

⋮bn)


……………………………………………………… 0+…+an−1 , n−2 xn−2+an−1 , n−1 xn−1+an−1 ,n xn=bn−1 ………. (n-1) 0+………………+an ,n−1 xn−1+an ,n xn=bn ………. (n)

ALGORITMO TRIDIAGONAL:

P-1: Del sistema A . X=B , expresarlo como A . X=B

P-2: Sea x1=C, C es constante arbitraria / C ϵ Z∪ {0 }

De la Ec. (1) despejar x2



………….De la Ec. (n-1) despejar xn

De la Ec. (n) despejar xn+1

Pero como no existe xn+1 se hace lo siguiente:

Tal que: R=(0,0 , …, r )t donde R: vector residual

Se tiene x1=(x1 , x2 , …, xn )t

Si r=0→ x1 es solución de A . X=BSi r ≠ 0 → x1 es solución de A . X1=B+R

P-3: Del sistema A . X=B expresarlo como A . X=θ y sea x1=C , se procede como P-2, llegando a lo siguiente:

Tal que: S= (0,0 , …, s )t donde S: vector residual

Se tiene x2=(x1 , x2 , …, xn )t

Si r=0→ x2 es solución de A . X=θSi r ≠ 0 → x1 es solución de A . X2=θ+S


an ,n−1 xn−1+an ,n xn=bn+R

an ,n−1 xn−1+an ,n xn=0+S


∴ Se tiene: A . X1=B+R …….. ( i ) A . X2=θ+S …….. ( i )

( i )−α . ( ii ): A (x1−α . x2 )=B+(r−α . s )

0

Se busca una relación: x=x1−α . x2

Tal que: (r−α . s )=0 → α= rs

Ejemplo:

Resolver:

x1+ x2=12x1+ x2−x3=−92x2+2 x3−x4=3

x3+2 x4=7

Del sistema A . X=B → A . X=B

x1+ x2=1 ……… (1)

2x1+ x2−x3=−9 ….….. (2)

2x2+2 x3−x4=3 ……… (3)

x3+2 x4=7 ……… (4)

Sea x1=C, C ϵ Z∪ {0 }→ x1=0

De (1): x2=1De (2): x3=10De (3): x4=19

De la ec. (4) despejo x5 , pero como no existe x5

x4+2 x4=7+r →

x1=(x1 , x2 , …, xn )t


r=41


x1=(0,1,10,19 )t

Del sistema A . X=B → A . X=θ

Sea x1=C , C arbitrario → x1=4 , luego se procede como P-2

x1+ x2=0

x2=−4 , en 2 x1+ x2− x3=0 x3=4 , en 2 x2+2 x3− x4=0 x4=0 , en x3+2 x4=0+s

→

Observación: Si s=0→ cambiar el valor inicial de x1

x2=(x1 , x2 , x3 , x 4 )

t

x2=(4 ,−4,4,0 )t

Se busca una solución x=x1−α . x2

Tal que: α=rs

→

Verificando: 2x1+ x2−x3=−9

2(−41 )+ (42 )− (−31 )=−9

−9=−9


x1=−41, x2=42 , x3=−31 , x 4=19

s=4

α=414


Ejemplo 2

(Solución de sistemas lineales en Tribanda)

Sea Ax=Ben Tribanda.

(1 ) X1+X2+0 X3+0 X4=1

(2 )2 X1+X2−X 3+0 X4=−9

(3 )0 X1+2 X2+2 X3−X4=15

(4 )0 X1+0 X2+X3+2 X 4=1

Algoritmo del sistema Tridiagonal

Solución:

Del sistema Ax=B → A x=B

(1 ) x1+x2+0 x3+0x4=1

(2 )2 x1+x2−x3+0 x4=−9

(3 )0 x1+2 x2+2x3−x4=15

(4 )0 x1+0 x2+x3+2x4=1

Sea x1=C, C vector arbitrario talque Cϵ Z∪ {0 }

Entonces:

De (1) despejo x2:

(1 ) x1+x2=1


x1=1

x2=0


De (2) despejo x3:

(2 )2 x1+x2−x3=−9

De (3) despejo x4:

(3 )2 x2+2 x3−x4=15

De (4) despejar x5; pero∄ x5:

(4 ) x3+2 x4=1+r

11+14=1+r

Y se tiene que:

x1=(x1 , x2 , x3 , x4)

x1=(1,0,11,7)

Ahora expresarlo como A x=0 , 0es un vector nulo.

(1 ) x1+ x2=0

(2 )2 x1+ x2− x3=0

(3 )2 x2+2 x3− x4=0

(4 ) x3+2 x4=0

Sea x1=c , cϵZ− {0 }


r=24

x3=11

x4=7

x1=1


De (1) despejar x2 :

(1 ) x1+ x2=0

De (2) despejar x3 :

(2 )2 x1+ x2− x3=0

De (3) despejar x4:

(3 )2 x2+2 x3− x4=0

x2=( x1 , x2 , x3 , x 4 )

x2=(1 ,−1,1,0 )

De (4) despejar x5 , pero∃ x5entonces:

(4 ) x3+2 x4=0+s

α= rs=24 → α=24

Entonces:

x=x1−αx 2

x=(x1

x2

x3

x4

)=( 10117)−24 (

1−110)

(x1

x2

x3

x4

)=(−2324−13

7)


x2=−1

x3=1

x4=0

s=1


Comprobación:

2 X1+X2−X3=−9

-46+24+13

-22+13=-9

CUARTO METODO DIRECTO

MÉTODO PENTADIAGONAL PARASISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES.

(⋯ 0⋮ ¿

⋮ ¿0¿⋯¿¿)(x1

x2

⋮⋮xn

)=(x1

x2

⋮⋮xn

) A x bAlgoritmo PentadiagonalP-1 Dado el sistema Ax=b , expresarlo en la forma Ax=b y definir x1=C ∧ x2=DDonde C ∧ D son constantes arbitrarias.P-2 De Ec (1) despejar x3

De Ec (2) despejar x4 ⋮ PROFESOR: LUCIO AVILIO MALASQUEZ RUIZ Pág. 67

Ec (1)Ec (2)⋮Ec (n)


De Ec (n-2) despejar xnDe Ec (n-1) despejar xn+1De Ec (n) despejar xn+2Como no existe xn+1 se hace lo siguiente :an−1, n−2 xn−2+an−1 , n−1 xn−1=bn−1+R1 Como no existe xn+2 se hace lo siguiente :an ,n−1 xn−1+an ,n xn=bn+R2 Donde R=(R1

R2) es un vector residual.

Si R=0 → x1=(x1 , x2 , …, xn )t es solución del sistema A.x = b

Si R ≠ 0⟶x1 es solucióndel sistema A . x1=b+R

P-3 : La primera solución homogénea del sistema A.x = b se debe expresar como A x=θ , dondeθ es el vector nulo;luego definir x1=C y x2=Den la cual se considera C y D como constantes arbitrarias, finalmente se procede similar al paso anterior (P-2) llegando a la siguiente soluciónan−1, n−2 ´xn−2+an−1 , n−1 ´xn−1=θ+s1 an ,n−1 ´xn−1+an ,n xn=θ+s2 en donde S=(s1

s2) es un vector residual.

Si S=0→ x2=( x1 , x2 , …, xn )t es solución del sistema A.x = b

Si S ≠ 0⟶x2 es solucióndel sistema A . x2=θ+S P-4 : La segunda solución homogénea del sistema A.x = b se debe expresar como A x=θ , dondeθ es el vector nulo;luego definir x1=C y x2=Den la cual se considera C y D como constantes arbitrarias, finalmente se procede similar al paso P-2 llegando a la siguiente solución.



an−1, n−2 ´xn−2+an−1 , n−1 ´xn−1=θ+T 1 an ,n−1 ´xn−1+an ,n xn=θ+T 2 en donde T=(T1

T2) es un vector residual.

Si T=0 → x3=( x1 , x2 ,…, xn )t es solución del sistema A.x = b

Si T ≠ 0⟶ x3es solución del sistema A . x3=θ+T P-5 : Finalmente se llegará al siguiente sistema

A . x1=b+R ………(1) A . x2=θ+S ………(2) A . x3=θ+T ……….(3)Luego hacemos (1) – α (2 )−β (3) y se llega a lo siguienteA (x1−α (2 )−β (3 )¿=b+(R−αS−βT )

X θSe busca luego una solución en donde R −αS−βT = θ / X=x1−α x2−β x3 Entonces la solución del sistema A.x = b estará dado por


X=x1−¿ α x2−β x3


Ejemplo

Resolver el siguiente sistema pentadiagonal2X1+ 3X2+ X3 = 8 Ec(1)3X1+ 2X2 + 4X3 + X 4 = 15 Ec(2)X1+ 4X2 + X3 + 4X 4 + 2X5 = 13 Ec(2) X2 + 4X3 + 2X 4 + X5 = 19 EC(4) 2X3 + X 4 + 7 X5 = 15 EC(5)PASO DEL ALGORITMOP-1: Expresar el sistema como A. X= b2X1 + 3X2 + X3 = 8 Ec(1)3X1 + 2X2 + 4X3 + X 4 = 15 Ec(2) X1 + 4X2 + X3 + 4X 4 + 2X5 = 13 Ec(3) X2 + 4X3 + 2X 4 + X5 = 19 Ec(4) 2X3 + X 4 + 7X5 = 15 Ec(5)Sea X1 = 0 ⋀ X2 = 1 cte arbitrarioP-2: DE Ec(1) despejar X3 → X3 = 5 pues 0 + 3(1) + X3 = 8DE Ec(2) despejar X 4 → X4 = −¿7 pues 0 + 2(1) +4(8) + X 4 = 15DE Ec(3) despejar X5 → X5 = 16



pues 0 + 4(1) + 5 + 4(−¿7) + 2X5 = 13DE Ec(4) despejar X 6; como ∄ X 6, hacemos lo sgte. :X2 + 4X3+ 2X 4 + X5 = 19 + R11 + 4(5) + 2(−¿7) + 16 = 19 + R1 → R1= −¿45 De la Ec(5) despejar X7 ; como X7 ∄ hacemos2X3+ X 4+ 7X5= 15 + R22(5) + (−¿7) +7(16) = 15 + R2 → R2 = 100R = (−45

100 ) , como R ≠ 0; A. x1= b + RSe tiene: x1 = ¿= ¿ ó X1=( X1 , X2 , X3 , X4 , X5 )

t

P-3:Primera solución homogénea del sistema A.x = b, expresarlo Como A.x= θ2X1+ 3X2+ X3 = 0 Ec(1)3X1+ 2X2+ 4X3+ X 4 = 0 Ec(2) X1+ 4X2+ X3+ 4X 4+ 2X5 = 0 Ec(3) X2+ 4X3+ 2X 4+ X5 = 0 Ec(4) 2X3+ X 4+ 7X5 = 0 Ec(5) Sea X1= 10 ⋀ X2= 20 De Ec(1) despejar X3; → X3 = −¿80 pues 2(10) + 3(29) + X3 = 0De Ec(2) despejar X 4;→ X4= 250 x2=¿ ¿



pues 3(10) +2(20) + 4(−¿8) + X 4= 0 De Ec(3) despejar X5;→ X5= −505

pues 10 + 4(20) + (−¿80) + 4(250) + 2X5 =0De Ec(3) despejar X6; como ∄ X6 hacemosX2+ 4X3+ 2X 4+ X5= 0 + S120 + 4(−¿80) + 2(250) + (−¿505) = 0 + S1; → S1= 1445De Ec(5) despejar X7; como ∄ X7 hacemos 2X3+ X 4+ 7X5= 0 + S2 ;→ S2=−3445 S = ( 1445

