Analisis Numerico Libro Zapateiro

An´ alisis Num´ erico Notas de clase ———————————

An´ alisis Num´ erico Notas de clase ———————————

Jorge Vel´ asquez Zapateiro Virgilio Obeso Fern´ andez

Ediciones Uninorte Barranquilla-Colombia 2007

Jorge Vel´ asquez Zapateiro An´ alisis Num´ erico, Notas de clase Jorge Vel´ asquez Zapateiro, Virgilio Obeso Fern´ andez. Barranquilla:Ediciones Uninorte,2007 195p ISBN:

c °Ediciones Uninorte,2007 c °Jorge Vel´ asquez Zapateiro y Virgilio Obeso Fern´ andez, 2007

Cordinaci´ on editorial Zoila Sotomayor O.

Editor Jorge Vel´ asquez Zapateiro.

Correcci´ on de textos xxxxxxxxxxxxxxxx.

Dise˜ no de portada yyyyyyyyyyyyyy.

Impreso y hecho en Colombia Cargraphics Worl Bogotá

Índice general 1. N´ umeros en la Computadora 1.1. Sistemas Decimal y Binario . . . . . . . 1.2. Del Sistemas Decimal al Sistema Binario 1.3. N´ umeros en Punto Flotante . . . . . . . 1.4. Notación Cient´ıfica Normalizada . . . . . 1.5. Errores y Notación fl(x) . . . . . . . . . 1.5.1. Norma Vector . . . . . . . . . . . 1.5.2. Error Absoluto y Relativo . . . . 1.6. Análisis de Error . . . . . . . . . . . . . 1.7. Epsilon de la Máquina . . . . . . . . . . 1.8. Notación O de Landau . . . . . . . . . . 1.9. Pérdida de D´ıgitos Significativos . . . . .

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3 3 4 7 9 11 11 12 15 15 16 19

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25 26 27 36 37 37 43 45 49 52 56 59

Ecuaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67 68 70 73

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2. Soluci´ on de Ecuaciones no lineales 2.1. Ratas de Convergencia . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Punto Fijo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Análisis Gráfico del Método de Punto Fijo . . . 2.4. Métodos de Localización de Ra´ıces . . . . . . . 2.4.1. Método de Bisección o B´ usqueda Binaria 2.5. Método de Falsa Posición o Regula Falsi . . . . 2.6. Método de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.1. Convergencia del Método de Newton . . 2.7. Método Modificado de Newton . . . . . . . . . 2.8. Método de la Secante . . . . . . . . . . . . . . . 2.9. Método ∆2 de Aitken . . . . . . . . . . . . . . . 3. Soluci´ on de Sistema de 3.1. Vectores y Matrices . 3.2. Matrices . . . . . . . 3.3. Determinantes . . . .

v

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vi

J Vel´ asquez Zapateiro/ V. Obeso Fern´ andez

3.3.1. Norma Matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Sistema de Ecuaciones Lineales . . . . . . . . . . . . 3.4.1. Sistemas Triangulares Superior . . . . . . . . 3.5. Eliminación de Gauss y Pivoteo . . . . . . . . . . . . 3.5.1. Transformaciones Elementales . . . . . . . . . 3.5.2. Operaciones Elementales en los Renglones . . 3.6. Estrategias de Pivoteo . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6.1. Pivoteo Trivial . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6.2. Pivoteo Parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6.3. Pivoteo Parcial Escalado . . . . . . . . . . . . 3.7. Factorización LU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8. Método de Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9. Método de Gauss- Saidel . . . . . . . . . . . . . . . . 3.10. Sistema de Ecuaciones no Lineales . . . . . . . . . . . 3.10.1. Método de Newton . . . . . . . . . . . . . . . 3.10.2. Ventajas y Desventajas de Método de Newton 3.10.3. Método de Punto Fijo . . . . . . . . . . . . . 4. Interpolaci´ on Polinomial 4.1. Interpolación de Lagrange . . . . . . . . . . . 4.2. Cotas de Error . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Polinomio Interpolador de Newton . . . . . . 4.4. Polinomios de Hermite . . . . . . . . . . . . . 4.5. Aproximación de Padé . . . . . . . . . . . . . 4.6. Interpolación a Trozos . . . . . . . . . . . . . 4.6.1. Interpolación Lineal a Trozos . . . . . 4.6.2. Interpolación C´ ubica o Cercha C´ ubica 4.7. Aproximación con Polinomios Trigonométricos

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74 76 77 80 80 80 83 83 83 84 85 88 91 93 93 97 97

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105 . 107 . 111 . 114 . 119 . 125 . 129 . 130 . 131 . 150

5. Derivaci´ on e Integraci´ on Num´ erica 5.1. Derivación Numérica . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.1. Análisis de Error . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Extrapolación de Richardson . . . . . . . . . . . . . 5.3. Integración Numérica . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4. Integración Compuesta . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.1. Regla Compuesta del Trapecio . . . . . . . . 5.4.2. Regla Compuesta de Simpson . . . . . . . . 5.4.3. Regla Compuesta de los 83 Simpson . . . . . 5.4.4. Cotas de Error para las Reglas Compuestas 5.5. Método de Integración de Romberg . . . . . . . . . 5.6. Cuadratura Adaptativa . . . . . . . . . . . . . . . .

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ÍNDICE GENERAL

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161 161 174 175 180 193 193 196 199 201 206 211

vii

An´ alisis Num´ erico. Notas de clase

5.7. Integración Gauss-Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 5.8. Integrales Impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 5.9. Integración Doble . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226 6. Ecuaciones Diferenciales Ordinarias con Condiciones Iniciales 239 6.1. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden con Condiciones Iniciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240 6.2. Métodos de Euler y de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243 6.2.1. Método de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245 6.2.2. Cotas de Error . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246 6.2.3. Método de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 6.3. Métodos de Runge-Kuta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252 6.4. Métodos Expl´ıcitos de Adams- Bashforth . . . . . . . . . . . . 257 6.4.1. Método de Adams- Bashforth de dos pasos . . . . . . . 257 6.4.2. Método de Adams- Bashforth de tres pasos . . . . . . . 257 6.4.3. Método de Adams- Bashforth de cuatro pasos . . . . . 258 6.5. Métodos de Adams-Moulton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260 6.5.1. Método se Adams-Moulton de dos pasos . . . . . . . . 260 6.5.2. Método se Adams-Moulton de tres pasos . . . . . . . . 261 6.6. Métodos Predictor-Corrector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264 6.6.1. Método de Milne-Simpson . . . . . . . . . . . . . . . . 266 6.7. Sistema de Ecuaciones Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . 269 6.7.1. Aproximación Numérica . . . . . . . . . . . . . . . . . 270 6.8. Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior . . . . . . . . . . 272 Bibliograf´ıa.........................................................................

ÍNDICE GENERAL

279

viii


ÍNDICE GENERAL

1


0pt0.4pt

ÍNDICE GENERAL

2


ÍNDICE GENERAL

Cap´ıtulo 1

N´ umeros en la Computadora La aparición de los computadores ha hecho posible la solución de problemas, que por su tama˜ no antes eran excluidos. Desafortunadamente los resultados son afectados por el uso de la Aritm´ etica de Precisi´ on Finita, en la cual para cada n´ umero se puede almacenar tantos d´ıgitos como lo permita el dise˜ no del computador. As´ı por ejemplo, de nuestra experiencia √ esperamos tener siempre expresiones 2 verdaderas como 2 + 2 = 4, 3 = 9, ( 5)2 = 5, pero en la aritmética de √ precisión finita 5 no tiene un solo n´ umero fijo y finito, que lo representa. √ Como 5 no tiene una representación de d´ıgitos finitos, en el interior del computador se le da un valor aproximado cuyo cuadrado no es exactamente 5, aunque con toda probabilidad estará lo bastante cerca a él para que sea aceptable.

1.1.

Sistemas Decimal y Binario

El sistema numérico de uso frecuente es el sistema decimal. La base del sistema decimal sabemos es 10. Ahora bien la mayor´ıa de las computadoras no usan el sistema decimal en los cálculos ni en la memoria, sino que usan el sistema binario que tiene base 2, y su memoria consiste de registros magnéticos, en los que cada elemento solo tiene los estados encendido o apagado. La base de un sistema numérico recibe el nombre de ra´ız. Para el sistema decimal como se dijo es 10 y para el binario es 2. La base de un n´ umero se denota por un sub´ındice as´ı que (3.224)10 es 3.224 en base 10, (1001.11)2 es 1001.11 en base 2.

3

4


El valor de un n´ umero base r es (abcdef g.hijk)r y se calcula como a×r6 +b×r5 +c×r4 +d×r3 +e×r2 +f ×r1 +g×r0 +h×r−1 +i×r−2 +j×r−3 +k×r−4

1.2.

Del Sistemas Decimal al Sistema Binario

Consideremos el n´ umero 17 en base 10 (de aqu´ı en adelante se omite la base si ésta es 10) este se puede escribir en base 2 de la siguiente forma (17)10 = (10001)2 en efecto 1 × 24 + 0 × 23 + 0 × 22 + 0 × 21 + 1 × 20 = 16 + 1 = 17, o también 427.325 ≈ (110101011.0101001)2 Ahora (1001.11101)2 = 1 × 23 + 0 × 22 + 0 × 21 + 1 × 20 + 1 × 2−1 + 1 × 2−2 + 1 × 2−3 + 0 × 2−4 + 1 × 2−5 = 9.90625. En general si N es un n´ umero natural entonces existen cifras a0 , a1 , a2 , a3 , . . . , aK ∈ {0, 1} tales que N = aK × 2K + aK−1 × 2K−1 + aK−2 × 2K−2 + · · · + a1 × 21 + a0 × 20 . Un algoritmo para encontrar la representación binaria de un n´ umero natural N , se puede establecer si dividimos la expresión anterior entre dos teniendo entonces que a0 N = aK × 2K−1 + aK−1 × 2K−2 + aK−2 × 2K−3 + · · · + a1 × 20 + , 2 2 si llamamos P0 = aK × 2K−1 + aK−1 × 2K−2 + aK−2 × 2K−3 + · · · + a1 × 20 , entonces

a0 N = P0 + , 2 2 luego a0 es el resto que resulta de dividir a N entre dos, dividiendo ahora a P0 entre dos se tiene que P0 a1 = aK × 2K−2 + aK−1 × 2K−3 + aK−2 × 2K−4 + · · · + a3 × 21 + a2 × 20 + , 2 2 ´ CAPÍTULO 1. NUMEROS EN LA COMPUTADORA

5


con lo que

a1 P0 = P1 + , 2 2

donde P1 = aK × 2K−2 + aK−1 × 2K−3 + aK−2 × 2K−4 + · · · + a3 × 21 + a2 × 20 o sea que a1 es el resto de dividir a P0 entre dos, y se continua este procedimiento hasta que se encuentre un n´ umero K, tal que PK = 0, de lo anterior se tiene el siguiente algoritmo N = 2P0 + a0 P0 = 2P1 + a1 . . . PK−2 = 2PK−1 + aK−1 PK−1 = 2PK + aK

PK = 0

Ejemplo 1.2.1. Utilizar el algoritmo anterior para escribir a 1357 en notaci´ on binaria. Soluci´ on 1357 = 678 × 2 + 1,

a0 = 1

678 = 339 × 2 + 0,

a1 = 0

339 = 169 × 2 + 1,

a2 = 1

169 = 84 × 2 + 1,

a3 = 1

84 = 42 × 2 + 0,

a4 = 0

42 = 21 × 2 + 0,

a5 = 0

21 = 10 × 2 + 1,

a6 = 1

10 = 5 × 2 + 0,

a7 = 0

5 = 2 × 2 + 1,

a8 = 1

2 = 1 × 2 + 0,

a9 = 0

1 = 0 × 2 + 1,

a10 = 1

1.2. DEL SISTEMAS DECIMAL AL SISTEMA BINARIO

6


luego 1357 = a10 a9 a8 a7 a6 a5 a4 a3 a2 a1 a0 = (10101001101)2 ¥ Supongamos ahora se tiene Q ∈ R con 0 < Q < 1, entonces existen, b1 , b2 , b3 , b4 · · · ∈ {0, 1}, tal que Q = 0.b1 b2 b3 b4 b5 . . . , y por tanto Q = b1 × 2−1 + b2 × 2−2 + b3 × 2−3 + · · · + bk × 2−k + . . . si multiplicamos a Q por dos se tiene que 2Q = b1 + b2 × 2−1 + b3 × 2−2 + · · · + bk × 2−k+1 + . . . si F1 = f rac(2Q), donde f rac(x) es la parte fraccionaria de x, y b1 = [|2Q|], donde [|x|], es la parte entera de x, entonces F1 = b2 × 2−1 + b3 × 2−2 + · · · + bk × 2−k+1 + . . . , multiplicando ahora a F1 por dos se tiene que 2F1 = b2 + b3 × 2−1 + · · · + bk × 2−k+2 + · · · = b2 + F2 , donde F2 = f rac(2F1 ), y b2 = [|2F1 |], continuando este proceso formamos dos sucesiones {bk } y {Fk }, dadas por bk = [|2Fk−1 |] y Fk = f rac(2Fk−1 ), con b1 = [|2Q|] y F1 = f rac(2Q) se tiene entonces que la representación binaria de Q es ∞ X Q= bi 2−i i=1

Ejemplo 1.2.2. Utilizar el algoritmo anterior para escribir a 0.234 en notación binaria. Soluci´ on Sea Q = 0.234, entonces 2Q = 0.468,

b1 = [|0.468|] = 0

F1 = f rac(0.468) = 0.468

2F1 = 0.936,

b2 = [|0.936|] = 0

F2 = f rac(0.936) = 0.936

2F2 = 1.872,

b3 = [|1.872|] = 1

F3 = f rac(1.872) = 0.872

´ CAPÍTULO 1. NUMEROS EN LA COMPUTADORA

7


2F3 = 1.744,

b3 = [|1.744|] = 1

F4 = f rac(1.744) = 0.744

2F4 = 1.488,

b5 = [|1.488|] = 1

F5 = f rac(1.488) = 0.488

2F5 = 0.976,

b6 = [|0.976|] = 0

F6 = f rac(0.976) = 0.976

2F6 = 1.952,

b7 = [|1.952|] = 1

F7 = f rac(1.952) = 0.952

. . de lo anterior se tiene que Q = 0.234 = (0.0011101 . . . )2 ¥

1.3.