−3445) 2(−80¿+ (250) + 7(−505¿= 0 + S2 = 0 P-4: Segunda solución homogénea del sistema A.x = bexpresar A.x= 02X1+ 3X2+ X3 = 0 Ec(1) 3X1+ 2X2+ 4X3+ X 4 = 0 Ec(2) X1+ 4X2+ X3+4 X 4+ 2X5 = 0 Ec(3) X2+ 4X3+2X 4+ X5 = 0 Ec(4) 2X3+ X 4+ 7X5 = 0 Ec(5)Sea X1= 20 ⋀ X2= 10 De Ec(1) despejar X3; → X3= −70

pues 2(20) + 3(10) + X3= 0 De Ec(2) despejar X 4 → X4= 200

3X1+ 2X2+ 4X3+ X 4= 03(20) + 2(10) + 4(−70) + X 4= 0



De Ec(3) despejar X5 → X5= 395X1+ 4X2+X3+ 4X 4+ 2X5= 020 + 4(10) + (−70¿+ 4(200) + 2X5= 0De Ec(4) despejar X 6 como ∄ X 6, hacemos X2+ 4X3+2X 4+ X5= 0 + T 1 → T1= 192510 + 4(−70¿+¿2(200) + 395 = 0 + T 1

De Ec(5) despejar X7; como ∄ X7 hacemos

2X3+ X 4+7X5= 0 + T 2

T = (T 1

T 2)= ( 1995−2705) ; X3= (

X1

X2

X3

X4

X5

)=( 2010−70200395)

A.x3 = θ + TP-5: Y se llega a lo siguiente A.x1= b + RA.x2= 0 + SA.x3= 0 + T R – αS – βT = 0 R= (−45

100 ) PROFESOR: LUCIO AVILIO MALASQUEZ RUIZ Pág. 73


αS + βT = R S = ( 1445−3445)

α ( 1445−3445)+ β ( 1445

−3445)= (−45100 ) T = ( 1925

−2705) 1445α+ 1925β = −45 ; α = −¿0.025992507 −3445 α −¿2705β = 100 ; β = −¿0.003865364X = X1−¿ α X2−¿ βX3 X = ¿= ¿ + 0.025992507 ¿+ 0.003865364 ¿ X = ¿Comprobación : Ec(1) 2X1+ 3X2+ X3= 80.6744647 + 4.67551134 + 2.65002396 = 8 8 = 8 Cumple!!!Y tambien cumple todas las ecuaciones…

NORMA DE UNA MATRIZ

La Norma de una matriz An× n es un número real tal que satisface las siguientes condiciones

Principales Normas


( i )‖A‖>0 y‖A‖=0 , si A=0( ii ) ‖τA‖=|τ|‖A‖, en particular‖−A‖=‖A‖, donde|−1|=1(iii ) ‖A+B‖≤‖A‖+‖B‖( iv )‖AB‖≤‖A‖‖B‖


Ejemplo 1:

Sea A=−1 −2 34 5 67 8 9

‖A‖m=max {|−1|+|−2|+3,4+5+6,7+8+9 }=max {6,15,24 }=24

‖A‖l=max {|−1|+4+7 ,|−2|+5+8,3+6+9 }=max {12,15,18 }=18

‖A‖k=√(−1)2+(−2)2+32+..+82+92=√285=16.9

Para el vector X =

x1

x2

:.

xn

→ ‖X‖m=max {x }

‖X‖l=|x1|+|x2|+..+¿xn∨¿

‖X‖k=√¿ x1∨¿2+¿x2∨¿

2+¿x3∨¿2¿¿¿

Ejemplo 2:

Sea X = (−2 30 1−4)t

‖X‖m=max {|−2|, 3 , 0 ,1,|−4|}=4

‖X‖l=|−2|+3+0+1+|−4|=10


-Norma “m” o Norma ∞ → ‖A‖=max i∑j

¿ aij∨¿¿

-Norma “l”, ‖A‖l=max j∑i

¿a ij∨¿¿

-Norma “k”, ‖A‖k=√∑i , j|aij|

2


‖X‖k=√(−2)2+32+02+12+(−4 )2=30

SOLUCION ITERATIVA DE SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES

PRIMER METODO:

METODO DE JACOBI

Dado el sistema AX=b………… (1)Despejamos X de la ecuación 1 obteniendo un sistema equivalente de la forma: X = β + αX……… (2)De la siguiente manera.



Ec.(1) a11X1+a12X2+ …………………………………………………….. +a1mXm = b1

Ec.(1) a21X1+a22X2+ …………………………………………………….. +a2mXm = b2

Ec.(1) a31X1+a32X2+ …………………………………………………….. +a3mXm = b3

Ec.(1) am1X1+am2X2+ …………………………………………………….. +ammXm = b1

Donde:

Despejamos X; de la Ec. (i); i=1,2,3, …. , m

X = β + αi-1X

X1 = b 1a 11−a 12

a 11X 2−a 13

a 11X 3−… ………−a 1m

a 11X m

X2 = b2a 22−a21

a22X 1−a23

a22X 3−…………−a 2m

a 22X m

Donde:

β = bi/aii ; aii ≠ 0 ; β = (β1,β2, … … … ,βm)t

α = αij = -aij/aii α =


.

.

.

.

.

.

………. (2)

[ 0 α 12α 21 0

⋯ α 1mα 2m

⋮ ⋱ ⋮α m1 α m2 ⋯ 0

]

X =|X 1⋮

X m|

A = [ a 11 ⋯ a1m⋮ ⋱ ⋮

am1 ⋯ amm] b = |b1⋮

b m| y si aii ≠ 0


El sistema (2) anterior se puede expresar en la siguiente forma X = β + αX

X = β + αX

|X 1⋮

X m|=|X 1⋮

X m|+[ 0 α 12α 21 0

⋯ α 1mα 2m

⋮ ⋱ ⋮α m1 α m2 ⋯ 0

]∗| X 1⋮

X m| … (2)

El Sistema (2) sugiere Jacobi la siguiente relación de recurrencia

X (k+1) = β + αX (k), k=0, 1, 2, … … …

Ó …………………….. (3)

X (k) = β + αX (k-1), k=1 , 2, … … …

De la relación (3) se obtiene la sucesión {Xk} ∞k=0 tomando como valor inicial X (0) arbitrario, que

generalmente X (0)=0 ó X (0)=β ó β=1

Obs. X (k+1) = (X1(k+1),X2

(k+1), … … … … … … … … … … … … … , Xm(k+1))t

X (0) = (X1(0), X2(0),… … … … … … … … … … … … … …, Xm

(0)) t

ALGORITMO DE JACOBI:

P-1 Dado el Sistema Ax = b………………………… (1)

Expresarlo en el sistema equivalente X = β + αx…………………… (2)

P-2 Tomando como solución inicial X (0) arbitrario generar la sucesión {X (k)} → X (*) mediante la relación de recurrencia:

X (k+1) = β + αx (k) , k=0, 1, 2,… ….….…

Ó

X (k) = β + αX (k-1) , k=1,2,… … …

P-3 Dejar de iterar si PROFESOR: LUCIO AVILIO MALASQUEZ RUIZ Pág. 78


(|| X (k) – X (k-1) ||)/ || X (k) || <= ε = 10-m

C.C. ir al P-2

NOTACION MATRICIAL DEL METODO DE JACOBI

Sea el sistema Ax = b

Donde:

La matriz A se le puede descomponer en la forma A = D +L + U, donde

Matriz Diagonal Matriz Triangular inferior Matriz Triangular superior

Así el sistema Ax = b se le puede expresar como:

(D + L + U)X = b

DX + (L + U) X = b

DX = b – (L + U) X

X = D-1b – D-1(L + U) X

X = D-1b + [-D-1(L + U)] X → β = D-1b ^ α = -D-1(L + U)

Si el método de Jacobi es X = β + αX

Matricialmente es: → X = D-1b – D-1(L + U) X


D=[a11 00 a 22

⋯ 00

⋮ ⋱ ⋮0 0 ⋯ amm

]L=[ 0 0α 21 0

⋯ 00

⋮ ⋱ ⋮α m1 … a m(m-1) 0

]U=[0 α 120 0

⋯ α 1mα 2m

⋮ ⋱ ⋮0 0 ⋯ 0

]

A =

a 11 a 12 … a 1ma 21 a 22 … a 2m⋮

a m1⋮

a m2⋱ ⋮… a mm


Su relación de recurrencia es X (k+1)= D-1b – D-1 (L + U) X (k) , k=0, 1, 2 …

Ejemplo. 1

Sea el sistema siguiente:

10 X 1+X 2+X 3=12X 1+10 X 2+X 3=12X 1+X 2+10 X 3=12

Con un ε = 10-1

Verificar su convergenciaƎ {X (k)} → X (+) Si ||α | |∞ < 1

Obs. Para que se cumpla ||α | | < 1 es necesario que del sistema Ax = b, A sea diagonalmente dominante.

De (1) → X1: X1 = 12/10 ó (-1/10) X2-(1/10)X3

(2) → X2: X2 = 12/10 – (1/10)X1 ó (-1/10)X3

(3) → X3: X3 = 12/10 – (1/10)X1 – (1/10)X2

||α | |∞ = ||α | |m = Max {0 + |-0.1| + |-0.1|, |-0.1| + 0 + |-0.1|, |-0.1| + |-0.1| + 0}

= Max {0.2, 0.2, 0.2} → ||α | | = 0.2 <= 1 → Ǝ {X (k)} → X (+)

POR EL MÉTODO DE JACOBI

Obs. Se toma como valor inicial X(0) arbitrario

X (0)


X (0) = 0X (0) = βX (0) = 1

β=(1.21.21.2) , α=(

0 −0.1 −0.1−0.1 0 −0.1−0.1 −0.1 0 )


K=0 Iteración Inicial:

X (k+1) = β + αX (k)

X (1) = β + αX (0)

Donde β=(1.21.21.2) y sea X(0) = β = ( X(0)

1 X(0)2 X(0)

3 )t

X (1) = |X 1(1)X 2(1)X 3(1)|=|

1.21.21.2|+[

0 −0.1 −0.1−0.1 0 −0.1−0.1 −0.1 0 ]∗|1.2

1.21.2|=|

1.21.21.2|

Donde

X1(1) = 1.2 + (0 -0.1-0.1)(1.2

1.21.2)=1.2+(−0.1 ) (1.2 )+(−0.1 ) (1.2 )=0.96

X2(1) = 1.2 + ( -0.1 0 -0.1)(1.2

1.21.2)

K=1 1° Iteración:

X (2) = β + αX (1)

X (2) = |X 1(2)X 2(2)X 3(2)|=|

1.21.21.2|+[

0 −0.1 −0.1−0.1 0 −0.1−0.1 −0.1 0 ]∗|0.96

0.960.96|=|

1.0081.0081.008|

Donde:

X2(2) = 1.2 + (0 -0.1 -0.1)(0.96

0.960.96) = 1.008

K=2 2° iteración:

X (3) = β + αX(2)



X (3)=|X1(3)

X2(3)

X3(3)|=|1.2

1.21.2|+[

0 −0.1 −0.1−0.1 0 −0.1−0.1 −0.1 0 ]∗|1.008

1.0081.008|=|

0.99840.99840.9984|

Donde:

X (3) = 1.2 + (0 -0.1 -0.1)(1.0081.0081.008) = 0.9984

Veremos si ya se consiguió la solución:

¿|X (3 )−X (2 )|∨ ¿

¿|X (3)|∨¿=

max {|0.9984−1.0080.9984−1.0080.9984−1.008|}

max {|0.99840.99840.9984|}

¿

¿

max {|0.9984

0.99840.9984|}

0.9984=0.009615=0.01 ≤

10-1 = ε → X (3) = X (*) con ε=10-1

Ejemplo 2:

Sea el siguiente sistema

Ec (1) 20x1 + 5x3 =2Ec (2) x1 + 20x2 + 2x3 = 4Ec (3) x1 + 9x2 + 20x3 = 6

Por Jacobi verificar su convergencia

CONVERGENCIA DE JACOBI

{x( x) } X* Si ||α|| < = 1 …………….. (i)



Observación

Para que se cumpla (i)

Es necesario que A del sistema original Ax = b sea diagonalmente dominante, es decir

aii >= ∑ |aij| de su fila y de su columna

Así: a11 = 20 > = 0 + 5 de su fila

a11 = 20 > = 1 +1 de su columna

a22 = 20 > = 1 + 2 de su fila

a22 = 20 > = 0 + 9 de su columna

Igual para a33

x1 = 2

20 + 0 + 0 -

520

x3

x2 = 4

20 -

120

x1 + 0 - 2

20x3

x3 = 6

20 -

120

x1 - 9

20x 2 + 0

… …. . ………………….

x = β + αx

α = | 0 0− 520

−120

0− 220

−120− 9

200| =| 0 0−0.2

−0.05 0−0.1−0.05−0.45 0|

|| α ||∞ = máx.{ 0 + 0 + | −520

| , | −120

| + 0 + | −120

| , | −120

| + | −920

| + 0 }

|| α ||∞ = máx.{0.25, 0.15, 0.5 }

|| α ||∞ = 0.5 < = 1

{ } X* por jacobi

Por jacobi obtener una solución con € =



Si la relación de jacobi es = β + α , k = 0, 1,2…

Para k = 0

Interacción inicial

= β + α

Observación es arbitraria

Sea =

= = +

….. ……………………. …

β + α =

= β =

Para k = 1

Primera iteración = β + α

= = +

Donde



= 0.1 +

= 0.1 + (0)(0.1) + (0)(0.2) + (-0.25)(0.3) = 0.025\

= 0.2 +

= 0.2 + (-0.05)(0.1) + (0)(0.2) + (-0.1)(0.3) = 0.165

= 0.205

Para k = 2

Segunda iteración = β + α

= = + =

….. ………………….... ……… …………

β α

k =3

Tercera iteración = β + α

= = + =

….. ………………….... ……… …………

β α



Verificamos si se llego a la solución

=

=

= = 0.03289625 < =

= x* con € <

SOLUCION MATRICIAL DE JACOBI

Del sistema Ax = b

Sea A = D + L + U

( D + L + U )x = b

Dx + ( L + U)x = b

Dx = b + [-( L + U)x]

x = b + [- ( L + U )]x

…… ………………..

x = β + α x


la relación matricial de jacobi

= b + [- ( L + U )]k = 0, 1, 2…

Observación

α = - ( L + U ) es igual al despejarxi de la ecuación (i), i = 1, 2, 3…


SEGUNDO METODO:

METODO DE GAUSS- SEIDEL

También determina la solución del sistema Ax=b iterativamente.

De la relación matricial del sistema Ax=b :

(D+L+U ) x=b → Dx+Lx+Ux=b

Dx=b−Lx−Ux → x=D−1b+ (−D−1 L )x+(−D−1U ) x …(θ)

De (θ) se obtiene la relación matricial de G-S , siguiente:

Observación:

*Si α=−D−1 (L+U )

→ {−D−1 L es la MatrizTriangular Inferior deα−D−1U es la Matriz Triangular Superiro deα


x(k +1)=D−1 b+(−D−1 L ) x(k +1)+(−D−1 U ) x(k)


*La relación (θ) se puede obtener al igual que Jacobi del sistema Ax=b , de la ecuación idespejar la variable x i, para obtener la Matriz α .

Algoritmo del método de Gauss-Seidel:

Paso1: Dado el sistema Ax=b obtener su sistema X=β+αx.

Paso 2: Para un punto inicial arbitrario x(0) generar la sucesión {x(k )}→ x(¿) mediante la siguiente relación:

x(k +1)=D−1 b+(−D−1 L ) x(k +1)+(−D−1 U ) x(k) ; K=0 ,1 , 2 , …

Paso 3: Dejar de iterar si ‖x (k )−x (k−1)

x(k) ‖≤ ε=10−n ; caso contrario ir al paso 2.

Observación:

En la convergencia del método de Gauss-Seidel también se cumple que:

‖α‖<1

→ {x8 k ¿¿}→ x(¿)

Ejercicios resueltos:

1) Dados:

A=(10 3 12 −10 31 3 10) , b=( 14

−514 ) , x(0)=(

000)

Resuelva el sistema Ax = b por el método de Gauss-Seidel.

Solución:



Utilizando Gauss-Seidel:

x (k +1)=D−1b+ (−D−1 L )x ( k )+(−D−1 U ) x (k )

Operando obtenemos la secuencia:

x (1 )=( 7 /539 /50

513 /500) , x (2)=( 1.06341.020480.987516)

x (3 )=(0.9951040.9952761.00191 ) , x (4)=( 1.00123

1.000820.999632)

x(5)=(0.9997920.9998481.00007 ) , x(0)=( 1.00004

1.000030.999988)

Claramente converge a la solución exacta (1 , 1, 1)T.

La tasa de convergencia del método de Gauss-Seidel viene dada por la norma de:

S=(L+D)−1U=(0 3/10 1/100 3/50 −7 /250 −6/125 37 /500)

Cuyas normas son: ‖J‖1= 227/500 = 0.454 y ‖J‖∝ = 2/5 = 0.4.

2) Considere el siguiente sistema de ecuaciones:

A=(3 2 12 3 11 1 3) , b=(123)

¿Puede resolver este sistema por el método de Gauss-Seidel? ¿Por qué? Si lo puede hacer, haga solo dos iteraciones a partir de la solución nula y determine la tasa numérica de convergencia. Además calcula la tasa exacta de convergencia. ¿Cuántas iteraciones necesitará para alcanzar un error absoluto de 10−5.

Solución:



El método de Gauss-Seidel es aplicable porque por que la matriz es simétrica definida positiva. Dos iteraciones conducen a:

x (0 )=(0 0 0 )T x (1 )=(1/3 4/9 20/27 )T

x (2 )=(−17/81 136/246 644 /729 )T

Y la tasa de convergencia numérica la podemos calcular como (en norma infinito)

‖x(2)−xx(1)−x‖= 46

189=0.24

Que se parece poco a la tasa de convergencia exacta:

ρ ¿

NOTA: Calculando con más iteraciones nos acercamos a la tasa teórica, por ejemplo:

‖x(10)−xx(9 )−x ‖=0.413

Para alcanzar (en norma infinito) un error absoluto menor que 10−5se requieren 13 iteraciones.

Ejemplo 1

Sea el sistema:

20 x1+9x2+9 x3=2

2 x1+20 x2+9 x3=4

5 x1+9 x2+20 x3=6

Por el método de Gauss-Seidel

Analizar su divergenciaHallar su solución con ε=10−1

Solución:



Analizar su divergencia

D=[20 0 00 20 00 0 20]

L+U=[0 9 92 0 95 9 0]

Luego:

α=−D−1(L+U )

α=[−1/20 0 00 −1/20 00 0 −1/20] [

0 9 92 0 95 9 0]=[

0 −9 /20 −9 /20−2/20 0 −9 /20−5/20 −9 /20 0 ]

α=[ 0 −0.45 −0.45−0.10 0 −0.45−0.25 −0.45 0 ]

‖α‖=max {0.9 , 0.55 , 0.7 }=0.9<1

→∃ {X (k)} → X*

Hallar su solución con ε=10−1

β=D−1b=[0.05 0 00 0.05 00 0 0.05][

246 ]=[

0.10.20.3]



De x (k +1)=D−1b+ [−D−1 L ] [ x(k+1)]+ [−D−1U ] x(k)

k=0

Sea x(0)=[ x1

(1)

x2(1)

x3(1)]=[000]

→ x(1)=D−1b+ [−D−1 L ] [ x(1)]+[−D−1 U ] x(0)

x(1)=[ x1(1)

x2(1)

x3(1)]=[0.1

0.20.3]+[

0 0 0−0.10 0 0−0.25 −0.45 0][ x1

(1)

x2(1)

x3(1)]+[0 −0.45 −0.45

0 0 −0.450 0 0 ][000]

x1(1)=0.10

x2(1)=0.2−0.1 x1

(1)=0.2−0.1 (0.1 )

→ x2(1)=0.19

→ x3(1)=0.1895

x(1)=[ x1(1)

x2(1)

x3(1)]=[ 0.1

0.190.1895]

k=1 : 1era Iteración

→ x(2)=D−1b+ [−D−1 L ] [ x(2)]+[−D−1 U ] x(1)

x(2)=[ x1(2)

x2(2)

x3(2)]=[0.1

0.20.3]+[

0 0 0−0.10 0 0−0.25 −0.45 0][ x1

(2)

x2(2)

x3(2)]+[0 −0.45 −0.45

0 0 −0.450 0 0 ][ 0.1

0.190.1895]

x1(2)=−0.070775



→ x2(2)=0.114725−0.1 (−0.0707755 )=0.1218025

→ x3(1)=0.262882625

x(2)=[ x1(2)

x2(2)

x3(2)]=[ −0.070775

0.12180250.262882625]

k=2: 2da Iteración

→ x(3)=D−1b+ [−D−1 L ] [ x(3)]+[−D−1U ] x(2)

x(3)=[ x1(3)

x2(3)

x3(3)]=[0.1

0.20.3]+[

0 0 0−0.10 0 0−0.25 −0.45 0][ x1

(3)

x2(3)

x3(3)]+[0 −0.45 −0.45

0 0 −0.450 0 0 ][ −0.070775

0.12180250.262882625]

x(3)=[ −0.0731083060.081702819−0.1 x1

(3 )

0.3−0.25 x1(3)−0.45 x2

(3 )]→ x1

(3)=−0.073108306

→ x2(3)=0.089013649

→ x3(3)=0.278220934

x(3)=[−0.0731083060.0890136490.278220934 ]

k=3: 3era Iteración

→ x(4 )=D−1 b+[−D−1 L ] [x(4)]+[−D−1U ] x(3)



x(4 )=[x1(4)

x2(4)

x3(4)]=[0.1

0.20.3]+[

0 0 0−0.10 0 0−0.25 −0.45 0][ x1

(4 )

x2(4 )

x3(4 )]+[0 −0.45 −0.45

0 0 −0.450 0 0 ] [−0.073108306

0.0890136490.278220934 ]

→ x1(4)=−0.065255562

→ x2(3)=0.081326136

→ x3(3)=0.279717129

x(4 )=[−0.0652555620.0813261360.279717129 ]

‖x(4)−¿x(3 )‖‖x(4)‖

=

max|0.0078527440.007687513

0.0014 |max|0.065255562

0.0813261360.279717129|

=0.028<0.1

→ x(4)=x¿conε=10−1

Ejemplo 2

Sea el sistema:



15 x1+0x2+0 x3=2

7 x1+15 x2+1 x3=4

0 x1+9 x2+15 x3=6



Solución:


D=[15 0 00 15 00 0 15]

L+U=[0 0 07 0 10 9 0]

Luego:

α=−D−1(L+U )

α=[−1/5 0 00 −1/5 00 0 −1/5][

0 0 07 0 10 9 0]=[

0 0 0−7/15 0 −1/15

0 −9/15 0 ]‖α‖=max {0 , 8/19 , 9/15 }= 9

15<1

→∃ {X (k)} → X*


β=D−1b=[1/15 0 00 1/15 00 0 1/15] [

246]=[

2/154 /156/15]

De x (k +1)=D−1b+ [−D−1 L ] [ x(k+1)]+ [−D−1U ] x(k)

k=0 PROFESOR: LUCIO AVILIO MALASQUEZ RUIZ Pág. 95


Sea x(0)=[ x1

(1)

x2(1)

x3(1)]=[000]