N´ umeros en Punto Flotante

Definici´ on 1.3.1. Los n´ umeros en punto flotante son n´ umeros reales de la forma ±α × β e donde α tiene un n´ umero de d´ıgitos limitados, β es la base y e es el exponente que hace cambiar de posici´ on al punto decimal. Definici´ on 1.3.2. Un n´ umero real x tiene una representaci´ on punto flotante normalizada si x = ±α × β e con

1 β

< |α| < 1

En el caso que x tenga representación punto flotante normalizada entonces x = ±0, d1 d2 ...dk × β e donde si x 6= 0, d1 6= 0, 0 ≤ di < β, i = 1, 2, 3, ....k y L ≤ e ≤ U . Definici´ on 1.3.3. El conjunto de los n´ umeros en punto flotante se le llama, conjunto de n´ umeros de máquina. El conjunto de n´ umero de máquina es finito, ya que si x = ±0.d1 d2 d3 d4 · · · dt × β e , con d1 6= 0, 0 ≤ di ≤ β − 1, L ≤ e ≤ U , entonces para asignarle valor a d1 , hay β − 1 posibles valores y para di , i = 2, 3, 4, . . . t hay β posibles asignaciones, luego, entonces existirán ´ 1.3. NUMEROS EN PUNTO FLOTANTE

8


(β − 1) ββ · · · β = (β − 1)β t−1 , fracciones positivas. | {z } t−1 factores

Pero, como el n´ umero de exponentes es U − L + 1 en total habrán (β − 1)β t−1 (U − L + 1) n´ umeros de máquina positivos y tomando los n´ umeros máquina negativos, el total de n´ umeros de máquina es 2(β − 1)β t−1 (U − L + 1) + 1, teniendo en cuenta que el cero es también un n´ umero de máquina. Esto significa que cualquier n´ umero real debe ser representado por t−1 uno de los 2(β − 1)β (U − L + 1) + 1 n´ umero de máquina.

Ejemplo 1.3.1. Como ejemplo, tomemos β = 2, t = 3, L = −2 y U = 2, en este caso, las mantisas ser´ıan (0.100)2 , (0.101)2 , (0.110)2 y (0.111)2 los 1 5 3 cuales son la representaci´ on en base dos de los n´ umeros reales , , y 2 8 4 7 respectivamente, el total de n´ umeros es máquina aparecen en la siguiente 8 tabla -2 (0.100)2 × 2−2 (0.101)2 × 2−2 (0.110)2 × 2−2 (0.111)2 × 2−2

-1 (0.100)2 × 2−1 (0.101)2 × 2−1 (0.110)2 × 2−1 (0.111)2 × 2−1

0 (0.100)2 × 20 (0.101)2 × 20 (0.110)2 × 20 (0.111)2 × 20

1 (0.100)2 × 21 (0.101)2 × 21 (0.110)2 × 21 (0.111)2 × 21

2 (0.100)2 × 22 (0.101)2 × 22 (0.110)2 × 22 (0.111)2 × 22

TABLA 1 que corresponden respectivamente a los n´ umeros reales de la siguiente tabla

4 32

8 32

16 32

32 32

64 32

5 32

10 32

20 32

40 32

80 32

6 32

12 32

24 32

48 32

96 32

7 32

14 32

28 32

56 32

112 32


9


TABLA 2 El total de n´ umeros de máquina es 2(2 − 1) × 22 (2 + 2 + 1) + 1 = 41 los cuales son 4 5 6 7 8 10 12 14 16 20 24 0, ± , ± , ± , ± , ± , ± , ± , ± , ± , ± , ± 32 32 32 32 32 32 32 32 32 32 32 28 32 40 48 56 64 80 96 112 ± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± 32 32 32 32 32 32 32 32 32

1.4.

Notaci´ on Cient´ıfica Normalizada

En la sección anterior, hablamos de representación punto flotante y punto flotante normalizado, de acuerdo a eso si x ∈ R está en base 10 este se puede normalizar tomando x = ±r × 10n con 0.1 ≤ r < 10 y n un entero. Obviamente si x = 0 entonces r = 0

Ejemplo 1.4.1. 1) 732.5051 se puede representar como punto flotante normalizado escribiendo 732.5051 = 0.7325051 × 103 . 2) De la misma manera −0.005612 = −0.5612 × 10−2 Por otro lado si x está en el sistema binario, se puede representar en punto flotante normalizado si se escribe de la forma x = ±q × 2m , donde 0.5 ≤ q < 1 y m es un entero.

Ejemplo 1.4.2. 1) (101.01)2 = 0.10101 × 23 2) (0.0010111)2 = 0.10111 × 2−2 Nota: (0.1)2 = 1 × 2−1 = 0.5. En una computadora los n´ umeros se representan de la manera anteriormente comentada, pero con ciertas restricciones sobre q y m impuestas por la longitud de la palabra. Si suponemos se tiene una computadora hipotética, la cual llamaremos NORM-32, y si además suponemos que tiene una longitud de palabra de 32 bits (1bit = 1Binary digital), estos se distribuyen de la manera siguiente:

´ CIENTÍFICA NORMALIZADA 1.4. NOTACION

10


donde los dos primeros espacios son reservado para los signos, asignándole cero si el signo es positivo y uno si es negativo, los siguientes siete espacios para el exponente y los restantes para la mantisa. Dado que un n´ umero real distinto de cero x = ±q × 2m , siempre puede normalizarse de tal manera que 21 ≤ q < 1, podemos suponer que el primer bit en q es 1, y por lo tanto no requiere almacenamiento esto es, si se quiere almacenar en NORM-32 el n´ umero 0.828125 el cual es equivalente 0 a (0.110101)2 × 2 esto se hace de la forma indicada. 0

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

1

0

1

.

.

.

.

.

.

0

Ejemplo 1.4.3. Representar y almacenar en punto flotante normalizado -0.125 Soluci´ on Se tiene que 0.125 × 2 = 0.25 | 0 0.25 × 2 = 0.5 | 0 0.5 × 2 = 1 | 1, entonces −0.125 = (−0.001)2 = (−0.1)2 × 2−2 . Además 2 = (10)2 , as´ı que su representación es 1

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

.

.

.

.

0

¥ Ejemplo 1.4.4. Representar y almacenar en punto flotante normalizado 117.125 Soluci´ on Sabemos que 117 = (1110101)2 y que 0.125 = (0.001)2 , luego 117.125 = (1110101.001)2 = (0.1110101001)2 × 27 y 7 = (111)2 luego para almacenarlo se hace de la siguiente forma ´ CAPÍTULO 1. NUMEROS EN LA COMPUTADORA

11


0

0

0

0

0

0

1

1

1

1

1

0

1

0

1

.

.

.

.

0

¥ Ahora, hemos dicho que |m| no requiere más de 7 bits lo cual significa que |m| ≤ (1111111)2 = 27 − 1 = 127 de modo que el exponente de 7 d´ıgitos binarios proporciona un intervalo de 0 a 127, pero el uso exclusivo de enteros positivos para el exponente no permite una representación adecuada para n´ umeros peque˜ nos, para que esto pueda ser posible se toma el exponente en el intervalo [−63, 64] También hemos dicho que q requiere no más de 24 bits, por lo tanto los n´ umeros de nuestra máquina hipotética tienen una precisión limitada que corresponde a entre 7 y 8 d´ıgitos decimales ya que el bit menos significativo en la mantisa representa unidades del orden 2−24 ≈ 10−7 . Esto quiere decir que n´ umeros expresados mediante más de siete d´ıgitos decimales serán objeto de una aproximación cuando se dan como datos de entrada o como resultados de operaciones.

1.5.

Errores y Notaci´ on fl(x)

1.5.1.

Norma Vector

Definici´ on 1.5.1. Sea V un espacio vectorial. Una función g : V −→ R es una norma vector si ∀x, y ∈ V y α un escalar, se cumple que 1. g(x) ≥ 0 y g(x) = 0 si y solo si x = 0. 2. g(αx) = |α|g(x). 3. g(x + y) ≤ g(x) + g(y). Entre las clases de norma están las denominadas p-normas las cuales se define como Definici´ on 1.5.2. Para 1 ≤ p < ∞ se definen as´ı ||x||p =

n hX

|xi |

p

i p1

.

i=1

Otra norma muy usada en análisis numérico es la norma del máximo cuya definición presentamos ahora ´ FL(X) 1.5. ERRORES Y NOTACION

12


Definici´ on 1.5.3. Sea x ∈ Rn , definimos la norma del máximo como ||x||∞ = máx |xi |. 1≤i≤n

Nota: Si p = 1, se tiene que ||x||1 = i1 hP n 2 2 ||x||2 = |xi |

hP n

i |xi | y si p = 2, se tiene que

i=1

i=1

1.5.2.

Error Absoluto y Relativo

Definici´ on 1.5.4. Si x ∈ Rn y x? ∈ Rn , es una aproximaci´ on a x, definimos el error absoluto como E = kx − x? k. Definici´ on 1.5.5. Si x ∈ Rn y x? ∈ Rn , es una aproximaci´ on a x, definimos el error relativo como Er =

kx − x? k kxk

x 6= 0.

NOTA: Si n = 1 entonces E = |x − x? | y Er =

|x − x? | |x|

x 6= 0.

Definici´ on 1.5.6. Si x ∈ R y x? ∈ R es su aproximaci´ on, se dice que x? tiene por lo menos p - β cifras significativas exactas si E ≤ 12 β −p . Definici´ on 1.5.7. Si x ∈ R y x? ∈ R es su aproximaci´ on, se dice que x? tiene por lo menos p - β d´ıgitos significativos exactos si Er ≤ 21 β −p+1 . Como hemos dicho los n´ umeros pueden sufrir aproximaciones cuando se dan como datos de entrada o como resultados de operaciones, estas aproximaciones se pueden hacer de dos formas: Truncamiento: En este proceso el n´ umero se representa por medio del mayor n´ umero de la máquina menor que el n´ umero dado. Redondeo: En este proceso el n´ umero se representa por el n´ umero de máquina más cercano al n´ umero dado. ´ CAPÍTULO 1. NUMEROS EN LA COMPUTADORA

13


Los errores de redondeo pueden ser sutiles, cuando se realizan cálculos individuales pero estos pueden perjudicar la precisión computacional si existen dos situaciones las cuales son 1. Cuando se suman una sucesión de n´ umeros, especialmente si estos decrecen en valor absoluto. 2. Cuando se hace la diferencia entre dos n´ umeros casi idénticos, ya que se cancelan los d´ıgitos principales. Por lo anterior, si deseamos estimar el error cometido al aproximar un n´ umero m positivo x = ±0.d1 d2 ...dt dt+1 ...×β , di 6= 0 mediante un n´ umero de máquina, notado f l(x), esto se hace de la siguiente forma Con redondeo 1. f l(x) = ±0.d1 d2 ...dt × β m si 0 ≤ dt+1 < β2 . 2. f l(x) = ±(0.d1 d2 ...dt + β −t ) × β m si

β 2

≤ dt+1 < β

Con truncamiento f l(x) = ±0.d1 d2 ...dt × β m Se puede probar que si hay redondeo los errores absoluto y relativo son E ≤ 21 β m−t y Er ≤ 12 β 1−t si hay truncamiento son E ≤ β m−t y Er ≤ β 1−t . En nuestra computadora hipotética NORM-32, si x = 0 m m (0.d1 d2 d3 ...d24 d25 d26 ...) × 2 , el n´ umero x = (0.d1 d2 d3 ...d24 ) × 2 obtenido por truncamiento se encuentra a la izquierda de x en la recta real y el 00 n´ umero x = (0.d1 d2 d3 ...d24 + 2−24 ) × 2m obtenido por redondeo se localiza 0 00 a la derecha de x (ver figura 1.1). El más cercano a x entre x y x se

x

x

0

x00

Figura 1.1 selecciona para representar a x en la computadora. Obsérvese que si x representa mejor a x. entonces 1 0 1 0 00 |x − x | ≤ |x − x | ≤ × 2−24 × 2m = 2m−25 , 2 2 ´ FL(X) 1.5. ERRORES Y NOTACION

0

14


luego el error relativo es 0

|x − x | 2m−25 2−25 2−25 Er = = 2−24 , ≤ = ≤ 1 |x| q × 2m q 2 00

y si x está más cercano a x , entonces 1 00 00 0 |x − x | ≤ |x − x | = 2m−25 , 2 luego entonces el error relativo es 00

|x − x | Er = ≤ 2−24 . |x|

Es posible que durante el transcurso del cálculo, se genere un n´ umero ±q×2m , donde m quede por fuera del rango permitido por la computadora. Si m es demasiado grande se dice que se produce un sobreflujo o desbordamiento por exceso (OVERFLOW) y se interrumpen los cálculos, si m es por el contrario muy peque˜ no se dice que ocurre un subflujo o desbordamiento por defecto (UNDERFLOW) y suele dársele el valor cero; en NORM-32 esto ocurre para m > 127 o m < −127 respectivamente. Definici´ on 1.5.8. Sean x y y puntos flotantes, definimos ⊕, ª, ⊗ y ®, llamadas operaciones de punto flotante, de la siguiente forma, x ⊕ y = f l(f l(x) + f l(y)) x ª y = f l(f l(x) − f l(y)) x ⊗ y = f l(f l(x) × f l(y)) x ® y = f l(f l(x)/f l(y)) donde +, −, ×, / son las operaciones usuales 24 Para ilustrar estas operaciones sean x, y ∈ R, tales que f l(x) = y f l(y) = 32 7 , son n´ umeros punto flotantes, dados en el ejemplo 1.3.1, entonces, 32 ³ 24 ³ 31 ´ 32 7´ x ⊕ y = fl + = fl = =1 32 32 32 32 ³ 24 ³ 17 ´ 16 7´ x ª y = fl − = fl = 32 32 32 32 ´ CAPÍTULO 1. NUMEROS EN LA COMPUTADORA

15


³ 24

³ 21 ´ 7´ 20 5 × = fl = = x ⊗ y = fl 32 32 128 128 32 ³ 24 . 7 ´ ³ 24 32 ´ ³ 24 ´ ³ 768 ´ 784 112 x ® y = fl = fl × = fl = fl = = 32 32 32 7 7 224 224 7 Observemos que si f l(x) =

96 32

x ® y = fl

y f l(y) =

4 , 32

entonces

³ 96 . 4 ´ ³ 96 ´ 112 = fl = 32 32 4 32

(fenómeno OVERFLOW) ya que

96 4

>

112 32

En resumen si f l(x) es el n´ umero de máquina más cercano a x y tomamos f l(x) − x δ= , entonces, f l(x) = x(1 + δ) y |δ| ≤ 12 β 1−t = ² o |δ| ≤ β 1−t = ² x usando aritmética de redondeo o truncamiento respectivamente. El n´ umero ² se conoce como error de redondeo unitario o unidad de redondeo. En NORM-32 la unidad de redondeo es 2−24 .

1.6.

An´ alisis de Error

Sea ⊗ un operador con el cual representamos una cualquiera de las operaciones básicas +, - ×, ÷ y sean x, y dos n´ umeros cualesquiera y si x ⊗ y debe calcularse y almacenarse, entonces, la variación computada de x ⊗ y es f l(x ⊗ y), entonces cabe preguntarse que tan preciso es f l(x ⊗ y)? Por lo anterior f l(x⊗y) = (x⊗y)(1+δ) con |δ| ≤ ², si x, y son n´ umeros de la máquina. Si x, y no son n´ umeros de la máquina, entonces f l[f l(x) ⊗ f l(y)] = (x + (1 + δ1 ) ⊗ (y + (1 + δ2 ))(1 + δ3 ) con δi ≤ ².

1.7.