→ x(1)=D−1b+ [−D−1 L ] [ x(1)]+[−D−1 U ] x(0)

x(1)=[ x1(1)

x2(1)

x3(1)]=[2 /15

4 /156 /15 ]+[

0 0 0−7/15 0 0

0 −9/15 0][ x1(1)

x2(1)

x3(1)]+[0 0 0

0 0 −1/150 0 0 ] [000]

x1(1)=2

5+0= 2

15

x2(1)= 4

15− 7

15x

215=0.204444

→ x2(1)=0.2044444444

→ x3(1)= 6

15− 9

15x0.2044444444=0.277333334

x(1)=[ 0.133330.204

0.277333334 ]k=1 : 1 era Iteración → x(2)=D−1b+ [−D−1 L ] [ x(2)]+[−D−1 U ] x(1)

x(2)=[ x1(2)

x2(2)

x3(2)]=[2 /15

4 /156 /15]+[

0 0 0−7/15 0 0

0 −9/15 0][ x1(2)

x2(2)

x3(2)]+[0 0 0

0 0 −1/150 0 0 ] [ 0.13

0.2040.2773]

x1(2)=2

5+0= 2

15=0.1333



→ x2(2)= 4

15− 7

15x

215− 1

15x 0.2773=0.1862209

x3(2)= 6

15− 9

15x 0.1862209=0.28826746

→ x3(2)=0.28826746

x(2)=[ 0.18622090.288267460.28826746]

k=2: 2da Iteración

→ x(3)=D−1b+ [−D−1 L ] [ x(3)]+[−D−1U ] x(2)

x(3)=[ x1(3)

x2(3)

x3(3)]=[ 2/15

4 /156 /15]+[

0 0 0−7/15 0 0

0 −9/15 0][ x1(3)

x2(3)

x3(3)]+[0 0 0

0 0 −1 /150 0 0 ][ 0.133

0.18622090.28826746]

→ x1(3)= 2

15=0.1333

→ x2(3)= 4

15− 7

15x

215− 1

15x 0.28826746=0.185216089

→ x3(3)= 4

15− 9

15x 0.185216089=0.288570347

x(3)=[ 1.3330.1852160890.288570347]

‖x(3 )−¿ x(2)‖‖x(3)‖

=0.0025026510



→ x(3)=x¿con ε=10−1

Ejemplo 3Sea el sistema:20 x1+9x2+9 x3=2

2 x1+20 x2+9 x3=4

5 x1+9 x2+20 x3=6



Solución:


D=[20 0 00 20 00 0 20]

L+U=[0 9 92 0 95 9 0]

Luego:

α=−D−1(L+U )

α=[−1/20 0 00 −1/20 00 0 −1/20] [

0 9 92 0 95 9 0]=[

0 −9 /20 −9 /20−2/20 0 −9 /20−5/20 −9 /20 0 ]

α=[ 0 −0.45 −0.45−0.10 0 −0.45−0.25 −0.45 0 ]

‖α‖=max {0.9 , 0.55 , 0.7 }=0.9<1→∃ {X (k)} → X*




β=D−1b=[0.05 0 00 0.05 00 0 0.05][

246 ]=[

0.10.20.3]

De x (k +1)=D−1b+ [−D−1 L ] [ x(k+1)]+ [−D−1U ] x(k)

k=0

Sea x(0)=[ x1

(1)

x2(1)

x3(1)]=[000]

→ x(1)=D−1b+ [−D−1 L ] [ x(1)]+[−D−1 U ] x(0)

x(1)=[ x1(1)

x2(1)

x3(1)]=[0.1

0.20.3]+[

0 0 0−0.10 0 0−0.25 −0.45 0][ x1

(1)

x2(1)

x3(1)]+[0 −0.45 −0.45

0 0 −0.450 0 0 ][000]

x1(1)=0.10

x2(1)=0.2−0.1 x1

(1)=0.2−0.1 (0.1 )

→ x2(1)=0.19

→ x3(1)=0.1895

x(1)=[ x1(1)

x2(1)

x3(1)]=[ 0.1

0.190.1895]

k=1 : 1 era Iteración → x(2)=D−1b+ [−D−1 L ] [ x(2)]+[−D−1 U ] x(1)



x(2)=[ x1(2)

x2(2)

x3(2)]=[0.1

0.20.3]+[

0 0 0−0.10 0 0−0.25 −0.45 0][ x1

(2)

x2(2)

x3(2)]+[0 −0.45 −0.45

0 0 −0.450 0 0 ][ 0.1

0.190.1895]

x1(2)=−0.070775

→ x2(2)=0.114725−0.1 (−0.0707755 )=0.1218025

→ x3(1)=0.262882625

x(2)=[ x1(2)

x2(2)

x3(2)]=[ −0.070775

0.12180250.262882625]

k=2: 2 da Iteración

→ x(3)=D−1b+ [−D−1 L ] [ x(3)]+[−D−1U ] x(2)

x(3)=[ x1(3)

x2(3)

x3(3)]=[0.1

0.20.3]+[

0 0 0−0.10 0 0−0.25 −0.45 0][ x1

(3)

x2(3)

x3(3)]+[0 −0.45 −0.45

0 0 −0.450 0 0 ][ −0.070775

0.12180250.262882625]

x(3)=[ −0.0731083060.081702819−0.1 x1

(3 )

0.3−0.25 x1(3)−0.45 x2

(3 )]→ x1

(3)=−0.073108306

→ x2(3)=0.089013649

→ x3(3)=0.278220934

x(3)=[−0.0731083060.0890136490.278220934 ]



k=2: 3 era Iteración

→ x(4 )=D−1 b+[−D−1 L ] [x(4)]+[−D−1U ] x(3)

x(4 )=[x1(4)

x2(4)

x3(4)]=[0.1

0.20.3]+[

0 0 0−0.10 0 0−0.25 −0.45 0][ x1

(4 )

x2(4 )

x3(4 )]+[0 −0.45 −0.45

0 0 −0.450 0 0 ] [−0.073108306

0.0890136490.278220934 ]

→ x1(4)=−0.065255562

→ x2(3)=0.081326136

→ x3(3)=0.279717129

x(4 )=[−0.0652555620.0813261360.279717129 ]

‖x(4)−¿x(3 )‖‖x(4)‖

=

max|0.0078527440.007687513

0.0014 |max|0.065255562

0.0813261360.279717129|

=0.028<0.1

→ x(4)=x¿conε=10−1



DIFERENCIA NUMERICA

Aproximaciones a la Derivada

Generación de Formulas de Diferenciación Numérica

Primera y Segunda Derivada Aplicando los Métodos de Newton Progresivo y Regresivo y Métodos Centrales.

Diferenciación numérica Dado una tabla de (n+1) puntos igualmente espaciados de la forma: (X0, f0), (X1, f1),… (Xn, fn) continua y diferenciable en [X0, Xn]. El problema de la Diferenciación Numérica es que dado un valor Xp ∈ [X0, Xn] se desea hallar el valor f p

' tal que f '(X p)=f p

' , donde:

P=X p−X0

h…(i)

X p=X0+Ph

f ( X p )=f p−f (X 0+Ph )

f ' (X p )=d f p

d X p

=

d f p

dp∗dp

d X p

=

d f p

dp∗1

h

→ f ¿p

'

1h∗d f p

dp….(ii)

Fórmula de Newton Progresivo (N P): Si Xp = X0 en (i) P = 0 →fórmula de NP es:



f p= f 0+P ∆ f 0+P(P−1)∆2 f 0

2 !+

P (P−1 )(P−2)∆3 f 0

3 !+

P (P−1 ) (P−2 )(P−3)∆4 f 0

4 !+. .

Según (ii)

f p' =1

h [∆ f 0+(P2−P)' ∆2 f 0

2 !+(P3−3 P2+2 P)' ∆3 f 0

3 !+(P4−6 P3+11 P2+6 P)' ∆4 f 0

4 !+..]

f p' =1

h¿

Si XP=X0 en (i) → P=0 en (iii)

f X0' =f 0

' =1h[∆ f 0−

∆2 f 0

2+

∆3 f 0

3−

∆4 f 0

4+…]

DIFERENCIACION DE ORDEN SUPERIOR

Se desea hallar f ' ' (X p ) , f ' ' ' ( X p ) ,en forma aproximada

f ' ' (X p )=f p' ' . Además P=

X p−X0

h

f ' ' (X p )=d (f ' (X p))

d X p

=

d f p'

d p

∗d p

d x p

, Si se sabe f p

' '=1h

d f p

h d p

f p' '=1

h1h

d2 f p

d p

f p' '= 1

h2

d2 f p

d p

En general se tiene f n p= 1hn

dn f p

dp

f p' 'Para Newton Progresivo - hacia adelante

f p' '= 1

h2 [∆2 f 0+ (P−1 )∆3 f 0+( 6 P2−18 P+1112 )∆4 f 0…]



Si XP=X0 → P=0

f p' '= 1

h2 [∆2 f 0+∆3 f 0+( 1112 )∆4 f 0 …]

Formula de Newton Regresivo (NR). Su formula de interpolación es:

f p=f 0+P∇ f 0+P(P+1)∇2 f 0

2 !+

P (P+1 )(P+2)∇3 f 0

3 !+

P (P+1 ) (P+2 )(P+3)∇4 f 0

4 !+. .

Según (ii)

f p' =1

h¿(P4−6 P3+11 P2−6 P)'∇4 f 0

4 !+.. .

¿ 1h¿

Si XP=0 → P=0

f X0' =f 0

' =1h [∇ f 0+

∇2 f 0

2+∇3 f 0

3+∇4 f 0

4+…]

Nota: Para determinar la 1ra derivada se debe tomar una diferencia más que la que indica la T O T en el caso de interpolación.

DIFERENCIACION DE ORDEN SUPERIOR f ' ' PARA NEWTON REGRESIVO

f P' '= 1

h2 [∇2 f 0+(P+1 )∇3 f 0+( 6 P2+18 P+1112 )∇4 f 0… ]

P=0→ f 0' '= 1

h2 [∇2 f 0+∇3 f 0+( 11

12 )∇4 f 0 …] Ejemplo: En la siguiente tabla determinar (a)f 0

' y (b)f 1(0.055) por NP

X f(X) ∆ ∆2 ∆3

0.00 1.0000 513 26 10.05 1.0513 539 27 30.10 1.1052 566 30 00.15 1.1618 596 30



0.20 1.2214 6260.25 1.2840

Solución(a):

f 0'=1

h [∆ f 0−∆2 f 0

2+

∆3 f 0

3 ] h=X i−X i−1=0.25−0.20=0.05

¿ 1h [0.0513−0.00026

2+ 0.0001

3 ] f 0

'=1.0006667≅ 1.0007

Solución (b)

f (0.055)' es una derivada que esta al principio de la tabla → se emplea la formula de Newton

Progresivo, como XP=0.055 es un punto intermedio → XP ∈ [0.05,0.10], → X0=0.05. Se halla

su valor de P de:P=X P−X0

h .