Epsilon de la M´ aquina

Ya se ha comentado que si una máquina funciona con una base β y utiliza t posiciones en la mantisa de sus n´ umeros de punto flotante entonces f l(x) = x(1 + δ),

|δ| ≤ ²

donde ² = 12 β 1−t en caso de redondeo y ² = β 1−t en caso de truncamiento. El n´ umero ² (error de redondeo unitario) es una caracter´ıstica de la máquina, de su sistema operativo y de la manera en que efect´ ua los cálculos. El epsilon de la máquina es importante porque caracteriza la precisión de la máquina ´ 1.6. ANALISIS DE ERROR

16


en tal forma que los programas computacionales sean razonablemente independientes de la máquina en donde se ejecuta, sirve además como criterio de parada de los algoritmos. Definici´ on 1.7.1. Se define ² de la máquina, abreviadamente “macheps”, como el n´ umero positivo más peque˜ no τ tal que sumado con 1 da como resultado, un n´ umero mayor que 1, esto es ² = {τ : τ + 1}. Este n´ umero es posible hallarlo con el siguiente algoritmo ALGORITMO Inicio eps ← 1.0 Mq 1.0 + eps > 1.0 epsilon ← eps eps ← 0.5 × eps FMq Escriba epsilon Fin En el caso de nuestra máquina hipotética “macheps”= 2−24

1.8.

Notaci´ on O de Landau

Con el propósito de determinar que tan rápido crece o decrece una función, Edmund Landau introdujo la notación de órdenes de magnitud que lleva su nombre. Por ejemplo, el desarrollo de Taylor de la función exponencial se puede escribir como x2 + O(x3 ), x → 0, 2! donde el u ´ltimo término significa que el término de error del teorema de Taylor es menor, en valor absoluto, que una constante que multiplica a x3 , cuando x está cerca de 0. ex = 1 + x +

De manera formal se tiene la siguiente definición Definici´ on 1.8.1. Dos funciones f (x) y g(x) de variable real son del mismo orden de magnitud, escrito f (x) = O(g(x)), más propiamente, f (x) = O(g(x)),

x → ∞,

si y solo si, existen constantes N y C tales que |f (x)| ≤ C|g(x)|,

∀x > N.


17


Lo que intuitivamente significa que f (x) no crece más rápido que g(x) En general, si a ∈ R, escribiremos f (x) = O(g(x)),

x → a,

si y solo si, existen constantes α, β tales que |f (x)| ≤ β|g(x)|,

|x − a| < α.

Normalmente, el contexto determina el valor de a o si ésta es ∞. Se denomina de orden constante a una función O(1), logar´ıtmico si es O(log(n)), lineal si O(n), cuadrático para O(n2 ), polinómico para O(nk ) con k ∈ N, y exponencial para O(cn ) con 0 < c ∈ R. Es fácil comprobar que O(log(n)) = O(log(nc )). Además de la notación O grande, Landau también introdujo la notación o peque˜ na. Informalmente f (x) = o(g(x)) significa que f crece mucho más lentamente que g y se hace cada vez más insignificante respecto a ella conforme x crece. Formalmente, se tiene Definici´ on 1.8.2. f (x) = o(g(x)), para x → ∞ si y solo si ∀γ > 0, existe una constante N , tal que |f (x)| ≤ γ|g(x)|,

∀x > N.

En general, se tiene que Definici´ on 1.8.3. f (x) = o(g(x), x → a, si y solo si, ∀γ > 0, existe una constante η tal que |f (x)| ≤ γ|g(x)|,

∀|x − a| < η.

Cuando a es cero o infinito, y queda claro su valor por el contexto, se omite. Es fácil observar que los s´ımbolos O y o son equivalentes a ≤ y <. El s´ımbolo O tiene propiedades las cuales mostramos en el siguiente teorema Teorema 1.8.1. 1. Si f (x) = O(g(x)) y h(x) = O(g(x)), entonces, λf (x) + νh(x) = O(g(x)) ´ O DE LANDAU 1.8. NOTACION

18


2. Si f (x) = O(g(x)), h(x) O(g(x)k(x)).

=

O(k(x)), entonces, f (x)h(x)

=

3. Si f (x) = O(g(x)), g(x) = O(h(x)), entonces,f (x) = O(h(x)) Demostraci´ on. 1.- Como f (x) = O(g(x)) y h(x) = O(g(x)), entonces, existen constantes N1 y N2 , tales que, |f (x)| ≤ N1 |g(x)|

y |h(x)| ≤ N2 |g(x)|,

luego |λf (x) + νg(x)| ≤ |λ||f (x)| + |ν||g(x)|, de modo que, |λf (x) + νg(x)| ≤ |λ|N1 |g(x)| + |ν|N2 |g(x)| = (|λ|N1 + |ν|N2 )|g(x)|, por tanto existe una constante N = |λ|N1 + |ν|N2 , tal que |λf (x) + νg(x)| ≤ N |g(x)|, de modo que λf (x) + νh(x) = O(g(x)) 2.- Si f (x) = O(g(x)), h(x) = O(k(x)), entonces existen constantes N1 y N2 , tales que |f (x)| ≤ N1 |g(x)| y |h(x)| ≤ N2 |k(x)|, luego |f (x)h(x)| = |f (x)||h(x)| ≤ N1 |g(x)|N2 |k(x)| = (N1 N2 )|g(x)k(x)|, as´ı que existe una constante N = N1 N2 , tal que |f (x)h(x)| ≤ N |g(x)k(x)|, y por lo tanto, f (x)h(x) = O(g(x)k(x)), 3.- Si f (x) = O(g(x)), g(x) = O(h(x)), existen constantes N1 y N2 , tales que f (x)| ≤ N1 |g(x)|

y

|g(x)| ≤ N2 |h(x)|,

por lo tanto |f (x)| ≤ N1 |g(x)| ≤ N1 (N2 |h(x)|) = N |h(x)|, con N = N1 N2 , de modo que existe N = N1 N2 , tal que |f (x)| ≤ N |h(x)|, y por lo tanto f (x) = Oh(x) ´ CAPÍTULO 1. NUMEROS EN LA COMPUTADORA

19


La notación O, por supuesto también permite comparar sucesiones, {an }, {bn } de forma an ≤ bn de acuerdo a la siguiente definición Definici´ on 1.8.4. Sean {an } y {bn } dos sucesiones, con bn > 0 ∀n, si existe una constante C tal que |an | ≤ Cbn , con n ≥ N , para alg´ un n´ umero natural N , entonces se dice que an = O(bn ) |an | = L 6= ∞ n→∞ bn ³ ´ 1 1 2 1 1. Como 2 ≤ , entonces 2 = O n n(n + 1) n n(n + 1)

La definición anterior es equivalente a decir que l´ım Ejemplo 1.8.1.

2. Se sabe que | cos n| ≤ 1, luego cos n = O(1). ¯ ³1´ x x ¯¯ x 1 ¯ 3. sen = O , ya que ¯ sen ¯ ≤ = |x| n n n n n √ √ √ n+1− n n 1 √ = l´ım √ 4. Como l´ım √ = , entonces n→∞ n→∞ 2 1/ n n+1+ n ³ 1 ´ √ √ n+1− n=O √ n Hay 3 s´ımbolos más, pero sólo presentaremos uno de ellos, el equivalente a =: se dice que f (x) = θ(g(x)) si y solo si f (x) = O(g(x)) y g(x) = O(f (x)). Note la diferencia entre escribir f (x) = O(g(x)) y f (x) = θ(g(x)). En el presente texto nos limitaremos al uso de la notación O grande, sobre todo para simplificar la escritura del término de error. No utilizaremos ninguno de los otros s´ımbolos de Landau.

1.9.

P´ erdida de D´ıgitos Significativos

Toda operación de punto flotante en un proceso computacional puede dar lugar a un error, que puede aumentar o disminuir, una de las maneras más comunes de aumentar la importancia de un error se conoce como pérdida de d´ıgitos significativos. La pérdida de d´ıgitos significativos se puede generar por la longitud de la palabra que almacena los n´ umeros y en este caso es ´ 1.9. PERDIDA DE DÍGITOS SIGNIFICATIVOS

20


inevitable, pero también se puede tener por la programación, en este caso es evitable. Estos u ´ltimos aparecen por ejemplo al restar n´ umeros muy cercanos, supongamos que vamos a calcular z = x − y y que tenemos aproximaciones x? y y ? para x y y respectivamente cada una de las cuales es buena hasta r d´ıgitos. Entonces z ? = x? − y ? es una aproximación para z que también es buena hasta r d´ıgitos significativos a menos que, x? y y ? coincidan en uno o más d´ıgitos. En este u ´ltimo caso habrá cancelación durante la sustracción y ? por lo tanto z será exacto hasta menos de r d´ıgitos. Por ejemplo, si x = 0.3721478693 y y = 0.3720230572, entonces x − y = 0.0001248121 = 0.1248121×10−3 , si los cálculos se llevan en una computadora decimal con mantisa de cinco d´ıgitos, entonces f l(x) = x? = 0.37215 y f l(y) = y ? = 0.37202 luego, z ? = f l(x) − f l(y) = x? − y ? = 0.00013, el error relativo es ¯ (x − y) − (x? − y ? ) ¯ ¯ ¯ Er = ¯ ¯ ≈ 4 %. x−y que es un error relativo muy grande. La pérdida de d´ıgitos significativo se puede evitar, (cuando sea posible) reescribiendo las ecuaciones bien sea utilizando artificios algebraicos, trigonométricos o series de√Taylor. Por ejemplo, calcular y = x + 1 − 1 está implicando una √ pérdida de d´ıgitos significativos para valores cercanos a 0 ya que en este caso x + 1 ≈ 1, luego se podr´ıa evitar esta pérdida reescribiendo la ecuación de la forma √ √ x+1+1 x y = ( x + 1 − 1) √ =√ . x+1+1 x+1+1 Otro ejemplo ser´ıa evaluar la función f (x) = 1 − cos x, al igual que antes 1 ≈ cos x para valores cercanos a cero, y se presentará pérdida de d´ıgitos significativos, entonces la función puede reescribirse como f (x) = 1 − cos x =

(1 − cos x)(1 + cos x) sen2 x = 1 + cos x 1 + cos x

la cual puede calcularse con mucha más exactitud para valores cercanos a cero, o también a partir de la fórmula de Taylor alrededor de 0 esto es cos x = 1 −

x2 x4 x6 + − + ..., 2! 4! 6!

luego f (x) = 1 − cos x = 1 − (1 −

x 2 x4 x6 x2 x4 x6 + − + ...) = − + + ... 2! 4! 6! 2! 4! 6!


21


y si x esta cercano de cero, podemos usar una serie truncada tal como f (x) =

x2 x4 x6 − + + O(x7 ), 2 24 720

luego si x → 0, entonces, f (x) ≈

x2 x4 x6 x2 ³ x2 x4 ´ x2 ³ x2 ³ x2 ´´ − + = 1− + = 1− 1− . 2 24 720 2 12 360 2 12 30

Ejercicios 1. Escribir el n´ umero decimal correspondiente a los siguientes n´ umeros a)(1101110)2

b)(1101110.01)2

c)(100111.101)2

d)(101101.001)2

2. Escribir en base dos los siguientes n´ umeros dados en base 10 a)2324.6

b)3475.52

c)45632

d)1234.83

3. Haga una aproximación usando aritmética de redondeo a cuatro cifras a)0.3258132 d)3.2514326

b)1.425138

c)0.4263289

4. Calcule en forma exacta y luego usando aritmética de redondeo a cuatro cifras, las siguientes operaciones 2 5 a) + 5 3

5 2 b) × 7 3

³1 2´ 4 c) + × 3 5 7

³2 1´ 5 d) − + 5 7 8

(x − π2 ) sen x + cos x 5. Sea f (x) = (x − π2 ) + cos x a) Calcule l´ımπ f (x), x→ 2

b) Use aritmética de redondeo a cinco cifras para evaluar f (0.1) 6. Establezca un algoritmo que permita resolver la ecuación cuadrática ax2 + bx + c = 0 7. Use el algoritmo del ejercicio anterior para resolver a)8x2 − 738x + 24 = 0 a)8x2 + 738x − 24 = 0 11010x + 12.65 = 0 a)1002x2 + 11010x − 12.65 = 0 ´ 1.9. PERDIDA DE DÍGITOS SIGNIFICATIVOS

a)1002x2 −

22


8. Si x = 0.43257143 y y = 0.43257824 a) Use aritmética de redondeo a cinco cifras para calcular f l(x) y f l(y). b) Calcule los errores relativos y absoluto c) Resolver x ⊕ y, x ª y, x ⊗ y y x ® y. d) Calcule los errores relativos para las operaciones realizadas en el inciso c). e) Cuántos d´ıgitos significativos se pierden al resolver cada una de las operaciones realizadas en el inciso c). 9. Para los siguientes n´ umeros x y f l(x), ¿con cuántas cifras significativas aproxima f l(x) a x? a) x = 524.023,

f l(x) = 524.023

− 0.04523

c)x = 34.5245,

b)x = −0.045246,

f l(x) =

f l(x) = 34.6426

10. Dado el sistema 35.584x + 13.25y = 54.01 14.12x + 5.581y = 21.02. Multiplique la primera ecuación por 14, 12 y la segunda por −35.584 y sumelas para obtener el valor de y, después obtenga el valor de x. a) Use aritmética de redondeo a cuatro cifras al realizar las operaciones para obtener la solución del sistema. b) Encuentre el error relativo. 11. Sea x = ±0, d1 d2 d3 . . . dt dt+1 · · · × 10p y f l(x) la aproximación a x por aritmética de redondeo con t d´ıgitos. Demuestre que Er < 5 × 10−t . 12. Sea x = ±0, d1 d2 d3 . . . dt dt+1 · · · × 10p y f l(x) la aproximación a x por aritmética de redondeo con t d´ıgitos pruebe que. ´ CAPÍTULO 1. NUMEROS EN LA COMPUTADORA


a)Er < 10−(t−1) b)E < 10p−t .

´ 1.9. PERDIDA DE DÍGITOS SIGNIFICATIVOS

23

24



Cap´ıtulo 2

Soluci´ on de Ecuaciones no lineales En una colisión de un protón con un átomo de helio en su estado base, la energ´ıa potencial de interacción se puede representar mediante un potencial de Morse definido por la ecuación i h r r (2.1) V (r) = ² e2c(1− rm ) − 2ec(1− rm ) donde r es la distancia internuclear, ² = 2.040eV , rm = 0.7743˚ A, c = 2.1931 si r ≤ rm , y c = 2.1341 si r > rm . La ecuación que permite determinar los puntos de retorno, esto es, los puntos donde r es máxima o m´ınima, esta dada por 1−

b V (r) − = 0. 2 r E

(2.2)

En 2.2, b es el parámetro de impacto, el cual puede tomar en principio, cualquier valor positivo, pero se sugiere asignarle valores entre 0 y 4.0˚ A. La cantidad E es la energ´ıa total del sistema y puede suponerse que toma cualquier valor entre 0 y 2.0eV. Como puede verse, determinar los puntos de retorno en este problema, supone tomar un valor para b y otro para E, reemplazar 2.1 en 2.2 y resolver la ecuación resultante para r, lo cual debe hacerse por métodos numéricos. Con el propósito de resolver problemas como el planteado antes, nos proponemos estudiar métodos que permitan encontrar la solución de dichas ecuaciones que con frecuencia aparecen en ciencias e ingenier´ıa.

25

26


Como hemos dicho en este capitulo trataremos el problema de encontrar un cero de una función de variable real con valores en los reales es decir encontrar un x? ∈ R, tal que f (x? ) = 0. Definamos formalmente el concepto de ceros de una función Definici´ on 2.0.1. Sea f : R −→ R una función, r ∈ R es un cero de f de multiplicidad p ∈ Z+ , si f (x) = (x − r)p q(x), con q(r) 6= 0 NOTA: Decimos que r es un cero simple si p = 1. Para lograr nuestro propósito, estudiaremos métodos iterativos, esto es, métodos que partiendo de un punto inicial, generan una sucesión de puntos que deben converger al cero de la función, por ello es importante, establecer las condiciones de convergencia y la rapidez de dicha convergencia.

2.1.

Ratas de Convergencia

Es muy importante caracterizar las ratas de convergencia de los diferentes algoritmos, ya que la rata de convergencia de un método es una propiedad decisiva en la escogencia del mismo; as´ı por ejemplo, si la convergencia es muy lenta, tardaremos mucho en obtener la aproximación deseada. Por lo tanto, en esta sección, definiremos algunas clases de convergencias. Supongamos que un método iterativo produce una sucesión de puntos x1 , x2 , x3 . . . a partir de un punto inicial x0 . Se quiere conocer si converge a la solución x? y cual es la rapidez con que lo hace. Definici´ on 2.1.1. La sucesi´ on {xk } ⊂ Rn converge a x? ∈ Rn si l´ım k xk − x? k= 0.

k7→+∞

Definici´ on 2.1.2. Sea {xk } una sucesi´ on que converge a x? . Si existe una constante α ∈ (0, 1) y un entero k1 ≥ 0 tal que, para todo k ≥ k1 k xk+1 − x? k≤ α k xk − x? k, se dice que {xk } es por lo menos q-linealmente convergente a x? . ´ DE ECUACIONES NO LINEALES CAPÍTULO 2. SOLUCION

27


Esto garantiza que eventualmente, el error decrecerá por un factor α < 1 La definición anterior es equivalente a decir que la sucesión {xk } converge q-linealmente a x? , si y solo si, ||xk+1 − x? || =L k→∞ ||xk − x? || l´ım

con 0 < L < 1. Definici´ on 2.1.3. Sea {xk } una sucesi´ on que converge a x? , {xk } converge ? por lo menos q-superlinealmente a x si, k xk+1 − x? k≤ αk k xk − x? k para alguna sucesi´ on {αk }, la cual converge a cero. Definici´ on 2.1.4. Sea {xk } una sucesi´ on que converge a x? . Si existen constantes p > 1, α ≥ 0, k1 ≥ 0, tal que para todo k ≥ k1 k xk+1 − x? k≤ αk xk − x? kp , entonces, decimos que {xk } converge a x? con q-orden al menos p. Si p = 2 o p = 3, decimos que la convergencia es al menos cuadrática o c´ ubica, respectivamente. Además de la convergencia q-orden, tenemos la convergencia r-orden, la cual es una alternativa, aunque más débil, para medir la rapidez de convergencia. Definici´ on 2.1.5. Sea {xk } una sucesi´ on que converge a x? . Decimos que {xk } converge con r-orden al menos p si existe una sucesi´ on {αn } que converge a cero con q-orden al menos p tal que kxn − x? k ≤ αn .

2.2.

n = 0, 1, 2, ...

Punto Fijo

El primer método que estudiaremos es el de punto fijo, antes de definir el concepto de punto fijo y mostrar los teoremas que permitan su estudio, demostraremos primero algunos resultados de cálculo que nos serán u ´tiles para este propósito.

2.2. PUNTO FIJO

28


Teorema 2.2.1. TEOREMA DE FERMAT Si f (c) es un punto extremo de f en un intervalo I, c est´ a en el interior de 0 0 I y f (c) existe, entonces f (c) = 0. Demostraci´ on. Supongamos f (c) es el m´ınimo de f en I. Si c+h ∈ I entonces de la definición de m´ınimo f (c + h) ≥ f (c), luego f (c + h) − f (c) ≥ 0. Si h > 0 entonces

f (c + h) − f (c) ≥0 h

(2.3)

f (c + h) − f (c) ≤ 0, h

(2.4)

y si h < 0 entonces

0

0

0

0

0

como f (c) existe, se tiene que f (c) > 0, f (c) < 0 o f (c) = 0. Si f (c) > 0, f (c + h) − f (c) > 0, para h 6= 0 entones de la definición de derivada h suficientemente cerca a 0, lo cual es una contradicción con 2.4 de modo que f (c + h) − f (c) 0 0 0 f (c) < 0 o f (c) = 0. Si f (c) < 0, de la misma manera < 0, h para h 6= 0 suficientemente cerca a 0, lo cual es una contradicción con 2.3 de 0 modo que la u ńica posibilidad es f (c) = 0. 0

De igual forma se prueba que f (c) = 0, cuando f (c) es un máximo. Teorema 2.2.2. Si f es continua en un intervalo cerrado [a, b]; entonces existe un punto x0 ∈ [a, b] para el cual f (x0 ) ≥ f (x)

∀x ∈ [a, b]

Demostraci´ on. La prueba se deja como ejercicio al lector Teorema 2.2.3. Si f es continua en un intervalo cerrado [a, b]; entonces 0 existe un punto x0 ∈ [a, b] para el cual 0

f (x0 ) ≤ f (x)

∀x ∈ [a, b]

Demostraci´ on. La prueba se deja como ejercicio al lector ´ DE ECUACIONES NO LINEALES CAPÍTULO 2. SOLUCION

29


Teorema 2.2.4. TEOREMA DE ROLLE Si f continua en el intervalo cerrado [a, b], diferenciable en el intervalo abierto (a, b) y f (a) = f (b), entonces existe un n´ umero c ∈ (a, b), tal que 0 f (c) = 0 Demostraci´ on. Por los teoremas 2.2.2 y 2.2.3, f alcanza tanto un máximo como un m´ınimo en [a, b]. Sea M = máx f (x) y m = m´ın f (x). Si M = m, 0 entonces f es constante y f (x) = 0 para toda x en (a, b). Si M 6= m, entonces uno de ellos es diferente de a. Supongamos que es M (para m es semejante). Entonces M > f (a), de manera que el máximo no puede obtenerse en x = a o bien x = b. De aqu´ı que existe un punto c en (a, b) en el cual f (x) es un 0 máximo. Por el teorema de Fermat, entonces f (c) = 0 El teorema de Rolle significa geométricamente que si la curva C dada por y = f (x) tiene una tangente en todo punto de (a, b) entonces entre dos puntos sobre C que se encuentren a un mismo nivel, existe (por lo menos) un punto entre ellos en el cual la linea tangente es horizontal Teorema 2.2.5. TEOREMA DEL VALOR MEDIO Si f es continua en el intervalo cerrado [a, b] y diferenciable en el intervalo abierto (a, b) existe un n´ umero c ∈ (a, b), tal que 0

f (b) − f (a) = f (c)(b − a) Demostraci´ on. Consideremos la función f (b) − f (a) φ(x) = f (x) − f (a) − (x − a), b−a como f es continua en [a, b] y diferenciable en (a, b) entonces f (b) − f (a) , b−a pero φ(a) = 0 y φ(b) = 0 de modo que la función φ satisface las condiciones del teorema de Rolle en [a, b]. 0

0

φ (x) = f (x) −

Luego por dicho teorema existe c ∈ (a, b) tal que 0

0

φ (c) = f (c) − por lo tanto, 0

f (c) =

f (b) − f (a) =0 b−a

f (b) − f (a) b−a

2.2. PUNTO FIJO

30


Teorema 2.2.6. TEOREMA DEL VALOR INTERMEDIO Si f es continua en el intervalo cerrado [a, b], f (a) 6= f (b) y k un n´ umero cualquiera entre f (a) y f (b), entonces existe un n´ umero c ∈ (a, b), tal que f (c) = k Rx 0 Demostraci´ on. Sea G(x) = a f (t)dt, luego, G (x) = f (x) si x ∈ [a, b], tomemos F (x) = G(x) − kx, la cual es continua en [a, b], puesto que G(x) lo es, por lo tanto, F (x) tiene un máximo y un m´ınimo en [a, b]. Supongamos que f (a) < k < f (b), como

0

0

F (x) = G (x) − k = f (x) − k

∀x ∈ [a, b],

entonces, por este hecho y por el supuesto, tenemos que, 0

F (a) = f (a) − k < 0 y

0

F (b) = f (b) − k > 0, de modo que existe c ∈ (a, b), tal que 0

0 = F (c) = f (c) − k, 0

0

ya que F es diferenciable y F (a) y F (b), son de signos opuestos, de modo que f (c) = k.

Definamos ahora si el concepto de punto fijo y mostremos resultados que nos permitan decidir cuando este existe y si la iteración de punto fijo converge o no. Definici´ on 2.2.1. Sean P ∈ R, y g(x) una función. P es un punto fijo de g(x), si y solo si, P = g(P). Definici´ on 2.2.2. Decimos que P es un punto fijo de orden m de g si g(x) está dada por g(x) = P + (x − P)m q(x) con q(P) 6= 0 . Obsérvese que si x = P, la definición coincide con la anterior. ´ DE ECUACIONES NO LINEALES CAPÍTULO 2. SOLUCION

31


Definici´ on 2.2.3. La iteraci´ on pn+1 = g(pn ), n = 0, 1, 2, 3, . . . se define como la iteraci´ on de punto fijo. Teorema 2.2.7. Sea g(x) una función continua, {pn }∞ on genern=0 la sucesi´ ada por la iteraci´ on de punto fijo. Si l´ım pn = P,

n→∞

entonces, P es un punto fijo de g. Demostraci´ on. Como l´ım pn = P,

n→∞

entonces l´ım pn+1 = P,

n→∞

luego

³ g(P ) = g

´ l´ım pn = l´ım g(pn ) = l´ım pn+1 = P,

n→∞

n→∞

n→∞

as´ı que P es un punto fijo de g Teorema 2.2.8. Supongamos g ∈ C[a; b]. 1. Si la imagen de y = g(x), es tal que y ∈ [a; b], ∀x ∈ [a; b], entonces g tiene un punto fijo. 0

0

2. Si g (x), está definida en [a; b] y |g (x)| < 1, ∀x ∈ (a; b), entonces el punto fijo es u ńico en [a; b]. Demostraci´ on. Probemos 1). Si g(a) = a o g(b) = b, entonces, a o b son puntos fijos de g y se cumple (1). Sea entonces g(a) ∈ (a; b] y g(b) ∈ [a; b), luego a < g(a) y b > g(b), por tanto a − g(a) < 0 y b − g(b) > 0. Definamos la función f (x) = x − g(x), luego f (a) = a − g(a) < 0 y f (b) = b − g(b) > 0 entonces por el teorema del valor intermedio existe P ∈ (a; b), tal que f (P) = 0, luego 0 = P − g(P) y por tanto, g(P) = P siendo P un punto fijo de g. 0

Probemos 2) Supongamos que |g (x)| < 1 ∀x ∈ (a; b) y que P1 y P2 son puntos fijos distintos de g, entonces por el teorema del valor medio 0 ∃d ∈ (a; b) tal que g(P1 ) − g(P2 ) = g (d)(P1 − P2 ), pero como g(P1 ) = P1 0 y g(P2 ) = P2 , entonces P2 − P1 = g (d)(P2 − P1 ) y por lo tanto, g 0 (d) =

P2 − P1 , P2 − P1

0

as´ı que ∃d ∈ (a; b) tal que g (d) = 1 y además por hipótesis, ∀x ∈ (a; b), 0 −1 < g (x) < 1, lo cual es una contradicción, por tanto P2 = P1 2.2. PUNTO FIJO

32


Teorema 2.2.9. TEOREMA DEL PUNTO FIJO 0

Supongamos i) g, g ∈ C[a; b], ii) K > 0 una constante, iii) p0 ∈ (a; b), iv) g(x) ∈ [a; b], ∀x ∈ [a; b]. Entonces hay un punto fijo P de g en [a; b]; además 0

1. Si |g (x)| ≤ K < 1, ∀x ∈ [a; b], entonces Pes el u ńico punto fijo de g en [a; b] y la iteraci´ on de punto fijo converge a dicho punto. 0

2. Si |g (x)| > 1 y po 6= P, la iteración de punto fijo no converge a P. Demostraci´ on. Por i), iv) y el teorema anterior existe un punto fijo P de g. Demostremos 1) Por el teorema anterior y las hipótesis i)-iv), se prueba que el punto fijo es u ńico, por otro lado, por el teorema del valor medio ∃c0 ∈ (a; b), 0 tal que |g(P) − g(p0 )| = |g (c0 )(P − p0 )|, pero g(P) = P y g(p0 ) = p1 , luego 0 entonces, ∃c0 ∈ (a; b), tal que |P−p1 | = |g (c0 )||P−p0 | ≤ K|P−p0 | < |P−p0 |, de modo que, p1 , está más cerca de P que p0 . Pero también ∃c1 ∈ (a; b), tal 0 que |g(P) − g(p1 )| = |g (c1 )(P − p1 )|, pero g(P) = P y g(p1 ) = p2 , luego 0 entonces, ∃c1 ∈ (a; b), tal que |P−p2 | = |g (c1 )||P−p1 | ≤ K|P−p1 | < |P−p1 |, as´ı que, |P − p2 | < |P − p1 | < |P − p0 |, y p2 está más cerca de P que p1 , en general, |P − pn | < |P − pn−1 | < . . . < |P − p1 | < |P − p0 |, podemos probar ahora que l´ım |P − pn | = 0.

n→∞

En efecto probemos |P − pn | ≤ K n |P − p0 |.

primero

por

inducción

sobre

que

n

Para n=1 se probó que |P − p1 | ≤ K|P − p0 |. Supongamos que |P − pn | ≤ K n |P − p0 |, luego 0

0

|P − pn+1 | = |g(P) − g(pn )| = |g (cn )(P − pn )| = |g (cn )||P − pn |, 0

pero como |g (cn )| ≤ K, entonces |P − pn+1 | ≤ K|P − pn | ≤ KK n |P − p0 |, luego |P − pn+1 | ≤ K n+1 |P − p0 |. Pero entonces, como 0 < K < 1, tenemos que, l´ım K n = 0,

n→∞

´ DE ECUACIONES NO LINEALES CAPÍTULO 2. SOLUCION

que

33


luego l´ım |P − pn+1 | ≤ |P − p0 | l´ım K n = 0,

n→∞

n→∞

as´ı que 0 ≤ l´ım |P − pn+1 | ≤ 0, n→∞

de modo que l´ım |P − pn | = 0

n→∞

y por tanto l´ım pn = P.

n→∞

La prueba de (2) se deja de ejercicio al lector. Corolario 2.2.1. Supongamos g satisface, las hipótesis (1) del teorema anterior. Entonces las cotas del error que se comete al usar la iteraci´ on de punto fijo para aproximar a P son |P − pn | ≤ K n |P − p0 |