H=0.05 → P=0.055−0.05

0.05=0.1

X0 f0 ∆f0 ∆2f0 ∆3f0 0.05 1.0513 539 27 3

Si f P' =1

h [∆ f 0+(2 P−1)∆2 f 0

2!+(3 P2−6 P+2)∆2 f 0

3 ! ] f (0.055 )

' =1

0.05 [0.0539+(0.2−1 ) (0.0027 )

2+[ 3 (0.1 )2−6 (0.1 )

6+2] (0.0003 )]

¿1.05783

Ejemplo de la Fórmula Newton Regresivo



Hallar(a) f ' (0.025 )y (b) f '(0.225)

Solución (a)

Para P=0 y |∇3 f i|<8 , se utiliza → X 0 f 0∇1 f 0∇

2 f 0∇3 f 0

0.25 1.289 0.626 0.030 0

f P=0' =1

h [∇ f 0+∇2 f 0

2+∇3 f 0

3 ] , f 0'=f P=0

' =f (0.25 )' , porque X0=0.25 en la tabla de NR

f (0.25)' =f 0

' = 10.05 [0.0626+ 0.0030

2+ 0.0000

3 ]→ f 0'=1.282

Solucion(b)

X P=0.025→ P=X P−X0

h=0.025−0.25

0.05=−0.5→ P=−0.5

en f P' =1

h [∇ f 0+(2P+1)∇2 f 0

2 !+(3 P2+6 P+2)∇3 f 0

3 ! ]→

X 0 f 0∇1 f 0∇

2 f 0∇3 f 0

0.25 1.289 0.626 0.030 0

f (0.225 )' =

10.05 [0.626+[ 2 (−0.5 )

2+1] (0.0030 )+[ 3 (−0.5 )2+6 (−0.5 )

2+2] (0.0000 )]

f (0.225)' =1.252

FÓRMULA DE DIFERENCIACIÓN DE BESSEL

f P=f 0+β1 δ f 1/2+β2 (δ 2 f 0+δ 2 f 1 )+β3 δ3 f 1 /2+…

f P' =1

h

d f P

dP=1

h[β1

' δ f 1 /2+β2' (δ2 f 0+δ2 f 1 )+ β3

' δ 3 f 1/2+…]

Si β1=P → β1'



β2=P (P−1)

4=P2−P

4→ β2

'=2 P−14

β3=P (P−1 )(P−1 /2)

6=2 P3−3 P2+P

6→ β3

'=6 P2−6 P+16

Si XP es un punto tabulado XP=X0 → P=0

f 0'=1

h [δ f 1/2−(δ 2 f 0+δ 2 f 1)

4+

δ3 f 1 /2

4+…]

FÓRMULA DE DIFERENCIACIÓN DE STIRLING

f p=f 0+s1 (δ f −1/2+δ f 1/2 )+s2 δ2 f 0+s3 (δ3 f −1/2+δ3 f 1 /2 )+…

f P' =1

h [ s1' (δ f−1 /2+δ f 1 /2 )+s2

' δ2 f 0+s3' (δ3 f−1/2+δ3 f 1/2)+…]

Si s1=¿

P2

→ s1'=

12

, Si s3=P (P−1 )(P+2)

2(3!)→s3

' =3 P2

12¿

Si s2=P2

2→ s2

'=P ,Si s4=P2 (P+1 )(P−1)

4 !→ s4

'=2 P3−P12

f P' =1

h [ δ f−1 /2+δ f 1/2

2 ]+P δ 2 f 0+(3 P2−1 )

12(δ3 f −1/2+δ3 f 1/2)+…

En XP=X0 → P=0

f 0'=1

h [ (δ f−1 /2+δ f 1/2)2

−(δ3 f −1/2+δ3 f 1 /2)

12+… ]

Ejemplo 3: Hallar(a) f '(0.10), (b) f '(0 .125)

Solución(a)



f '(0.10)=f '(X0)=f 0

Como 0.10 ∈ [0.10, 0.15] → X 0=0.10∧X p=0.10

P=X p−X0

h=0.10−0.10

0.05=0∧P=0∈<0,1/2¿ seaplica f 0

' de Stirling hasta su3 ra

diferencia porque segunT OT |∆3 f 0|<60 → f 0' de Stirling hasta su3 ra diferenciaes :

f P' =1

h [β1' δ f 1 /2+β2

' (δ 2 f 0+δ 2 f 1)+β2' δ 3 f 1 /2 ]…(i)

Como P=0→en (i ) se tienes3'=3 P2−1

12, s1

'=12

, s2'=P

f 0'=1

h [δ f 1/2−(δ 2 f 0+δ 2 f 1)

4+

δ3 f 1 /2

6 ]

En la tabla se tiene:

X 0=0.10

X1=0.15

1.1052 f 0 0.0027(δ2 f 0)0.0 566 δ f 1 /2 0.0003(δ 3 f 1/2)

1.1618 f 10.0030 (δ 3 f 1 )

∧h=0.05

→ f 0' = 1

0.05 [0.0566−0.0027+0.00304

+ 0.00036 ]=1.1095

Solución (b)

f ' (0.125 )→ XP=0.125∈[0.10,0.15 ]

P=X P−X0

h=0.125−0.10

0.05=0.5∈ ¿

|∆3 f 0|<60 conP=0.5 en (i ) , donde :

β1'=1 , β2

'=2 P−14=

2 (0.5 )−14

=0 , β3'=6 P2−6 P+1

6=−0.0833333 en ( i ) se tiene



f ' (0.125 )= 10.05

[ (1 ) (0.0566 )+0 (0.0027+0.0030 )+(−0.083 ) (0.0003 ) ]=1.1315

INTEGRACIÓN NUMERICA

Para intervalos Simples

Método del trapecio

h=X0−X 1

1=b−a

1

∫a

b

f (X )dx=h2( f 0+ f 1 )+ℇ

ℇ=−h3

12f (m)

' ' , m є [X0, X1]

Donde f (m )' '

= max {|f (a)' ' |,|f (b )

' ' |}

Método de Simpson de 1/3



h=b−a2

∫a

b

f x dx=h3(f 0+4 f 1+ f 2 )+ℇ

ℇ=−h5

90f (m)

IV , m є [X0, X1]

Donde f (m)IV =max {|f (a)IV|,|f (b)IV|}

Método de Simpson de 3/8

h=b−a3

∫X 0

X 3

f (x)dx=38

h [ f 0+3 f 1+3 f 2+ f 3 ]+ℇ

ℇ=−380

h5 f (m)IV

donde f (m)IV =max {|f (a)IV|,|f (b )IV|}

Ejemplo:



∫1

2

X sin X dx=h2( f 0+f 1)+ℇ

Por el trapecio Simple

Solución:

h=b−a1=2−1

1=1

X f(x)

X0=1 f0=0.841471

X0+h=X1=2 f1=1.818595

Obs: Los puntos Xi son dela forma Xi=X0+hi

Determinación del ℇ Si f ( x)=X sin X

f ( x)' =sin X+X cos X

f ( x)' ' =2 cos X−X sin X

f (m )' ' =max {|f (1)' ' |,|f (2)' ' |}

f (m )' ' =max {|0.23|,|2.65|}

ℇ=−h3

12f (m)

' ' =−13

12(2.65 )=−0.220907377

Entonces

∫1

2

X sin X dx=h2( f 0+f 1)+ℇ=1.109125

Solución por el método Simpson de 1/3 para intervalo simpleSol:



h=b−a2=2−1

2=1

2=0.5

X f(x)

X0=1 f0=0.841471

X0+h=1.5 f1=1.496242

X0+2h=2 f2=1.818595

Determinación del ℇ

Si f ( x )' ' =2 cos X−X sin X

f ( x )IV=−4cos X+X sin X

f (m)IV =max {|f (1)IV|,|f (2)IV|}

f (m)IV =max {3.4831}

ℇ=−h5

90f (m)

IV =−0.55

90(3.4831 )=−0.0012094

Entonces:

∫a

b

f (x)dx=h3( f 0+4 f 1+ f 2 )+ℇ=1.442048

Por Simpson 3/8 para intervalo SimpleSol:

∫1

2

X sin X dx=38

h ( f 0+3 f 1+3 f 2+ f 3 )+ℇ

h=2−13=1

3 ℇ, es igual al ejemplo anterior



X f(X)

X0=1 f0=0.841471

X1=4/3 f1=1.295917

X2=5/3 f2=1.659013

X3=2 f3=1.818595

f (m)IV =max {3.4831}

ℇ=−380

h5 f (m)IV =−3

800.335 (3.4831 )=−0.0005117

∫1

2

X sin X dx=38

h ( f 0+3 f 1+3 f 2+ f 3 )+ℇ=1.42568923

Integración Numérica para intervalos compuestos

Método del trapecio compuesto

m veces h

h=b−am

Demostración:

∫X 0

X 1

f (X )dx=h2( f 0+ f 1 )+ℇ1



∫X 1

X 2

f (X )dx=h2( f 1+ f 2 )+ℇ 2

∫X 2

X 3

f (X )dx=h2( f 2+ f 3 )+ℇ 3

∫X m−1

Xm

f (X )dx=h2(f m−1+ f m )+ℇm

Entonces la suma todas las integrales seria:

∫X 0

Xm

f (X )dx=h2 [ ( f 0+f m )+2 ( f 1+ f 2… …+f m−1) ]+ℇ

Determinación del ℇ del trapecio

ℇ=−(b−a)3

12 m2 f (m )' '

Método de Simpson de 1/3 compuesta.

h=b−a2m

Demostración:

∫X 0

X 2

f x dx=h3(f 0+4 f 1+ f 2 )+ℇ 1

∫X 2

X 4

f x dx=h3(f 0+4 f 1+ f 2 )+ℇ 2


……


∫X 4

X 6

f x dx=h3(f 0+4 f 1+ f 2 )+ℇ 3

∫X m−2

Xm

f x dx=h3( f 0+4 f 1+f 2)+ℇm

Entonces la suma de todas las integrales seria:

∫X 0

Xm

f (X )dx=h3 [ ( f 0+f m )+4 ( f 1+ f 3+ f 5+…+ f m−1 )+2 (f 2+ f 4+…+f m−2)]+ℇ

Determinación del ℇ de Simpson de 1/3 compuesta

ℇ1=−h5

90f (m)

IV

ℇ2=−h5

90f (m )

IV

ℇ m=−h5

90f (m)

IV =(b−a)5

2880 m4 f (m)IV

Ejemplo:

∫1

2

Xsin X dx

Por trapecio compuesto con m=5Sol:

h=b−am=2−1

5=1

5=0.2

X f(X)

X0=1 f0

X1=1.2 f1

X2=1.4 f2

X3=1.6 f3

X4=1.8 f4


…

……

Es igual al ejemplo del trapecio simple


X5=2 f5

ℇ=−(b−a)3

12 m2 f (m )' ' =−(2−1)3

12∗52 f (m )' '

∫1

2

f (X )dx=h2 [ ( f 0+ f 5 )+2 ( f 1+ f 2+f 3+ f 4 ) ]+ℇ = 1.436070589 +ℇ

Simpson de 1/3 compuesto con m=3

h=b−a2 m=2−1

2∗3=1

6

X f(X)

X0=1 f0

X1=7/5 f1

X2=8/6 f2

X3=9/6 f3

X4=10/6 f4

X5=11/6 f5

X6=2 f6=fm

ℇ m=(b−a)5

2880 m4 f (m)IV =−(2−1)5

2880∗34 f (m)IV

∫1

2

X sin X dx=h3 [ ( f 0+ f 6 )+4 (f 1+ f 3+f 5 )+2(f 2+ f 4)]+ℇ=¿¿ 2.493614005 +ℇ


Es igual al ejemplo de Simpson de 1/3


EXTRAPOLACION DE RICHARDSON- (E.R)

Definición ER: Consiste en que a partir de dos estimación (o aproximaciones) de una integral, obtener una tercera aproximación (muchas veces la mejor).

Se tiene los siguientes casos:

Para intervalos simples:

ER entre la Regla del trapecio y la 1º formula abierta (Integración abierta) “ambas de precisión uno” porque f ' ' (ç )=0→ E=0

Sea I ¿=∫a

b

f (x )dx por dos métodos anteriores se tiene:

Regla Trapecio (RT):

I ¿=I 1+E1 donde :

1º Regla Abierta de Newton – Cotes:I ¿=I 2+E2 donde :

El valor de la integral I* (generalmente es el mejor).