∀n ≥ 1

K n |p1 − p0 | 1−K

∀n ≥ 1

y |P − pn | ≤

Demostraci´ on. La primera cota ya fue probada en el teorema anterior. Demostremos que se cumple la otra cota. Para n ≥ 1, se tiene que 0

|pn+1 − pn | = |g(pn ) − g(pn−1 )| = |g (cn−1 )||pn − pn−1 | ≤ K|pn − pn−1 | ≤ · · · ≤ K n |p1 − p0 |, luego |pn+1 − pn | ≤ K n |p1 − p0 |. As´ı que, para m > n ≥ 1, |pm − pn | = |pm − pm−1 + pm−1 − pm−2 + pm−2 − · · · − pn+1 + pn+1 − pn |, entonces, |pm − pn | ≤ |pm − pm−1 | + |pm−1 − pm−2 | + · · · + |pn+1 − pn | ≤ K m−1 |p1 − p0 | + K m−2 |p1 − p0 | + · · · + K n |p1 − p0 | = K n |p1 − p0 |(K m−n−1 + K m−n−2 + . . . K 2 + K + 1), 2.2. PUNTO FIJO

34


pero como l´ım pm = P,

m→∞

tenemos que, n

|P−pn | = l´ım |pm −pn | ≤ l´ım K |p1 −p0 | m→∞

pero

m−n−1 P

m→∞

m−n−1 X

i

n

K ≤ K |p1 −p0 | l´ım

i=0

m→∞

m−n−1 X i=0

K i es una serie geométrica de razón K con 0 < K < 1, luego la

i=0

sucesión converge a

1 , y entonces, 1−K

|P − pn | ≤ K n |p1 − p0 |

1 K n |p1 − p0 | = 1−K 1−K

Teorema 2.2.10. Si g es diferenciable en [a; b] y P es un punto fijo de g de orden m > 1, entonces, la iteraci´ on de punto fijo tiene orden de convergencia 0 m > 1 y si |g (x)| < 1, ∀x ∈ [a; b], entonces el método converge linealmente. Demostraci´ on. Supongamos g(x) = P + (x − P )m q(x), entonces, g (k) (P ) = 0, para k = 1, 2, 3, . . . , m − 1 y g (m) (P ) 6= 0, por el desarrollo de Taylor de g(xn ) alrededor de P , tenemos que, g(xn ) = P +

m−1 X k=1

(xn − P )k (k) (xn − P )m (m) g (P ) + g (P ) + O[(xn − P )m+1 ], k! m!

de modo que, g(xn ) = P +

(xn − P )m (m) g (P ) + O[(xn − P )m+1 ], m!

xn+1 = P +

(xn − P )m (m) g (P ) + O[(xn − P )m+1 ], m!

xn+1 − P =

(xn − P )m (m) g (P ) + O[(xn − P )m+1 ], m!

luego, o sea que

por lo tanto, g (m) (P ) xn+1 − P = , n→∞ (xn − P )m m! l´ım


K i,

35


luego, el método tiene convergencia de orden m > 1 si P , es un punto fijo de orden m. En particular si m = 1, xn+1 − P 0 = g (P ) < 1 n→∞ (xn − P ) l´ım

y la convergencia es lineal. Ejemplo 2.2.1. Usa la iteraci´ on de punto fijo para calcular un cero de x 2 f (x) = e − x + 3x − 2 Soluci´ on Como f (x) = ex − x2 + 3x − 2 entonces calcular un cero de f (x) 2 − ex + x2 equivale a obtener un punto fijo de x = g(x) = , los resultados 3 de la iteración de punto fijo se tiene en la tabla siguiente k

xk

0 1 2 4 5 6 7 8 9

x0 x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8

2 − ex + x2 3 0.3333333333 0.23849956201 0.26251296367 0.25623991092 0.25786540708 0.25744331555 0.25755285996 0.25752442613 0.25753180627

g(x) =

TABLA 3 Como puede observarse |f (x8 )| ≈ 0 ¥

2.2. PUNTO FIJO

|f (xk )| 0.3101361 0.072040205 0.01881916 0.0048764885 0.00126628 0.00032863 0.000085301 0.00002214 0.000005747

36


2.3.

An´ alisis Gr´ afico del M´ etodo de Punto Fijo

6

µ

0

g (P ) < 1 6 6

(p1 , p¾ 1) 6 ....6 ...? ....? 6.... (p1 , g(p1 )) . ... ...6 . ... ...6 ..... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . . . p1 P

(p0 , g(p0 )) 6

p0

Figura 2.1 Convergencia Monótona


-

37


(p1 , g(p1 ))

-..

... (p2 , p2 ) ... ... ... ... 6 0 ... (p0 , g(p0 )) g (P ) > 1 -..6 ... . ...6(p1 , p1 ) ... 6 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. .. p1 p.2 P p0 6

6

Figura 2.2 Divergencia Monótona

2.4.

M´ etodos de Localizaci´ on de Ra´ıces

2.4.1.

M´ etodo de Bisecci´ on o B´ usqueda Binaria

Otra alternativa que estudiaremos con el propósito de encontrar un cero de una función, es el método de bisección o b´ usqueda binaria el cual presentamos a continuación. Supongamos f ∈ [a0 , b0 ] con f (a0 )f (b0 ) < 0, entonces por el teorema del valor intermedio existe r ∈ [a0 , b0 ], tal que, f (r) = 0 (f corta al eje X en el punto (r, 0)). Sea c0 =

a0 + b0 , entonces puede suceder tres casos: 2

i)f (c0 ) = 0

ii)f (a0 )f (c0 ) < 0

iii)f (c0 )f (b0 ) > 0 .

Si se tiene i) entonces r = c0 . Si se cumple ii), la ra´ız está en el intervalo [a1 , b1 ] donde a1 = a0 y c0 = b1 , y si se tiene iii) la ra´ız está en el intervalo [a1 , b1 ] donde a1 = c0 y b0 = b1 en estos dos u ´ltimos casos se tiene que a0 ≤ a1 ≤ b1 ≤ b0 .

´ ´ DE RAÍCES 2.4. METODOS DE LOCALIZACION

38


(a, ..f (a)) ... ... ... ... ... .... ... ... ... ... .[. a

(r, 0)

(a, f (a)) ... ... ... ... ... .... ... ... ... ... b ..[ ].... ... a ... ... ... ... ... . (b, f (b))

b ].... ... ... ... ... ... ... . (b, f (b))

(r, 0)

Figura 2.3 Método de Bisección Sea ahora c1 =

a1 + b1 , entonces igual que antes se puede tener: 2

i)f (c1 ) = 0 ii)f (a1 )f (c1 ) < 0 iii)f (c1 )f (b1 ) > 0 . Si se tiene i) entonces r = c1 . Si se cumple ii), la ra´ız está en el intervalo [a2 , b2 ] donde a2 = a1 y c1 = b2 , y si se tiene iii) la ra´ız está en el intervalo [a2 , b2 ] donde a2 = c1 y b1 = b2 en estos dos u ´ltimos casos se tiene que a0 ≤ a1 ≤ a2 ≤ b2 ≤ b1 ≤ b0 . an + bn generando una 2 sucesión de intervalos [a0 , b0 ], [a1 , b1 ], . . . , [an , bn ], con a0 ≤ a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ bn ≤ · · · ≤ b2 ≤ b1 ≤ b0 . Continuando con este proceso se toma cn =

Con el propósito de probar el teorema de convergencia del método de b´ usqueda binaria presentamos las siguientes definiciones y resultados.

Definici´ on 2.4.1. Una sucesi´ on {an } es creciente, si a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ . . . an ≤ an+1 ≤ . . . Definici´ on 2.4.2. Una sucesi´ on {an } es decreciente, si a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ . . . an ≥ an+1 ≥ . . . ´ DE ECUACIONES NO LINEALES CAPÍTULO 2. SOLUCION

39


Definici´ on 2.4.3. Una sucesi´ on {an } es acotada superiormente, si existe una constante M tal que an ≤ M ∀n Definici´ on 2.4.4. Una sucesi´ on {an } es acotada inferiormente, si existe una constante M tal que an ≥ M ∀n Definici´ on 2.4.5. Una sucesi´ on {an } es convergente si tiende a un limite finito. Definici´ on 2.4.6. Una sucesi´ on {an } es divergente si no tiene limite finito. Teorema 2.4.1. TEOREMA DE WEIERSTRASS Una sucesi´ on creciente y acotada superiormente tiende a un limite, y una sucesi´ on decreciente y acotada inferiormente tiende a un limite. Teorema 2.4.2. TEOREMA DE CONVERGENCIA Supongamos f ∈ C[a, b] y f (a)f (b) < 0. Sea {cn }∞ on de puntos medios genern=0 la sucesi´ ada por el método de b´ usqueda binaria. Existe r ∈ [a, b], tal que f (r) = 0 y adem´ as b−a |r − cn | ≤ n+1 , 2 ∞ en particular {cn }n=0 converge a r Demostraci´ on. Observemos que a0 ≤ a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ b0 y que b0 ≥ b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ a0 , por tanto la sucesión {an } es creciente y está acotada luego por el teorema de Weierstrass es converge y {bn } es decreciente y acotada as´ı que nuevamente por el teorema de Weierstrass converge. b0 − a0 b1 − a 1 b0 − a0 , b2 − a2 = = , en general Pero b1 − a1 = 2 2 22 b0 − a0 bn − an = , luego 2n 1 , n→∞ 2n

l´ım (bn − an ) = (b0 − a0 ) l´ım

n→∞

1 = 0, por tanto n→∞ 2n

pero l´ım

l´ım (bn − an ) = 0,

n→∞

as´ı que r = l´ım bn = l´ım an , n→∞

n→∞

´ ´ DE RAÍCES 2.4. METODOS DE LOCALIZACION

40


como f (an )f (bn ) ≤ 0, entonces, por la continuidad de f se tiene que, ³ ´ ³ ´ f l´ım an f l´ım bn ≤ 0, n→∞

n→∞

por tanto f (r)f (r) ≤ 0, de modo que 0 ≤ [f (r)]2 ≤ 0, y as´ı f (r) = 0. Pero

bn − an , ∀n, 2 ya que la distancia entre r y cn no puede ser mayor que la mitad de ancho de [an , bn ], figura 2.4 además |r − cn | ≤

[ an

r

] bn

cn Figura 2.4

bn − a n =

b0 − a0 , 2n

|r − cn | ≤

b0 − a0 , 2n+1

entonces,

as´ı que 0 ≤ l´ım |r − cn | ≤ (b0 − a0 ) l´ım

1

n→∞ 2n+1

n→∞

= 0,

luego l´ım cn = r.

n→∞

Se puede probar que el n´ umero de iteraciones necesarias que nos garantizar´ıa que el punto medio cN generado por el método de bisección converge, ´ DE ECUACIONES NO LINEALES CAPÍTULO 2. SOLUCION

41


h¯ ln(b − a) − ln δ ¯i ¯ ¯ está dado por N = ¯ ¯ , donde como sabemos [|x|] es la parte ln 2 entera de x, para un delta previamente escogido. En efecto sea |b − a| < δ, 2n+1 entonces tomando logaritmo a ambos lados se tiene que

ln

|b − a| < ln δ, 2n+1

luego ln |b − a| − ln 2n+1 < ln δ, o sea que ln |b − a| − (n + 1) ln 2 < ln δ, pero entonces n+1>

³ ln |b − a| − ln δ ´ ln 2

,

pero como el n´ umero de iteraciones tiene que ser un n´ umero entero, se tiene que necesariamente h¯ ln(b − a) − ln δ ¯i ¯ ¯ N= ¯ ¯ . ln 2 Ejemplo 2.4.1. Aplicar el método de bisecci´ on para encontrar un cero de 4 3 2 f (x) = x − 2x − 4x + 4x + 4, en el intervalo [−2, −1]

Soluci´ on Los resultados obtenidos al aplicar el método de bisección se muestran en las tablas 4a) y 4b) ´ ´ DE RAÍCES 2.4. METODOS DE LOCALIZACION

42


k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

ak -2 -1.5 -1.5 -1.5 -1.4375 -1.4375 -1.421875 -1.421875 -1.41796875 -1.416015625 -1.4150390625 -1.41455078125 -1.41430664063 -1.41430664063 -1.41424560547 -1.41421508789 -1.41421508789

ck -1.5000000 -1.25 -1.375 -1.4375 -1.40625 -1.421875 -1.4140625 -1.41796875 -1.416015625 -1.4150390625 -1.41455078125 -1.41430664063 -1.41418457031 -1.41424560547 -1.41421508789 -1.4141998291 -1.4142074585

bk -1 -1 -1.25 -1.375 -1.375 -1.40625 -1.40625 -1.4140625 -1.4140625 -1.4140625 -1.4140625 -1.4140625 -1.4140625 -1.41418457031 -1.41418457031 -1.41418457031 -1.4141998291

TABLA 4a) k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

f (ak ) 12 0.8125 0.8125 0.8125 0.19533 0.19533 0.06226 0.06226 0.0302 0.01447 0.01447 0.003637 0.003637 0.000938 0.000938 0.00026 0.00020

f (ck ) 0.8125 -0.9023 -0.28882 0.19533 -0.00267 0.06226 -0.001208 0.0302 0.01447 -0.00713 0.003637 -0.0017565 0.000938 -0.000408 0.00026 -0.000072 0.0000967

f (bk ) -1 -1 -0.9023 -0.28882 -0.28882 -0.00267 -0.00267 -0.001208 -0.001208 -0.001208 -0.00713 -0.00713 -0.0017565 -0.0017565 -0.000408 -0.000408 -0.000072

TABLA 4b) ´ DE ECUACIONES NO LINEALES CAPÍTULO 2. SOLUCION

43


En la iteración 16 observamos que para x16 = −1.4142074585, se tiene |f (x16 )| = 0.0000488 ≈ 0 ¥

2.5.

M´ etodo de Falsa Posici´ on o Regula Falsi

El método de la falsa posición o regula falsi, es otra alternativa usada para resolver el problema de encontrar el cero de una función dada y difiere del método de bisección en la forma como se consiguen los valores de cn , el método de falsa posición se explica a continuación.

(a, .f. (a)) (a, f..(a)) .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... (r, 0) . . 0) ....(c, 0) (r, . .... [ ] [ ] (c, 0)....... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... . ... (b, f (b)) (b, f (b)) Figura 2.5 Sea f (a)f (b) < 0 y consideremos la recta que une los puntos (a, f (a)), f (b) − f (a) (b, f (b)) cuya pendiente es m = , pero si (c, 0) es el punto de b−a 0 − f (b) , luego intersección de la recta con el eje X, entonces también m = c−b f (b) − f (a) 0 − f (b) = , b−a c−b o sea que c−b=

−f (b)(b − a) , f (b) − f (a)

´ ´ O REGULA FALSI 2.5. METODO DE FALSA POSICION

44


luego c=b−

f (b)(b − a) , f (b) − f (a)

de modo que c=

bf (b) − bf (a) − bf (b) + af (b) , f (b) − f (a)

o también c=

af (b) − bf (a) . f (b) − f (a)

Al igual que para el método de bisección se tienen tres posibilidades: i) f (c) = 0 ii) f (a)f (c) < 0 iii) f (c)f (b) < 0. Si f (c) = 0, entonces c es un cero de f . Si f (a)f (c) < 0, entonces hay un cero de f en [a; c]. Si f (c)f (b) < 0, entonces hay un cero de f en [c; b]. Lo anterior sugiere un proceso iterativo que se concreta tomando

cn =

an f (bn ) − bn f (an ) . f (bn ) − f (an )

n = 0, 1, 2, 3, . . .