Que se cumple:


E2=−h3

3f ii (ç2 ) , ç2 ∊ (x0 , x2 )ó E1=−( b−a

2 )3 f ii

3(ç2 ) , ç2 ∊ (a ,b )

E1=−h3

12f ii (ç1 ) , ç1 ∊ (x0 , x1 )ó E1=

−(b−a)3

12f ii (ç 1 ) , ç 1∊ (a , b )

I ¿=13

I 1+23

I 2


I ¿=I 1+E1=I 2+E2 ……….(1)

Tomando el cociente de errores

E1

E2

=

−(b−a )12

3

f ii ( ç1 )

(b−a )3

24f ii ( ç2 )

ç 1 , ç2 ∊ (a , b)

Supongamos que:

f ii (ç1 )=f ii (ç2 )→ E 1E 2=24

12→ E1=−2 E2……….(2)

(2) en (1)

I 1+E1=I 2+E2

I 1−2 E2=I 2+E2

I 1−I 2=E2+2 E2

I 1−I 2=3E2→ 3 E2=13( I 1−I 2 )

(3) en (1)

I ¿=I 2+E2

I ¿=I 2+13( I 1−I 2)=I 2+

13

I 1−13

I 2

I ¿=13

I2

+ 13

I 2 ó ………… …. (4)

E.R. entre la R. trapecio Simple y la primera formula abierta h=b−a

2

FORMULA EXTRAPOLACION -(ER) ENTRE TRAPECIO SIMPLE Y 1RA FORMULA ABIERTA.


I ¿=13

I1

+ 23

I2


Ejemplo:

Calcular ∫1

3

(x3−2 x2+7 x−5 )dx=203

→ F ( x )=x3−2 x2+7 x−5

Aplicando: 4 es decir: I¿=1

3I 1+

23

I 2

x i=x0+1 h i=1 x1=x0+1h

= 1 + 1(1)= 2

i=2 x2=x0+2h

= 1 + 2(1)= 3

I ¿=I 1+E1=h2(f 0+ f 1 )+E1=

22(1+25 )=26=I1

h=b−a=3−1=2 X f (x)

X 0=1 1=f 0

X1=3 25=f 1

I=I 2+E2=2 hf 1

h=b−a2=3−1

2=1

I=2 (1 )(9)

I 2=18

Aplicando (4)

I ¿=13

I 1+23

I 2

I ¿=13(26 )+ 2

3(18 )=62

3=20

23

X f (x)


f1

f(X)

x0 x2x1


X 0=1 1=f 0

X1=2 9=f 1

X2=3 25=f 2

E.R. ENTRE LAS FORMULAS DE SIMPSON DE 1/3 Y 3/8 SIMPLE

Se sabe que para Simpson de 1/3 para intervalo simple es:

I ¿=I 1+E1=∫x0

x2

f (x )dx=h3(f 0+4 f 1+f 2 )−

h5

90f IV (£ 1 ) , £ 1 ∊ (x0 , x2 )

→ E1=−( b−a2 )

5 190

f IV (£ 1 ) , £ 1∊ (a , b )→ E1=−(b−a )5

2880f IV (£1 )

Y que para Simpson de 3/8 es:

I ¿=I 2+E2=∫x0

x3

f (x )dx=3 h8

(f 0+3 f 1+3 f 2+ f 3 )−3 h5

80f IV (£ 2 ) , £ 2 ∊ (x0 , x3 )

→ E2=−3

80 ( b−a3 )

5 190

f IV (£2 )=− (b−a )5

6480f IV (£ 2 ) , £ 2 ∊ (a ,b)

∴ I ¿=I1+E1=I 2+E2 …… (1 )

Sea el siguiente cociente de errores:

E1

E2

=

−(b−a )5

2880f IV (£ 1 )

−(b−a )5

6480f IV (£ 2 )

, £1 ≠ £2 y £ 1£ 2 ∊ (a ,b)

Si f IV (£ 1 )=f IV (£ 2 )→E1

E2

=64802880

→ E1=94

E2 … .. (2 )

(2)’ en (1)’: I 1+94

E2=I2+E2→ I 2−I 1=94

E2−E2



→54

E2=I 2−I1 → E2=45( I 2−I 1 )…… (3 )

(3)’ en (1)’:

I ¿=I 2+E2=I 2+45( I 2−I 1 )

… (4)`

Ejemplo:

Aplicando la fórmula I¿=9

5I

2

− 45

I 1para hallar:

∫0

0.8

(0.2+25 x−200 x2+675 x3−900 x4+400 x5 )dx

Solución:

Para I1 :h=0.8−102

=0.4

X i=X0+ih

X1=X0+i(0.4)

F (x)=0.2+25 x−200 x2+675 x3−900 x4+400 x5

I 1=∫x0

x2

f (x)dx=h3( f 0+4 f 1+ f 2 )

I 1=0.43

(0.2+4∗(2.456 )+0.232 )

I 1=1.36746667


I ¿=95

I2

− 45

I 1

Formula De Extrapolación entre Simpson de 1/3 y Simpson de 3/8

para Intervalo Simple

X f (x) X 00.2 f 0

X0+1h = X1 0.4 2.456 f 1

X2 0.8 0.232 f 2

X f (x)X 00 0.2 f 0

X1 0.2667 1.43272438 f 1

X2 05333 3.48717696 f 2

X3 0.8 0.232 f 3


X i=X0+ih

X1=X0+i(0.4)

I 2=∫x0

x3

f (x)dx=3 h8( f 0+3 f 1+3 f 2+ f 3 )

h=0.8−03=0.8

3=0.2667

I 2=∫x0

x3

f (x)dx=38

0.2667 (0.2+3 (1.43272428 )+3 (3.48717696 )+0.232 )

I 2=1.51917037 →{ I ¿=95

I 2−45

I 1

I ¿=95(1.51917037 )−4

5(1.36746667 )

I ¿=164053333}

(E.R) PARA EL TRAPECIO COMPUESTO

Sea:

I ¿=I n1+En1=I n2

+En2…….(1)' '

Para n1 aplicaciones de la Regla Del Trapecio Compuesto, análogamente: I¿=I n2

+En2

Para n2 aplicaciones de la Regla Del Trapecio Compuesto tomando el cociente de errores:

E1

E2

=

−(b−a )12 n2

2

3

f IV (£ 1 )

−(b−a )3

12 n12 f IV (£ 2 )

; Para £ 1≠ £ 2 y £ 1£ 2 ∊ (a ,b)

Si:

f IV (£2 )=f IV (£1 )→En2

En1

=( n1

n2)

2

→ En2=( n1

n2)

2

En1…….(2)' '


X f (x)X 00 0.2 f 0

X1 0.2667 1.43272438 f 1

X2 05333 3.48717696 f 2

X3 0.8 0.232 f 3


(2)” en (1)”:

I n1+En1

=I n2+( n1

n2)

2

En1

I n2−I n1=En1

−( n1

n2)

2

En1

En1[1−( n1

n2)

2]=I n2−I n1

En1=

I n2−I n1

1−( n1

n2)

2 ……. (3)' '

(3)” en (1)”:

Para n2=2n , en (3)”. Se tiene:

En1=

In2−I n1

1−( n1

2n1)

2 → En1=

I n2−I n1

34

En1=4

3I n2−I n1

…….(4 )' '

(4)” en (1)”

I ¿=I n1+En1=I n1

+ 43(I ¿¿n2−I ¿¿n1)=

43

I n2−1

3I

n1

¿¿

Ejemplo 1:


I ¿=43

In2

−13

I n1

Extrapolación de Richardson (E.R.) para el Trapecio Compuesto para n1 y

n2.


Calcular ∫1

3

(x3−2 x2+7 x−5 )dx usando “1º dos aplicaciones” (n1=2 ) y despues “cuatro

aplicaciones” (n2=4 ) de la regla del Trapecio compuesto y despues aplicar E.R. para encontrar una 3º

aproximacion (que es la mejor).

Solución:

I n=h2¿

Se tiene:

n1=2 y n2=4

Para:

I n=h2 (f 0+ f n+2∑

i=1

n−1

f i)Como

n1=2 → h=b−an1

=3−12=1

I n1=1

2(1+25+2(9))

I n1=44

2=22

Para:

I n=h2 (f 0+ f n+2∑

i=1

n−1

f i)Como

n2=4 → h=b−an2

=3−14=0.5

x i=x0+ih

x1=1+1(0.5)


X f (x)

1 1f 0

2 9 f 1

3 2.5 f 2

X f (x)

1 1f 0

1.5 4 f 1

2 9 f 2

2.5 15f 3

3 25f 4


x1=x0+1h

I n2=0.5

2 (1+25+2(4 38+9+15

58))

I n2=0.25(26+2( 35

8+ 125

8))

I n2=21

Aplicando:

I ¿=43

In2

−13

I n1

I ¿=43(21 )−1

3(22 )=62

3

I ¿=2023

Ejemplo 2:

Evaluar ∫1

31x

dx igual a la pregunta anterior.

Solución:

Para:

n1=2 → h=b−an1

=3−12=1

I n1=∫ f ( x )dx=h

2 (f 0+ f n+∑i=1

n−1

f i)¿

12 (1+ 1

3+2( 12 ))

I n1=7

6=1.166666667


X f (x)

1 1f 0

2 1/2f 1

3 1/3 f 2


Para:

n2=4 → h=b−an2

=3−14=0.5

I n2=∫ f ( x )dx=h

2 (f 0+ f n+∑i=1

n−1

f i)¿

0.52 (1+1

3+2( 13 +1

2+

25 ))

I n2=67

66=1.116666667

I ¿=43

In2

−13

I n1=4

3 ( 6760 )−1

3 (76 )=6745− 7

18

I ¿=1.100000001

E.R. PARA LAS REGLAS DE SIMPSON DE 1/3 COMPUESTO

Sea

I ¿=I n1+En1=I n2

+En2…….(1)IV

I n=h3¿

Donde I n1 ^ I n2

son aproximaciones de I ¿ .


X f (x)

1 1f 0

1.5 2/3f 1

2 1/2f 2

2.5 2.5f 3

3 1/3f 4


Aplicando n1 ^ n2 aplicaciones de la R. de Simpson de 1/3 compuesto y su cociente de errores, donde:

En2

En1

=

−(b−a )2880 n2

4

5

f IV (£ 2 )

−(b−a )5

2880 n14 f IV (£ 1 )

; Para £ 1≠ £2 y £ 1❑❑£ 2 ∊ (a , b )…… (2)IV

Si f IV (£1 )=f IV (£ 2 )→En2

En1

=( n1

n2)

4

→En2=( n1

n2)

4

En1…… (2)IV

(2)iv en(1)iv :

I n1+En1

=I n2+( n1

n2)

4

En1

→ I n2−I n1=En1

−( n1

n2)

4

En1→ En1

=I n2−I n1

1−( n1

n2)

4 ……(3)iv

Para: n2=2n1

en (3)iv → En1

=I n2−I n1

1−( n1

n2)

4 → En1=

I n2−I n1

1516

→ En1=16

15 ( I n2−I n1 )…….(4)iv

(4)iv en(1)iv :

I ¿=I n1+En1=I n1

+ 1615 ( I n2

−I n1 )

… … (5)iv

Ejemplo (1):


I ¿=43

In2

−13

I n1

Extrapolación de Richardson (E.R.) entre las reglas de Simpson de 1/3

compuesto para n1 y n2 aplicaciones.


∫1

2

sin X dx por formula E . R .

Para I 1:h=2−1=1

I 1=h2( f 0+f 1)=

12(0.8414709+0.9092974 )=0.8753841

Para I 2:

h=b−a2=2−1

2=0.5

X f(X)X0=1 f0

X1=1.5 f1

X2=2 f2

I 2=2 h f 1=2 (0.5 ) (0.99749498 )=0.99749498

Entonces:

I ¿=13

I 1+23

I 2=13

0.8753841+ 23

0.99749498=0.95679135

I ¿=0.95679135


X f(X)X0=1 f0

X1=2 f1


INTEGRACION DE ROMBERG

Es un método que combina la convergencia de las reglas del Trapecio o Simpson con las técnicas de extrapolación de Richardson para retener una sucesión que converge hacia el verdadero valor de la integral.