Ejemplo 2.5.1. Aplicar el método de falsa posici´ on para encontrar un cero 4 3 2 de f (x) = x − 2x − 4x + 4x + 4, en el intervalo [−2, −1]

Soluci´ on Los resultados obtenidos al aplicar el método de falsa posición son ´ DE ECUACIONES NO LINEALES CAPÍTULO 2. SOLUCION

45


k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22

ck -1.07692307692 -1.15467487495 -1.22537135188 -1.28347784602 -1.32725869259 -1.35806965506 -1.37870355683 -1.39205970195 -1.40051361035 -1.40578848384 -1.40905028226 -1.41105601959 -1.412285138223 -1.41303675163 -1.41349577272 -1.413775884687 -1.41394673027 -1.41405090632 -1.41411441692 -1.41415313171 -1.4141767299 -1.41419111333 -1.41419988002 TABLA 5

En la iteración 23 se tiene que |f (x23 )| = 0.000109 ≈ 0 ¥

2.6.

M´ etodo de Newton

En la b´ usqueda de los ceros de una función uno de los método más atractivos debido a su rápida convergencia, ya que en general es q-cuadrático, es el de Newton, el cual presentamos a continuación. Sea f ∈ C n+1 [a, b], una función diferenciable en [a; b] y sea x0 ∈ [a; b], entonces para todo x ∈ (a, b), sabemos por el Teorema de Taylor que f se puede escribir de la forma 00

000

f (x0 )(x − x0 )2 f (x0 )(x − x0 )3 + + ... f (x) = f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ) + 2! 3! 0

´ 2.6. METODO DE NEWTON

46


si r es el cero de la función y x0 ≈ r, entonces podemos tomar la aproximación 0 lineal dada por M (x) = f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ), el método desea encontrar punto x+ , tal que M (x+ ) = 0, lo cual se consigue si 0

0 = f (x0 ) + f (x0 )(x+ − x0 ), por tanto x+ = x0 −

f (x0 ) , f 0 (x0 )

o sea s+ = x+ − x0 = −

f (x0 ) , f 0 (x0 )

Lo anterior sugiere el siguiente algoritmo.

ALGORITMO DE NEWTON Dado f : R 7−→ R continuamente diferenciable y x0 ∈ R Para k = 0, 1, 2, . . . , “hasta converger” −f (xk ) Resuelva sk = 0 f (xk ) Haga xk+1 = xk + sk . El método de Newton también se puede establecer observando en la fig 2.6 que la recta que pasa por los puntos (p0 , f (p0 )) y (p1 , 0) tiene 0 pendiente f (p0 ), luego se tiene que 0

f (p0 ) =

0 − f (p0 ) −f (p0 ) = , p1 − p0 p1 − p0

por tanto p1 − p0 =

−f (p0 ) , f 0 (p0 )

o sea nuevamente s1 = p1 − p0 =

−f (p0 ) f 0 (p0 )

como antes. Una de las desventajas de este método es que en cada iteración se 0 debe evaluar f (x) y f (x), lo cual para alg´ un tipo de funciones es muy costo computacionalmente. Otra de las desventajas es que la convergencia se garantiza sólo si se inicia el proceso desde un punto x0 aceptable ( ´ DE ECUACIONES NO LINEALES CAPÍTULO 2. SOLUCION

47


. . .... . . . .. .... . . . .. .... . . . .. ......... (p0 , f (p0 )) . . . .. .. .... .... . . . .. .. .... .. ....... .... . . . . ... (p1 ,...0) .. ....... . . . p p0 . . 2 .... ........... . . . .... ....... (p1 , f (p1 )) .... .... . . . .. ...... ...

Figura 2.6 Método de Newton suficientemente próximo a la solución x? ), es decir, se debe tener un x0 tal que |x0 − x? | sea suficientemente peque˜ no. Por ejemplo, si consideramos el problema clásico de hallar la solución de arctanx = 0, el método converge si se toma x0 suficientemente próximo a la solución x? = 0, en caso contrario el método diverge. Lo anterior lo mostramos en la siguiente tabla Iteración x0 x1 x2 x3 x4 x5

f (x) = arctanx 1.0000000 -0.5707963 0.1168598 -0.0010609 0.0000000 .

f (x) = arctanx 1.5000000 -1.6940795 2.3211265 -5.1140853 32.295648 -1575.3134

TABLA 6 En la Tabla 6, observamos cómo al aplicar el método de Newton iniciando en x0 = 1.0, obtenemos la respuesta en 5 iteraciones, mientras que si lo iniciamos en x0 = 1.5, el método diverge. Ejemplo 2.6.1. Sea f (x) = x3 − x + 2 encuentre x? tal que f (x? ) = 0 si p0 = −1.4. ´ 2.6. METODO DE NEWTON

48


Soluci´ on 0

Como f (x) = x3 − x + 2, entonces f (x) = 3x2 − 1 pero la iteración de Newton como hemos visto es xk+1 = xk −

f (xk ) , f 0 (xk )

entonces al aplicar dicha iteración, se obtienen los resultados dados en la siguiente tabla. k 0 1 2 3 4 5

xk x0 x1 x2 x3 x4 x5

f (x) = x3 − x + 2 -1.4 -1.53442622951 -1.52150857169 -1.52139827287 -1.52137970707 -1.52137970681

|f (xk )| 0.656 0.07832486421 0.00076602144 0.00011035434 0.00000000157 0.00000000003

TABLA 7 Como puede observarse |f (x5 )| = 0.00000000003, de modo que x5 ≈ x? ¥ Ejemplo 2.6.2. Aplicar el método de Newton para obtener la solución de f (x) = x3 + 3x2 − 1 Soluci´ on Partiendo de x0 = −3 se tiene la siguiente tabla k 0 1 2 3

xk x0 x1 x2 x3

f (x) = x3 + 3x2 − 1 -2.88888888889 -2.87945156695 -2.87938524484 -2.87938524157

|f (xk )| -0.0722702332 -0.0005038501 -0.000000248 0.0000000000

TABLA 8 La solución x3 = −2.87938524157 se tiene en cuatro iteraciones. ¥ ´ DE ECUACIONES NO LINEALES CAPÍTULO 2. SOLUCION

49


2.6.1.

Convergencia del M´ etodo de Newton

En esta sección probaremos un resultado que muestra que el método de Newton converge q-cuadráticamente, pero para esto necesitamos establecer unos resultados previos. Teorema 2.6.1. Teorema Generalizado del Valor Medio Si se cumple que 1. f y g continuas en un intervalo [a,b] 2. f y g diferenciables en el intervalo [a,b] 0

3. g (x) 6= 0, ∀x ∈ (a, b), entonces existe c ∈ (a, b), tal que 0

f (b) − f (a) f (c) = 0 g(b) − g(a) g (c) Demostraci´ on. Se tiene que g(a) 6= g(b), ya que si g(a) = g(b), entonces, por el teorema del valor medio existe c ∈ (a, b), tal que 0

g (c) =

g(b) − g(a) = 0, b−a

0

y por hipótesis g (x) 6= 0, ∀x ∈ (a, b) lo que es una contradicción. f (b) − f (a) Sea φ(x) = f (x) − f (a) − [g(x) − g(a)], entonces φ(x) es continua g(b) − g(a) en [a, b] y diferenciable en (a, b), además, φ(a) = 0 y φ(b) = 0 ya que φ(a) = f (a) − f (a) −

f (b) − f (a) [g(a) − g(a)] = 0 g(b) − g(a)

y φ(b) = f (b) − f (a) −

f (b) − f (a) [g(b) − g(a)] = f (b) − f (a) − f (b) + f (a) = 0, g(b) − g(a)

luego aplicando el teorema de Rolle a φ(x), se tiene que existe c ∈ (a, b) tal 0 que φ (c) = 0, pero como 0

0

φ (x) = f (x) − entonces 0

f (c) −

f (b) − f (a) 0 g (x), g(b) − g(a)

f (b) − f (a) 0 g (c) = 0, g(b) − g(a)

´ 2.6. METODO DE NEWTON

50


luego

0

0

f (c)[g(b) − g(a)] = g (c)[f (b) − f (a)], por lo tanto

0

f (c) f (b) − f (a) = . 0 g (c) g(b) − g(a) Teorema 2.6.2. Si f cumple las siguientes condiciones 0

1. f y f son continuas en un intervalo cerrado I = [c, c + h] 00

2. f (x) existe si x ∈ (c, c + h) 3. E = f (c + h) − [f (c) + f 0 (c)h] 00

4. Existe M tal que |f (x)| ≤ M , ∀x ∈ (c, c + h) entonces, |E| ≤ 21 M h2 0

Demostraci´ on. Sea F (x) = f (x) + f (x)(c + h − x), G(x) = (c + h − x)2 , entonces F y G satisfacen las hipótesis del teorema anterior y por lo tanto, existe m ∈ (c, c + h) tal que 0

F (m) F (c + h) − F (c) = , 0 G (m) G(c + h) − G(c)

(2.5)

pero 0

0

0

F (c+h)−F (c) = [f (c+h)+f (c+h)×0]−[f (c)+f (c)h] = f (c+h)−f (c)−f (c)h y G(c + h) − G(c) = (c + h − c − h)2 − (c + h − c)2 = −h2 , luego

0

f (c + h) − f (c) − f (c)h F (c + h) − F (c) = , G(c + h) − G(c) −h2 y como 0

0

0

00

00

F (x) = f (x) − f (x) + f (x)(c + h − x) = f (x)(c + h − x) y

0

G (x) = −2(c + h − x), entonces tomando x = m se tiene que 0

00

F (m) = f (m)(c + h − m) ´ DE ECUACIONES NO LINEALES CAPÍTULO 2. SOLUCION

51


y

0

G (m) = −2(c + h − m), as´ı que de 2.5 tenemos que 00

0

00

f (m)(c + h − m) f (c + h) − f (c) − f (c)h f (m) = = 2 −h −2(c + h − m) −2 por el inciso 3 de la hipótesis 00

E f (m) = , 2 −h −2 o sea que E= luego

h2 00 f (m), 2

¯ h2 ¯ h2 h2 00 00 ¯ ¯ |E| = ¯ f (m)¯ = |f (m)| ≤ M , 2 2 2

luego en efecto |E| ≤ M

h2 . 2

Teorema 2.6.3. Si se cumple que 1. f tiene primera y segunda derivada en un intervalo abierto I que contiene un n´ umero x? con f (x? ) = 0 0

2. ∃m > 0, tal que |f (x)| ≥ m, ∀x ∈ I 00

3. ∃M > 0, tal que |f (x)| ≤ M , ∀x ∈ I 4. xn , xn+1 ∈ I, son aproximaciones sucesivas de x? producidas por el método de Newton. entonces |xn+1 − x? | ≤

M |xn − x? |2 , 2m

n = 1, 2, 3, . . .

Demostraci´ on. Sea E el error que resulta de usar f (xn ) como una aproximación para f (x? ) = 0, entonces, 0

0

E = f (x? ) − [f (xn ) + f (xn )(x? − xn )] = −[f (xn ) + f (xn )(x? − xn )], ´ 2.6. METODO DE NEWTON

52


pero por el teorema anterior 1 |E| ≤ M (xn − x? )2 . 2 Como xn+1 = xn −

f (xn ) , n = 1, 2, 3, . . . , entonces f 0 (xn ) 0

f (xn ) −[f (xn ) + f (xn )(x? − xn )] xn+1 − x = xn − 0 − x? = , f (xn ) f 0 (xn ) ?

luego xn+1 − x? = por tanto |xn+1 − x? | = pero

E , f (xn ) 0

|E| M (xn − x? )2 ≤ , |f 0 (xn )| 2|f 0 (xn )|

1 1 ≤ , luego |f (xn )| m 0

|xn+1 − x? | ≤

M |xn − x? |2 . 2m

Como podemos observar el teorema anterior muestra que el método de Newton en general converge q-cuadráticamente.

2.7.

M´ etodo Modificado de Newton

Hemos dicho que en general el método se Newton converge cuadráticamente sin embargo cuando la ra´ız no es simple solo se garantiza la convergencia lineal, como lo muestra el siguiente teorema. Teorema 2.7.1. Sea una función diferenciable en un intervalo [a; b] que contiene a r y supongamos r es un cero de multiplicidad p > 1, entonces el método de Newton converge q-linealmente. Demostraci´ on. Como r es un cero de multiplicidad p > 1, entonces, f (x) = p (x − r) q(x), con q(r) 6= 0. Sea g(x) = x −

f (x) , f 0 (x)


53


como la iteración de Newton es

xn+1 = xn −

f (xn ) , f 0 (xn )

esta se puede considerar una iteración de punto fijo para g(x). Luego

g(x) = x −

(x − r)p q(x) (x − r)q(x) =x− , 0 p−1 p p(x − r) q(x) + (x − r) q (x) pq(x) + (x − r)q 0 (x)

as´ı que

0

g (r) = 1 −

1 p[q(r)]2 =1− , 2 2 p [q(r)] p

1 0 < 1, de modo que 0 6= g (r) < 1, as´ı que p por el teorema 2.2.10, el método de Newton converge q-linealmente.

pero como p > 1, entonces 1 −

Ejemplo 2.7.1. Aplicar el método de Newton a la función f (x) = x3 −4x2 + 4x, partiendo de x0 = 1.5.

Soluci´ on Observemos que f (x) tiene en r = 2 un cero de multiplicidad 2, y partiendo de x0 = 1.5 obtenemos los siguientes resultados. ´ 2.7. METODO MODIFICADO DE NEWTON

54


i

xi

|xi − x? |

|xi+1 −x? | |xi −x? |

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17

1.5 1.8 1.905882359 1.954132539 1.9773386164 1.988734610 1.994383304 1.997195612 1.998598791 1.999299641 1.999649882 1.999824956 1.999912482 1.999956242 1.999978121 1.999989061 1.999994530 1.999997265

0.5 0.2 0.0941 0.04587 0.02266 0.011266 0.0056167 0.0028044 0.00140121 0.00070036 0.00035012 0.00017504 0.00008752 0.0000438 0.000021879 0.000010939 0.00000547 0.000002735

0.4 0.47 0.49 0.494 0.497 0.498 0.499 0.499 0.499 0.4999 0.4999 0.4999 0.5 0.5 0.499 0.4999 0.5 0.5

TABLA 9 Como podemos observar, el método de Newton en en este caso tiene un comportamiento lineal.¥ Con el propósito de mejorar la convergencia del método, este se puede modificar, cuando como en este caso el cero buscado sea de multiplicidad m > 1. Supongamos que r es un cero de multiplicidad m > 1, entonces, f (x) = (x − r)m q(x), con q(r) 6= 0, definamos g(x) =

f (x) (x − r)q(x) = . 0 f (x) mq(x) + (x − r)q 0 (x)

Observemos primero que r es también un cero de g(x) ya que g(r) =

(r − r)q(r) 0 = = 0, 0 mq(r) + (r − r)q (r) mq(r)


55


además r es un cero simple de g(x) puesto que esta función se puede escribir de la forma h i q(x) g(x) = (x − r) = (x − r)s(x), mq(x) + (x − r)q 0 (x) donde s(x) = con s(r) =

q(x) , mq(x) + (x − r)q 0 (x)

q(r) q(r) 1 = = 6= 0. 0 mq(r) + (r − r)q (r) mq(r) m

Consideremos la función de iteración f (x) g(x) f 0 (x) =x− 0 , h(x) = x − 0 00 g (x) [f (x)]2 − f (x)f (x) [f 0 (x)]2 la cual nos da un método de Newton por lo menos q-cuadrático luego, 0

f (x)f (x) h(x) = x − 0 , [f (x)]2 − f (x)f 00 (x) lo anterior sugiere un proceso iterativo, el cual se concreta al escribir 0

xn+1 = xn −

f (xn )f (xn ) , 0 [f (xn )]2 − f (xn )f 00 (xn )

n = 0, 1, 2, 3, . . . ,. Ejemplo 2.7.2. Usar el método de modificado Newton para encontrar un cero de f (x) = x3 − 4x2 + 4x, partiendo de x0 = 1.5 Soluci´ on Al aplicar el método modificado de Newton partiendo de x0 = 1.5, con una tolerancia de 10−10 los resultados que se obtienen son: k 0 1 2 3 4

xk x0 x1 x2 x3 x4

f (x) = x3 − 4x2 + 4x 1.5 1.89473684210526 1.99691833590139 1.99999761850615 1.9999999999256

|f (xk )| 0.02099431403 0.00001896406 0.000000000001 0.000000000001

´ 2.7. METODO MODIFICADO DE NEWTON

56


TABLA 10 Si comparamos los resultados obtenidos ahora con los anteriores, observamos que la rapidez de convergencia es mayor. ¥ Otra alternativa muy usada que permite acelerar el método de Newton está dada por f (xn ) xn+1 = xn − m 0 , f (xn ) n = 0, 1, 2, 3, . . . , siendo m la multiplicidad del cero de f (x).