Descripción de la técnica de integración de Romberg

Vamos a introducir la RK, la aproximacion de la integral I=∫a

b

f (x)dx utilizando la regla del Trapecio

Compuesto para nK=2k−1 y hK=b−a

nk

=b−a

2k−2 .

Para: nK=2k−1 y hK=b−a

nk

=b−a

2k−2 ; se sugiere la siguiente tabla:

K 1 2 3 4 … n

nK=2K−1 1 2 4 8

hK=b−a

nk

b−a1

b−a2

b−a4

b−a8

La integración de Romberg da su respuesta en forma matricial:

R11

R21 R22

R31 R32 R33

R41 R42 R43 R44

R51 R52 R53 R54 R55

Rn 1 Rn 2 Rn 3 Rn 4 Rn 5 Rnn

Se sugiere hallar R11 con la siguiente formula.


.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

. . .

R1 K=hK

2 [ f (a )+ f (b )+2 ∑i=1

2(k−1)−1

f (a+i hK)]


Nos generamos las siguientes sucesiones R11 , R21 , R31 , …RK 1

k=1∫x0

x1

f ( x )dx=¿R11=h1

2(f (a )− f (b))¿

Obs: Para las demás filas y columnas se sugiere hallar con la siguiente formula

De la segunda columna hacia adelante se calculara con la siguiente fórmula:

Para la segunda columna se utilizara:

Para la tercera columna k=3 será:

Para la cuarta columna k=4 será:

Para la quinta columna k=5 será:

Para la sexta columna k=6 será:


RK 1=12 [R (K−1) ,1+hK−1∑

i=1

2K−2

f (a+(i−12)hK−1)]

i = 2, 3, 4,…nj = 2, 3, 4,…n

k = 2,3,…

Rij=4 j−1 R i , j−1−Ri−1 , j−1

4 j−1−1

Rk 2=4 Rk 1−Rk−1 , 1

3

Rk 3=16 Rk 2−Rk−1 ,2

15k = 3,4,…

Rk 4=64 Rk 3−Rk−1 ,3

63k = 4,5,…

k = 5,6,…Rk 5=256 Rk 4−Rk−1 , 4

255

k = 6,7,…Rk 6=1024 Rk 5−Rk−1 ,5

1023


Ejercicio 1

Hallar ∫0

0.8

xex dx ; con n=6 por Romberg

Solución:

Tenemos de datos:a=0b=0.8n=6

f ( x )=xe x

Realizando la tabla

K 1 2 3 4 5 6

nK=2K−1 1 2 4 8 16 32

hK=b−a

nk 0.8 0.4 0.2 0.1 0.05 0.025

Hallamos la primera fila y columna

R1 K=hK

2 [ f (a )+ f (b )+2∑i=1

2k−1

f (a+i hK)]Cuando K = 1

R11=h1

2 [ f (0 )+ f (0.8 )+2∑i=1

21−1

f (a+ ih1)]R11=

h1

2[ f (0 )+ f (0.8 ) ]

f ( x )=xe x

f (0 )=0e0=0

f (0.8 )=0.8 e0.8=1.780432743

R11=0.82

[0+1.780432743 ]=0.7121730971

R11=0.7121730971



Calculando la primera columna y demás filas.

RK 1=12 [R (K−1) ,1+hK−1∑

i=1

2K−2

f (a+(i−12)hK−1)]

Cuando K = 2

R21=12 [R (2−1) ,1+h2−1∑

i=1

22−2

f (a+(i−12)h2−1)]=0.594777

Cuando K = 3

R31=12 [R (3−1) ,1+h3−1∑

i=1

23−2

f (a+(i−12)h3−1)]=0.564899

Cuando K = 4

R41=12 [R (4−1 ) ,1+h4−1∑

i=1

24−2

f (a+(i−12)h4−1)]=0.557395

Cuando K = 5

R51=12 [R (5−1) ,1+h5−1∑

i=1

25−2

f (a+(i−12)h5−1)]=0.555517

Cuando K = 6

R61=12 [R (6−1) ,1+h6−1∑

i=1

26−2

f (a+(i−12)h6−1)]=0.555047

PARA LOS VALORES DE LA SEGUNDA COLUMNA:

Rk 2=4 Rk 1−Rk−1 , 1

3

Cuando K = 2

R22=4 R21−R2−1 ,1

3=0.555545

Cuando K = 3



R32=4 R31−R3−1 ,1

3=0.554939

Cuando K = 4

R42=4 R41−R4−1 ,1

3=0.554893

Cuando K = 5

R52=4 R51−R5−1 ,1

3=0.554891

Cuando K = 6

R62=4 R61−R6−1 ,1

3=0.554890

PARA LOS VALORES DE LA TERCERA COLUMNA:

Rk 3=16 Rk 2−Rk−1 ,2

15

Cuando K = 3

R33=16 R32−R3−1 ,2

15=0.554891

Cuando K = 4

R43=16 R42−R4−1 ,2

15=0.554889

Cuando K = 5

R53=16 R52−R5−1 ,2

15=0.554890

Cuando K = 6



R63=16 R62−R6−1 , 2

15=0.554889

PARA LOS VALORES DE LA CUARTA COLUMNA:

Rk 4=64 Rk 3−Rk−1 ,3

63

Cuando K = 4

R44=64 R43−R4−1 ,3

63=0.554888

Cuando K = 5

R54=64 R53−R5−1 ,3

63=0.554890

Cuando K = 6

R64=64 R63−R6−1 ,3

63=0.554889

PARA LOS VALORES DE LA QUINTA COLUMNA:

Rk 5=256 Rk 4−Rk−1 , 4

255

Cuando K = 5

R55=256 R54−R5−1 , 4

255=0.554890

Cuando K = 6

R65=256 R64−R6−1 ,4

255=0.554889

PARA LOS VALORES DE LA SEXTA COLUMNA:

Rk 6=1024 Rk 5−Rk−1 ,5

1023

Cuando K = 6 PROFESOR: LUCIO AVILIO MALASQUEZ RUIZ Pág. 134


R66=1024 R65−R6−1 ,5

1023=0.554889

LA MATRIZ FINAL SERÁ:

0.712173

0.594777 0.55545

0.564899 0.554939 0.554891

0.557395 0.554889 0.554889 0.554888

0.555517 0.554890 0.554890 0.554890 0.554890

0.555047 0.554890 0.554889 0.554889 0.554889 0.554889



SOLUCIÓN NUMÉRICA DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS CON VALOR INICIAL.

I) De un solo paso:

Dada la Ecuación Diferencial Ordinaria:

Con la condición inicial:

a) Método de Euler:

Es de la forma:

O

Observación:

Euler es un caso particular de Taylor de orden 1.

Ejemplos resueltos:

1º forma de pregunta

1) Dado:

y ´=2 x y2

Con:

y (1 )=1

Hallar: y (1.1 )


y ´=f ( x , y ) / y ´=dydx

y (x0 )= y0

y i+1= y i+hf (x , y )

y i+1= y i+h y´ i


Solución:

Como: x0=1 , y0=1

Entonces:

Para i=0 , y1= y0+h y ´0

Donde:

y1=¿ y (1.1 )= y (x1 )

→ x1=1.1

→ h=x1−x0=1.1−1=0.1

h=0.1

Luego:

y1= y0+h y ´0 … (∝)

Donde:

y ´0=2 x0 y02

Reemplazando en (∝):

y1= y0+h2 x0 y02

y1=1+(0.1 ) (2 ) (1 )¿

y1=1.2

y (1.1 )=1.2




2) Dado:

y ´=2 x y2

Con:

y (1 )=1

Hallar: y (1.1 ) para x∈[1 , 2] , con n=4

Solución:

Como: h=b−a

n=2−1

4=0.25

i 0 1 2 3 4

x i x0 x1 x2 x3 x4

1 1.25 1.5 1.75 2

x1=x0+1 (0.25 )=1.25

x2=x0+2 (0.25 )=1.5

x3=x0+3 (0.25 )=1.75

x4=x0+4 (0.25 )=2

Para i=0, con (x0 , y0 ¿=(1 , 1)

y1= y0+h y ´0

y1= y0+h2 x0 y02

y1=1.2

Para i=1, con (x1 , y1 ¿=(1.25 ,1.2)

y2= y1+h2 x1 y12



y2=2.1

Para i=2, con (x2 , y2 ¿=(1.5 , 2.1)

y3= y2+h2 x2 y22

y3=5.4075

Para i=3, con (x3 , y3 ¿=(1.75 , 5.4075)

y4= y3+h 2x3 y32

y4=30.99342422

Para i=4, con (x4 , y4 ¿=(2 , 30.99342422)

y5= y4+h 2x 4 y 42

y5=991.5857691

b) Método de Taylor de orden K:

Es de la siguiente forma:

y i+1= y i+h y ´i

1 !+

h2 y i´ ´

2 !+

h3 y i´ ´´

3 !+…+

hk y i(k )

k !+ε

O

y (x i+1)= y (x i)+h y´ (x i)

1!+

h2 y´ ´ (x i)2 !

+h3 y´´ ´ (x i)

3 !+…+

hk y(k )(x i)k !

+ε

Donde:

El error local es de la forma:

ε=hk+1 y(k +1)(x i)

k+1!

Ejemplos resueltos:




Dado:

y´=x2+ y2 …(∝)

Con:

y (1 )=0

Por Taylor de orden 3 hallar: y (1.5)

Solución:

Como: x0=1 y y0=0

Y de y (1.5) se sabe que: x1=1.5

→ h=x1−x0=1.5−1=0.5

Luego, Taylor de orden 3 es de la forma:

y i+1= y i+h y ´i

1 !+

h2 y i´ ´

2 !+

h3 y i´ ´´

3 !

Para i=0 con (x¿¿0 , y0)=(1 , 0)¿

y1= y0+h y ´0

1 !+

h2 y0´ ´

2 !+

h3 y0´´ ´

3 !

Se requiere hallar:

y ´0 , y0´ ´ , y0

´ ´ ´

De(∝):

y´=x2+ y2 …(β)

y0´=x0

2+ y02

y0´=12+02

y0´=1

Derivando (β ) :

y´ ´=2 x+2 y y´ …(θ)

y0´ ´=2 x0+2 y0 y0

´



y0´ ´=2(1)+2(0)(1)

y0´ ´=2

Derivando (θ ) :

y´ ´ ´=2+2( y y´ ´+ y´ y´)

y0´ ´ ´=2+2( y0 y0

´ ´+ y0´ y0

´ )

y0´ ´ ´=2+2((0 ) (2 )+(1 ) (1 ))

y0´ ´ ´=4

Por último, reemplazando:

y1=0+80.5¿(0) ¿1 !+(0.5)2(2)

2 !+(0.5 )3(4)

3!

y1=0.8333333 …

y (1.5 )=0.8333333 …


Dado:

y´=x2+ y2 …(∝)

Con:

y (1 )=0

Por Taylor de orden 3 en el segmento x∈[1 , 2] , con n=2, hallar: y (1.5)

Solución:

Como: h=b−a

n=2−1

2=0.5

Determinamos los puntos: x i=x0+ih / x i∈ [1 , 2 ]

i=0 → x0=x0+0 h=1



i=1 → x1=x0+1 h=1.5

i=2 → x2=x0+2 h=2

Para i=0 con (x0 , y0 ¿=(1 , 0)

y1= y0+h y ´0

1 !+

h2 y0´ ´

2 !+

h3 y0´´ ´

3 !

y1=0.8333333 …(Resuelto anteriormente)

Para i=1 con (x1 , y1 ¿=(1.5 , 0.8333333)

y2= y1+h y ´ 1

1!+

h2 y1´´

2 !+

h3 y1´ ´ ´

3 !

Se requiere hallar: y ´1 , y1´ ´ , y1

´ ´ ´

De (∝ ¿:

y´=x2+ y2…(β ¿

y1´=x1

2+ y12

y1´=1.52+0.8333333 …2

y1´=2.9444444 …

Derivando (β ¿:

y´ ´=2 x+2 y y´ …(θ)

y1´ ´=2 x1+2 y1 y1

´

y1´ ´=2(1.5)+2(0.8333333 …)(2.9444444 …)

y1´ ´=7.907407405

Derivando (θ ) :

y´ ´ ´=2+2( y y´ ´+ y´ y´)

y1´ ´ ´=2+2( y1 y1

´´+ y1´ y1

´ )



y1´ ´ ´=2+2((0.8333333 … ) (7.907407405 )+(2.9444444 …) (2.9444444 … ))

y1´ ´ ´=32.5185185

Luego, reemplazando:

y2= y1+h y ´ 1

1!+

h2 y1´´

2 !+

h3 y1´ ´ ´

3 !

y2=0.8333333 …+(0.5 )(2.9444444…)

1!+(0.5 )2(7.907407405)

2!+(0.5 )3(32.5185185)

3 !

y2=3.235339504

Para i=2 con (x2 , y2 ¿=(2 ,3.235339504 )

y3= y2+h y ´ 2

1!+

h2 y2´ ´

2 !+

h3 y2´ ´ ´

3 !

Se requiere hallar: y ´2 , y2´ ´ , y2

´ ´ ´

De (∝ ¿:

y´=x2+ y2…(β ¿

y2´=x2

2+ y22

y2´=22+3.2353395042

y2´=14.46742171

Derivando (β ¿:

y´ ´=2 x+2 y y´ …(θ)

y2´ ´=2 x2+2 y2 y2

´

y2´ ´=2(2)+2(3.235339504)(14.46742171)

y2´ ´=97.61404193



Derivando (θ ) :

y´ ´ ´=2+2( y y´ ´+ y´ y´)

y2´ ´ ´=2+2( y2 y2

´´+ y2´ y2

´ )

y2´ ´ ´=2+2((3.235339504 ) (97.61404193 )+(14.46742171 ) (14.46742171 ))

y2´ ´ ´=1052.241714

Luego, reemplazando:

y3= y2+h y ´ 2

1!+

h2 y2´ ´

2 !+

h3 y2´ ´ ´

3 !

y3=3.235339504+(0.5 )(14.46742171)

1!+(0.5 )2(97.61404193)

2!+(0.5 )3(1052.241714)

3 !

y3=44.59250797

PREDICTOR – CORRECTOR

Como su nombre lo indica 1rose predice un valor ym+1, después se usa una formula diferente para corregir este valor.Los métodos Predictor-Corrector hallar el valor del pto(xm+ 1 , ym+ 1) utiliza información del pto

(x¿¿m , ym)¿ y sus precedentes donde cada pto precedente indica un paso, de aquí su nombre como método de múltiples pasos. A diferencia de los métodos de Runge-Kuta, Taylor, Euler, que son métodos de un solo paso (Para y i+1utiliza la información de y i )

Ejemplo: Usando el método predictor – corrector


Predictor: y i+1= y i−1+2 h y i'

Corrector: y i+1= y i+h2( y i

'+ y i+1' )


Con h=0.5, hallar y(1 ) sabiendo que y satisface: y '=x y2+3 x , y0=−0.5

Solución:

y '=f ( x, y)=x y2+3 xy; y0=−0.5 Y h=0.5

Por condición del problema.y i−1= y0=−0.5

y i= y(0.5)

y i+1= y(1)

Para aplicar el predictor corrector, se necesita hallar y1 por un método no menor de 2doorden (puede ser Taylor, o RK), Sea RK-4.

y1= y0+hb(k1+2k 2+2 k 3+k4)

k 1=f (x0 , y0 )= y0

'= y(0)' =0

en y '=x y2+3xy

y0'=x0 y0

2+3 x0 y0=0 (−0.5 )2+3 (0 )(−0.5)

y0'=0

k 2=¿ f( x0+

h2 , y0 +

12 k1)=f (0.25,00 .5+0.25 (0))¿

k 2=f (0.25 ,−0.5 )=(0.25 ) (−0.5 )2+3 (0.25 ) (−0.5 )=−0.3125

k 3=f(x0+

h2

, y0+12

k2)=f (0.25 ,−0.5+(0.25)(−0.3125))

k 3=f (0.25 ,−0.578125 )

k 3=0.25 (−0.578125 )2+3 (0.25 ) (−0.578125 )=−0.3500366

k 4=f(x0+

h2

, y0+12

k3)

k 4=f (0.5 ,−0.5+0.5 (−0.350066))

k 4=f (0.5 ,−0.67533)

k 4=0.5 (−0.67533 )2+3 (0.5 ) (−0.67533 )=−0.7847026

Si y1= y0+h6(k 1+2 k 2+2 k 3+k4)

y1=−0.5+0.56(…)

y i= y1=−0.6758146



y i'=(0.5 )(−0.6758146)2−3 (0.5 )(−0.6758146)

y i'=−0.7853592

Aplicando el predictor:

y i+1= y i−1+2 h y i'

y (1 )=−0.5+2 (0.5 )(−0.7853592)y (1 )=−1.2853592

y i+ 1' = y(1)

' =1 (−1.2853592 )2+3 (1 )(−1.2853592)

y i+1' =−2.2039293

Aplicando el corrector:

y i+1= y i+h2( y¿¿ i'+ y i+1

' )¿

y (1 )=−0.6758146+ 0.52(−0.7853592± 2.2039293)

y (1 )=−1.423167 → este es el corrector



ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Una ecuación diferencial ordinaria de orden n se puede transformar en un sistema de EDO de orden 1.Así se tiene una EDO de orden n:

con las condiciones iniciales y(x0)δ = y0

(δ)n condiciones iniciales

Sea las sgtes transformacionesy1= y

y2= y '

y3= y' '

.

yn= y(n−1)

Se tiene

y1'= y '= y2

y2'= y ' '= y3

.

yn'= yn=f (x , y , y ' , y ' ' , y ' ' ' , …, y (n−1))

Sea y i= y(x i)= → y i'= y(x¿¿ i)'=¿ ¿

Ejemplo 1: La Sgte. EDO de 3erorden y ' ' '+t y ' '−t y '=t

Con y(0 )= y(0)' ' =0 , y(0 )

' =1

Como un conjunto de ecuaciones de 1er orden

Solución: De y ' ' '+t y ' '−t y '−2 y=t → y ' ' '=t+2 y+t y '−t y ' '

Sea y= y1 y1(0)= y(0 )=0

y1'= y '= y2 y2 (0 )= y(0 )

' =1


y(n )=f ( x, y , y ' , y ' ' , y' ' ' , …, y (n−1) )

y1( xi)'

y2 (xi)'

…yn (x i)

'

y1( xi)

y2 (xi)

…yn (x i)


y2'= y ' '= y3 y3 (0 )= y(0 )

' ' =0

y3'= y' ' '

La EDO de3er orden se expresa como un conjunto de 3 ecuaciones de 1erorden sgte:

y1'= y2

y2'= y3

y3'=t+2 y1+ t y2−t y3

Matricialmente se tiene:

y '=¿ =

Con las Sgts. condiciones iniciales

y(0 )=¿ =

Ejemplo 2:

Dado x ' '=x2− y+et con x(0)=x(0)' =0

y ' '=x− y2−e t y(0 )=1 , y(0)' =−2

Expresar como un sistema de EDO de 1erorden

SoluciónSea y1=x y1

'=x ' y1'= y2

y2=x ' y2'=x ' ' y2

'=x ' '

y3= y y3'= y' y3

'= y4

y4= y ' y4' = y ' ' y4

' = y ' '

El sistema de EDO de 1er orden es:

y1'= y2

y2'=x2− y+et= y1

2− y3+e t

y3'= y4

y4' =x− y2−et= y1− y3

2−et


y2

y3

t+2 y1+t y2−t y3

y1'

y2'

y3'

010

y1(0)

y2 (0 )

y3 (0 )


y1 (0 )=0 , y2 (0 )=0 , y3 (0 )=1 , y4 (0 )=−2

Matricialmentey= = ,i=0,1,2

Sea t 0=0

y0= y(t0 )= y(0 )=¿ =

y '=¿ =


y1(ti)

y2 (ti)

y3 (ti)

y4 (ti)

y1

y2

y3

y4

001−2

y1(0)

y2 (0 )

y3 (0 )

y4 (0)

y2

y12− y3+et

y4

y1− y32−e2

y1'

y2'

y3'

y4'


CONCLUSIONES

Ventajas y desventajas de los métodos iterativos comparados con los métodos directos Ventajas: Probablemente son más eficientes que los métodos directos para sistemas de orden

muy alto.

Más simples de programar.

Pueden aprovecharse una aproximación a la solución, si tal aproximación existe.

Se obtiene fácilmente bajo aproximaciones burdas de la solución.

Son menos sensibles a los errores de redondeo (valiosos en sistemas mal

condicionados).

Se requiere menos memoria de maquina. Generalmente, las necesidades de

memoria son proporcionales al orden de la matriz.

Desventajas:

Si se tiene varios sistemas que comparten la matriz coeficiente, esto no representara

ahorro de cálculos ni tiempo de maquina, ya que por cada vector a la derecha de A

tendrá que aplicarse el método seleccionado.

Aun cuando la convergencia este asegurada, puede ser lenta y, por; lo tanto, los

cálculos requeridos para obtener una solución particular no son predecibles.

El tiempo de maquina y la exactitud del resultado dependen del criterio de

convergencia.

Si la convergencia es lenta, los resultados deben interpretarse con cautela.

No se tiene ventaja particular alguna (tiempo de maquina por iteración) si la matriz

coeficiente es simétrica.

No se obtiene la inversa de A ni el determinante de A.



INTEGRANTES

1. ALARCON MONRROY, ALEXANDER…………….. 08190032

2. ALVARADO LACMA, MARCIAL…………………………09190023

3. CORREA GALLUFFE, BORIS……………………………..08190144

4. CESPEDES BURGOS, JUAN……………………………….04190205

5. CAQUI PINTADO, GABRIEL……………………………...09190107

6. CASTILLO VELASQUEZ, JUAN………………………….09190026

7. CALDERON HUAMAN, DAVID JESUS………………..10190264

8. DELGADO ARPITA, MIGUEL…………………………….07190020

9. GOMERO GOMERO, CARLOS J………………………….09100168

10. HUAMANI QUISPE, JUAN PABLO…………………….03190038

11. LOPEZ PORRAS, JUAN JOSE……………………………..09190116

12. MARIANO CABELLO, ISIDRO…………………………...09190118

13. MENDOZA GUZMAN, JORGE……………………………07190151

14. MEJIA SANCHEZ, JOSE EDUARDO……………………08190173

15. ROSALES LEON, FERNANDO JESUS…………………09190171

16. RODRIGUEZ ALVARADO, JORGE……………………...08190051

17. RIVERA YANAC, VLADIMIR……………………………..09190139

18. SUEROS ZARATE, JONATHAN………………………….08190094

19. TUÑOQUE MEZA, JOB JOSUE……………………………05190041

20. VILLA FLORES, DANIEL…………………………………..06190148

21. ZAMORA MONTENEGRO, RONEL…………………….09190020

22. ZELADA LOPEZ, ROYBHER FRANK………………….09190153


libro de metodos numericos

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dado la ecuacin

generar la

es solucin

la siguiente

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por lo tanto