2.8.

M´ etodo de la Secante

Como hemos dicho una de las desventajas del método de Newton es que en 0 cada iteración hay que evaluar tanto a f (x) como a f (x), para atenuar esa desventaja se propone el método de la secante que es casi tan rápido como el de Newton, pero no posee la desventaja comentada.

6

.

p.1 p0. (r, 0) .....(p .....2..,..0) ... ... ... .............. ... .......... ... .. ....... ... (p2 , f (p2 )) .......... (p1 , f (p.1..)) .......... . ..... ......... (p0 , f (p0 ))

Figura 2.7 Método de la Secante En el método de la secante partimos de dos puntos (p0 , f (p0 )) y (p1 , f (p1 )), como lo muestra la figura 2.7 por esos dos puntos pasa una secante que los ´ DE ECUACIONES NO LINEALES CAPÍTULO 2. SOLUCION

57


une y cuya pendiente es m=

f (p1 ) − f (p0 ) , p1 − p0

pero puesto que esta recta secante corta al eje X en el punto (p2 , 0), entonces también se tiene que 0 − f (p1 ) , m= p2 − p1 luego entonces f (p1 ) − f (p0 ) 0 − f (p1 ) = , p1 − p0 p2 − p1 por tanto f (p1 )(p1 − p0 ) p2 = p1 − , f (p1 ) − f (p0 ) este proceso genera la fórmula de iteración dada por pk+1 = pk −

f (pk )(pk − pk−1 ) . f (pk ) − f (pk−1 )

Como hemos dicho el método de secante se propone para mejorar alguna de las desventaja que presenta el método de Newton, sin quitar mucho de su rapidez de convergencia, con el teorema siguiente se prueba que el método de √ 1 la secante converge con una rapidez de convergencia dada por p = (1 + 5) 2 00

Teorema 2.8.1. Sea x? un cero de f (x) y supongamos que f (x? ) 6= 0, √ 1 entonces el orden de convergencia del método de la secante es p = (1 + 5). 2 Demostraci´ on. Sea ek = pk − x? , k = 0, 1, 2, . . . , como pk+1 =

pk−1 f (pk ) − pk f (pk−1 ) , f (pk ) − f (pk−1 )

tenemos que pn+1 − x? = =

pn−1 f (pn ) − pn f (pn−1 ) x? (f (pn ) − f (pn−1 )) − f (pn ) − f (pn−1 ) f (pn ) − f (pn−1 ) (pn−1 − x? )f (pn ) − (pn − x? )f (pn−1 ) , f (pn ) − f (pn−1 )

de modo que en+1 =

en−1 f (x? + en ) − en f (en−1 + x? ) , f (x? + en ) − f (en−1 + x? ) ´ 2.8. METODO DE LA SECANTE

58


pero por el desarrollo de Taylor de f (x? + en ) y f (x? + en−1 ) alrededor de x? tenemos que 1 00 0 f (x? + en ) = f (x? ) + f (x? )en + f (x? )e2n + . . . 2 y

1 00 0 f (x? + en−1 ) = f (x? ) + f (x? )en−1 + f (x? )e2n−1 + . . . , 2 ? pero como f (x ) = 0 entonces, 1 00 0 en−1 f (x? + en ) = f (x? )en en−1 + f (x? )e2n en−1 + . . . 2 y

1 00 0 en f (x? + en−1 ) = f (x? )en−1 en + f (x? )e2n−1 en + . . . , 2

además 1 00 0 f (x? + en ) − f (x? + en−1 ) = f (x? )(en − en−1 ) + f (x? )(e2n − e2n−1 ) + . . . 2 de modo que en+1 =

1 00 f (x? )en en−1 (en − en−1 ) + 2 f 0 (x? )(en − en−1 ) + . . .

...

,

para |en−1 | y |en | suficientemente peque˜ nos tenemos que 00

en+1

f (x? )en en−1 ≈ , 2f 0 (x? )

as´ı que |en+1 | ≈ M |en en−1 | = M |en ||en−1 |, 00

f (x? ) siendo M = , pero queremos obtener el valor de p, para el cual se 2f 0 (x? ) cumpla que |x? − xn | = α|x? − xn−1 |p , o sea que |en | = α|en−1 |p , con α > 0, p ≥ 1, pero también |en+1 | = α|en |p = α(α|en−1 |p )p , de modo que

2

αp+1 |en−1 |p = M (α|en−1 |p )|en−1 |, ´ DE ECUACIONES NO LINEALES CAPÍTULO 2. SOLUCION

59


de modo que

2

αp+1 |en−1 |p = αM (|en−1 |p+1 ), la cual es válida si αp = M y p2 = p + 1, de modo que √ 1 p = (1 + 5) 2

Ejemplo 2.8.1. Aplique el método de la Secante para obtener la solución de f (x) = x3 + 3x2 − 1, en el intervalo [−3, −2] Soluci´ on

k 0 1 2 3 4 5 6

xk x0 x1 x2 x3 x4 x5 x6

f (x) = x3 + 3x2 − 1 -2.75000000000 -3.06666666667 -2.86202438769 -2.87718593646 -2.87941389757 -2.87938519474 -2.87938524157

|f (xk )| 0.890625 1.626962963 0.1301835722 0.0166792473 0.00021768 0.0000003558 0.000000000

TABLA 11 Lo anterior nos muestra que la ra´ız de f (x) es x6 = −2.87938524157, la cual se tiene en 7 iteraciones, y que el método si bien es suficientemente rápido, el método de Newton sigue siendo más eficiente lo cual era de esperarse puesto que como hemos probado Newton es q-cuadrático en tanto que el orden de convergencia de el método de la Secante es p ≈ 1.618. ¥

2.9.

M´ etodo ∆2 de Aitken

Es posible aumentar la rapidez de convergencia de una sucesión, cuando esta converge linealmente, esto se hace usando una técnica llamada método ∆2 de Aitken, antes de exhibir el método ∆2 de Aitken estableceremos la siguiente definición ´ 2.9. METODO ∆2 DE AITKEN

60


Definici´ on 2.9.1. Supongamos {pn }∞ on, definimos la diferenn=0 una sucesi´ cia progresiva ∆pn como ∆pn = pn+1 − pn

n≥0

Para k ≥ 2 se define recursivamente ∆k pn = ∆(∆k−1 pn ) Lo que deseamos es, construir una sucesión {qn }∞ n=0 que converja a p ∞ más rápidamente que {pn }n=0 , para ello supongamos que {pn }∞ n=0 , converge a p, que pn − p, pn+1 − p, pn+2 − p, tienen el mismo signo y que pn+1 − p pn+2 − p ≈ , luego pn − p pn+1 − p (pn+1 − p)2 ≈ (pn+2 − p)(pn − p), as´ı que p2n+1 − 2pn+1 p + p2 ≈ pn pn+2 − ppn+2 − ppn + p2 , pero entonces ppn+2 + ppn − 2ppn+1 ≈ pn pn+2 − p2n+1 , o sea que (pn+2 + pn − 2pn+1 )p ≈ pn pn+2 − p2n+1 , entonces p≈

p2 + pn pn+2 − 2pn pn+1 + 2pn pn+1 − p2n+1 − p2n pn pn+2 − p2n+1 = n , pn+2 + pn − 2pn+1 pn+2 + pn − 2pn+1

de modo que p≈

pn (pn + pn+2 − 2pn+1 ) − (p2n − 2pn pn+1 + p2n+1 ) , pn+2 + pn − 2pn+1

luego

(pn+1 − pn )2 , pn+2 − 2pn+1 + pn pero ∆pn = pn+1 − pn y ∆2 pn = ∆(∆pn ) = ∆(pn+1 − pn ) = ∆pn+1 − ∆pn = pn+2 − pn+1 − pn+1 + pn = pn+2 − 2pn+1 + pn , de modo que p ≈ pn −

p ≈ pn −

(∆pn )2 , ∆2 pn

definamos la sucesión {qn }∞ n=0 por qn = pn −

(∆pn )2 ∆2 pn

(2.6)

as rápidamente que Mostremos ahora que la sucesión {qn }∞ n=0 converge a p m´ {pn }∞ n=0 ´ DE ECUACIONES NO LINEALES CAPÍTULO 2. SOLUCION

61


Teorema 2.9.1. Supongamos {pn }∞ n=0 converge a p linealmente y supongamos que (pn − p)(pn+1 − p) > 0, para n suficientemente grande. Entonces la sucesi´ on {qn }∞ as rápidamente que la sucesi´ on n=0 dada por 2.6 converge a p m´ ∞ {pn }n=0 en el sentido que ¯q − p¯ ¯ n ¯ l´ım ¯ ¯=0 n→∞ pn − p Demostraci´ on. Como {pn }∞ n=0 converge linealmente a p, entonces existe λ ∈ (0, 1), tal que ¯p ¯ ¯ n+1 − p ¯ l´ım ¯ ¯ = λ, n→∞ pn − p luego, entonces existe λ ∈ (0, 1), tal que ¯ ¯p ¯ n+1 − p ¯ l´ım ¯ − λ¯ = 0, n→∞ pn − p de modo que si δn =

pn+1 − p − λ se tiene que pn − p l´ım δn = 0,

n→∞

pero como En = pn − p y En+1 = pn+1 − p, entonces δn = que En+1 = En δn + λEn , o sea que

En+1 − λ, de modo En

En+1 = (δn + λ)En , as´ı que En+2 = (δn+1 + λ)En+1 = (δn+1 + λ)(δn + λ)En , pero ∆pn = pn+1 − pn = (pn+1 − p) + (p − pn ) = En+1 − En , de modo que ∆pn = En δn + λEn − En = (δn + λ − 1)En , as´ı que, ∆2 pn = ∆(∆pn ) = ∆(pn+1 − pn ) = ∆pn+1 − ∆pn = pn+2 − pn+1 − pn+1 + pn luego ∆2 pn = pn+2 −2pn+1 +pn = (pn+2 −p)−2(pn+1 −p)+(pn −p) = En+2 −2En+1 +En ´ 2.9. METODO ∆2 DE AITKEN

62


o sea que ∆2 pn = (δn+1 + λ)(δn + λ)En − 2(δn + λ)En + En = λ2 En + (δn+1 + δn )λEn + δn δn+1 En − 2δn En − 2λEn + En , luego ∆2 pn = (λ2 − 2λ + 1)En + (λδn+1 + λδn + δn δn−1 − 2δn )En 0

= (λ2 − 2λ + 1)En + δn En , 0

donde δn = λδn+1 + λδn + δn δn−1 − 2δn de modo que 0

0

∆2 pn = (λ − 1)2 En + δn En = [(λ − 1)2 + δn ]En , pero como {δn }∞ n=0 converge a cero entonces 0

l´ım δn = l´ım (λδn+1 + λδn + δn δn−1 − 2δn ) = 0,

n→∞

n→∞

por tanto, qn = p n −

(∆pn )2 (pn+1 − p)2 (δn + λ − 1)2 En2 = p − = p − n n ∆2 pn [(λ − 1)2 + δn0 ]En [(λ − 1)2 + δn0 ]En

as´ı que

(δn + λ − 1)2 En2 qn = En + p − , [(λ − 1)2 + δn0 ]En

de modo que 0

qn − p =

[(λ − 1)2 + δn ]En2 − (δn + λ − 1)2 En2 , [(λ − 1)2 + δn0 ]En

o sea que

0

qn − p (λ − 1)2 + δn − (δn + λ − 1)2 = , En (λ − 1)2 + δn0 por consiguiente 0

λ2 − 2λ + 1 + δn − (δn2 + λ2 + 1 + 2λδn − 2δn − 2λ) qn − p = , pn − p (λ − 1)2 + δn0 pero entonces

0

δ − 2δn (λ − 1) − δn2 qn − p = n , pn − p (λ − 1)2 + δn0 luego

0

qn − p δ − 2δn (λ − 1) − δn2 0 l´ım = l´ım n = =0 0 2 n→∞ pn − p n→∞ (λ − 1) + δn (λ − 1)2



63

Ejercicios En los ejercicios del 1-10 encuentre el cero real de las siguientes funciones, a+b encuentre el intervalo [a, b] en el que se encuentra dicha ra´ız y use como 2 punto de inicio para el método de Newton. Use bisección, regula falsi, secante y Newton en las funciones 1. f (x) = x2 − 7 2. f (x) = x3 − 6 3. f (x) = x4 − 0.65 4. f (x) = x3 − 7 5. f (x) = x3 − 3 6. f (x) = x3 − 7x2 + 14x − 7 7. f (x) = x3 − x2 − 4x − 3 8. f (x) = x3 − x2 − 24x − 32 9. f (x) = 0.4x2 − x + 0.2 10. f (x) = 9x3 − 10x + 1 11. Demuestre que el punto fijo de x = g(x) = 0.4x2 + 0.2 existe, y use la iteración de punto fijo para encontrarlo. 12. Use la iteración de punto fijo para encontrar el punto fijo de x = g(x) = 0.9x3 + 0.1 13. Determine las ra´ıces de f (x) = −2+6x−4x2 +0.5x3 , usando el métod0 de Newton usando valores iniciales de a)4.2 y b) 4.43. 14. Localice la primera ra´ız positiva de sen x + cos(x2 + 1) − 1. Use cuatro iteraciones con el método de Newton con valores iniciales de a) 1.0 y b) 1.5 15. La función f (x) = x3 + 2x2 − 5x + 3 tiene una ra´ız doble en x = 1. Use a) el método normal de Newton, b) el método modificado de Newton para resolver para la ra´ız x = 1. Compare y analice la convergencia para x0 = 0.2 ´ 2.9. METODO ∆2 DE AITKEN

64


16. Use el método de punto fijo para encontrar la ra´ız de f (x) = sen Use el valor inicial p0 = 0.5 e iteración hasta que δ ≤ 0.01 %

√

x−x.

17. Para cada una se las siguientes funciones, use el método de Newton para encontrar un cero, en caso que el método falle explique porque. a) f (x) = −5x4 + 11x2 − 2, x0 = 1 b) f (x) = x4 − 4x + 1, x0 = 0 1 c) f (x) = 5x4 − 11x2 + 2, x0 = , x0 = 0 2 18. Encuentre los ceros de los siguientes polinomios de Legendre. 1 a) P2 (x) = (3x2 − 1) 2 1 b) P3 (x) = (5x3 − 3x) 2 1 c) P4 (x) = (35x4 − 30x2 + 3) 8 1 d ) P5 (x) = (65x5 − 70x3 + 15x) 8 19. Encuentre la intersección de y = ex y y = x3

20. Encuentre la intersección de y = 2x y y = x2

21. Encuentre la intersección de y = −a + ex y y = b + lnx, si a) a = 5 y b = 1



65

b) a = 3 y b = 2

c) a = 1 y b = 5 22. Use el método se Newton y el de la secante para encontrar un cero de 1 f (x) = −0.01 + 1+x 2

´ 2.9. METODO ∆2 DE AITKEN

66



Cap´ıtulo 3

Soluci´ on de Sistema de Ecuaciones Una red eléctrica está conectada a tres terminales con voltajes conocidos, seg´ un se muestra en la figura 3.1, se desea obtener los voltajes en los nodos 1, 2 y 3. Sabemos que si Va , Vb son los voltajes en dos nodos cualesquiera a,

30V

3Ω

1

3

4Ω

2

5Ω

7Ω

10V

6Ω

3Ω

9V

Figura 3.1 y b y Rab es la resistencia entre dichos nodos, entonces la corriente eléctrica iab está dada por Va − Vb , iab = Rab además si un nodo a cualquiera está conectado a j = b, c, d . . . , n, como lo muestra la figura 3.2, entonces, n X

iaj = 0,

j=b

67

68


n

a

b

c d Figura 3.2 as´ı que entonces en nuestro problema se tiene que P ara

el

nodo

1:

P ara

el

nodo

2:

P ara

el

nodo

3:

V1 − 30 V1 − V2 V1 − V3 + + =0 3 6 7 V2 − V1 V2 − V3 V2 − 9 + + =0 6 5 3 V3 − V1 V3 − V2 V3 − 10 + + = 0. 7 5 4

Esto genera un sistema de tres ecuaciones lineales con tres variables. En este cap´ıtulo mostraremos métodos que permitan resolver sistemas lineales que en general pueden ser muy dimensionados.

3.1.

Vectores y Matrices

Definici´ on 3.1.1. Un vector de Rn es una n-upla de la forma − → v = (v1 , v2 , v3 , . . . , vn ) → → Definici´ on 3.1.2. Sean − v = (v1 , v2 , v3 , . . . , vn ) y − w = (w1 , w2 , w3 , . . . , wn ), → − → − n vectores renglones en R decimos que v = w , si y solo si vi = wi , ∀i, i = 1, 2, 3, .., n ´ DE SISTEMA DE ECUACIONES CAPÍTULO 3. SOLUCION

69


→ − Definici´ on 3.1.3. Sean − v = (v1 , v2 , v3 , . . . , vn ) y → w = (w1 , w2 , w3 , . . . , wn ), n vectores renglones en R definimos − → → v +− w = (v1 + w1 , v2 + w2 , ...., vn + wn ) → Definici´ on 3.1.4. Sea − v = (v1 , v2 , v3 , . . . , vn ) vector de Rn , α ∈ R definimos → α− v = (αv1 , αv2 , αv3 , ..., αvn ) → → Definici´ on 3.1.5. Sean − v = (v1 , v2 , v3 , . . . , vn ) y − w = (w1 , w2 , w3 , . . . , wn ) vectores en Rn , definimos → − − v •→ w = v1 · w1 + v2 · w2 + v3 · w3 + ... + vn · wn =

n X

vi · w i ,

i=1

→ → como el producto escalar de − v y− w. → Definici´ on 3.1.6. Sea − v = (v1 , v2 , v3 , . . . , vn ) vector de Rn , definimos la − → − → norma de v , notada || v || como − ||→ v || =

n ³X ´1 p 2 2 2 2 2 2 v1 + v2 + v3 + ... + vn = vi . i=1

→ → − Teorema 3.1.1. Sean − v,− w y→ u vectores en Rn , entonces, se tiene: − → − → 1. → v +− w =→ w +− v → → → → → → 2. (− v +− w) + − u =− v + (− w +− u) → − − → → → 3. ∃ 0 ∈ Rn , tal que − v + 0 =− v − → − → → → 4. ∀→ v ∈ Rn , ∃− z ∈ Rn , tal que − v +− z = 0 → − → 5. ∀α, β ∈ R, (α + β)− v = α→ v + β− v − → − → 6. ∀α ∈ R, α(→ v +− w ) = α→ v + α− w − → → 7. ∀α, β ∈ R, α(β → v ) = β(α− v ) = (αβ)− v Demostraci´ on. La prueba se deja como Ejercicio al lector 3.1. VECTORES Y MATRICES

70

3.2.


Matrices

Definici´ on 3.2.1. Una matriz es un arreglo la forma  a11 a12 a13 . . .  a21 a22 a23 . . .   .. .. .. ...  . . . am1 am2 am3 . . .

rectangular de mn n´ umeros de a1n a2n .. .

    

amn

la cual tiene m filas y n columnas Notaci´ on Si los elementos de una matriz A son n´ umeros reales y dicha matriz tiene m filas y n columnas diremos que A ∈ Rm×n , y que su tama˜ no es m × n Es com´ un usar la notación A = [aij ], i = 1, 2, 3, . . . , m, j = 1, 2, 3, . . . , n para referirnos a la matriz A ∈ Rm×n Definici´ on 3.2.2. Sean A = [aij ] y B = [bij ] dos matrices tama˜ no m × n, entonces, A = B si y solo si aij = bij , ∀i, j Definici´ on 3.2.3. Una matriz A es cuadrada si tiene el mismo n´ umero de filas y de columnas y en este caso se escribe A ∈ Rn×n . Definici´ on 3.2.4. Sea A ∈ Rn×n , una matriz cuadrada si aij = 1, i = j y aij = 0, i 6= j, se dice que A es la matriz idéntica y se nota In Definici´ on 3.2.5. La matriz O = [aij ] ∈ Rm×n , tal que aij = 0, ∀i, j es la matriz nula. Definici´ on 3.2.6. Sean A = [aij ] y B = [bij ] dos matrices tama˜ no m × n, definimos A + B como la matriz m × n dada por A + B = [aij + bij ] Definici´ on 3.2.7. Sea A = [aij ] una matriz tama˜ no m × n, y c un n´ umero definimos cA como la matriz m × n dada por cA = [caij ] Definici´ on 3.2.8. Sea A = [aij ] una matriz tama˜ no m × n definimos −A = [−aij ] Definici´ on 3.2.9. Sea A = [aij ] ∈ Rm×n y B = [bij ] ∈ Rn×r P definimos el m×r producto A × B como la matriz C = [cij ] ∈ R , donde cij = nk=1 aik bkj , i = 1, 2, 3, . . . , m, j = 1, 2, 3, . . . , r ´ DE SISTEMA DE ECUACIONES CAPÍTULO 3. SOLUCION

71


Presentamos a continuación algunos teoremas sin demostración las cuales se dejan como ejercicios para el lector Teorema 3.2.1. Sean A ∈ Rm×n , B ∈ Rm×n y C ∈ Rm×n , entonces 1. A + B = B + A 2. A + (B + C) = (A + B) + C 3. A + O = A 4. A + (−A) = O 5. Si α ∈ R, β ∈ R entonces, (α + β)A = αA + βA 6. Si α ∈ R entonces, α(A + B) = αA + αB 7. Si α ∈ R, β ∈ R entonces, (αβ)A = α(βA) = β(αA) Teorema 3.2.2. Sean A ∈ Rm×n , B ∈ Rm×n , D ∈ Rn×r entonces, (A + B)D = AD + BD. Teorema 3.2.3. Sean D ∈ Rm×r , A ∈ Rr×n , B ∈ Rr×n entonces, D(A + B) = DA + DB. Teorema 3.2.4. Sean A ∈ Rm×n , B ∈ Rn×r , C ∈ Rr×s entonces, A(BC) = (AB)C. Definici´ on 3.2.10. Una matriz A = [aij ] ∈ Rn×n es triangular superior si aij = 0 para i > j De la definición anterior la siguiente matriz es triangular superior   a11 a12 a13 . . . a1n  0 a22 a23 . . . a2n     0 0 a33 . . . a3n     ..  .. .. .. . .  .  . . . . 0 0 0 . . . ann Definici´ on 3.2.11. Una matriz A = [aij ] ∈ Rn×n es triangular inferior si aij = 0 para i < j La matriz siguiente es triangular inferior  a11 0 0  a21 a22 0   a31 a32 a33   .. .. ..  . . .

... ... ... .. .

0 0 0 .. .

an1 an2 an3 . . . ann 3.2. MATRICES

      

72


Definici´ on 3.2.12. Una matriz A = [aij ] ∈ Rn×n es tridiagonal si aij = 0 para |i − j| > 1 La matriz siguiente es tridiagonal         

a11 a12 0 0 0 ... 0 0 a21 a22 a23 0 0 ... 0 0 0 a32 a33 a34 0 ... 0 0 0 0 a43 a44 a45 . . . 0 0 .. .. .. .. .. .. .. .. . . . . . . . . 0 0 0 0 0 . . . an,n−1 ann

        

Definici´ on 3.2.13. Una matriz A = [aij ] ∈ Rm×n es de ancho r si aij = 0 para |i − j| > r Definici´ on 3.2.14. Una matriz A = [aij ] ∈ Rm×n es Hessemberg Superior si aij = 0 para i > j + 1 Definici´ on 3.2.15. Una matriz A = [aij ] ∈ Rm×n es Hessemberg Inferior si aij = 0 para i < j + 1 Definici´ on 3.2.16. Una matriz A ∈ Rn×n se dice invertible o no singular si y solo si ∃B ∈ Rn×n , tal que AB = BA = In y en este caso se dice que B es la inversa de A. Notaci´ on Si A es no singular su inversa, que es u ńica, la notamos A−1 . Definici´ on 3.2.17. Sea A ∈ Rn×n los elementos aii se llaman elementos diagonales Definici´ on 3.2.18. Sea A ∈ Rn×n la matriz A se dice estrictamente diagonal n P dominante si y solo si |aii | > |aij |, ∀i = 1, 2, 3, . . . , n, i 6= j j=1

Definici´ on 3.2.19. Si F : Rn 7−→ Rn definida por F (x) = (f1 (x), f2 (x), . . . , fn (x)), donde fi : Rn 7−→ R, para i = 1, 2, . . . , n, definimos la matriz Jacobiana de ´ DE SISTEMA DE ECUACIONES CAPÍTULO 3. SOLUCION

73


F , notada J(x), donde x = (x1 , x2 , . . . , xn ), como  ∂f1 ∂f1 ∂f1  ∂x1 ∂x2 ∂x3 . . .     ∂f2 ∂f2 ∂f2 ... J(x) =   ∂x1 ∂x2 ∂x3  . .. .. ..  .. . . .   ∂fn ∂fn ∂fn ... ∂x1 ∂x2 ∂x3

 ∂f1 ∂xn     ∂f2   ∂xn   ..  .  ∂fn  ∂xn

Definici´ on 3.2.20. Sea A = [aij ] ∈ Rm×n la matriz transpuesta de A es una matriz B = [bij ] ∈ Rn×m , tal que bij = aji , y en ese caso se nota B = AT Ejemplo 3.2.1. Si

entonces



 3 2 1 A =  4 2 5 , 6 0 4 

 3 4 6 AT =  2 2 0  1 5 4

Definici´ on 3.2.21. Sea A ∈ Rn×n se dice que A es simétrica, si y solo si, T A=A Definici´ on 3.2.22. Sea A ∈ Rn×n una matriz simétrica, A es definida positiva, si y solo si, X T AX > 0, para todo vector columna X 6= O

3.3.

Determinantes

Definici´ on 3.3.1. Sea

µ A=

a11 a12 a21 a22

¶ ,

¯ ¯ a a definimos el determinante de A, como |A| = ¯¯ 11 12 a21 a22

¯ ¯ ¯ = a11 a22 − a12 a21 ¯

Definici´ on 3.3.2. Sea A ∈ Rn×n definimos el menor ij notado Mij como el determinate de la submatriz que se obtiene de A eliminando la fila i y la columna j 3.3. DETERMINANTES

74


Definici´ on 3.3.3. Sea A ∈ Rn×n definimos el cofactor ij notado Aij como Aij = (−1)i+j Mij Definici´ on 3.3.4. Sea A ∈ Rn×n definimos el determinate de A notado |A| como n X |A| = aij Aij j=1

i = 1, 2, 3, . . . , n Nota : Si A es una matriz triangular Q superior o inferior tama˜ no n × n entonces, |A| = a11 · a22 · a33 · .... · ann = ni=1 aii

3.3.1.

Norma Matriz

Definici´ on 3.3.5. Sea A ∈ Rm×n , la norma de A está definida, como n ||Ax|| . o ||A|| = máx ||x|| = 6 0 ||x|| Como la norma matricial se expresa es términos de un vector, se dice que la norma es inducida por la correspondiente norma vector. La definición anterior es equivalente a ||A|| = máx{||Ay||/||y|| = 1}, ya que si y =

x , entonces, ||x|| ¯¯ 1 ¯¯ ||Ax|| ¯¯ ¯¯ ||Ay|| = ¯¯A x¯ ¯ = . ||x|| ||x||

Como ||A||, es el máximo cociente

||Ax|| , entonces, ||x||

||A|| ≥

||Ax|| , ||x||

x 6= 0, por lo tanto ||Ax|| ≤ ||A||||x||. Las normas matriciales más usadas en análisis numérico son relacionadas a continuación ´ DE SISTEMA DE ECUACIONES CAPÍTULO 3. SOLUCION

75


1. La norma 1 dada por ||A||1 = máx

m X

j=1,··· ,n

|aij |

i=1

2. La norma infinito dada por ||A||∞ = máx

i=1,··· ,m

n X

|aij |

j=1

3. La norma de Frobenius dada por ||A||F =

m X n hX

a2ij

i1/2

i=1 j=1

Definici´ on 3.3.6. Sea A una matriz no singular definimos el n´ umero de condici´ on de la matriz A notado κ(A), como κ(A) = ||A|| · ||A−1 || Nota: El n´ umero condición puede ser calculado con cualquiera de las anteriores normas. Distinguimos las diferentes normas usadas con un sub´ındice escribiendo entonces κ1 , κ∞ o κF respectivamente. Definici´ on 3.3.7. Sea A una matriz no singular decimos que la matriz A est´ a bien condicionada si K(A) es un n´ umero muy cercano a 1, si K(A) es significativamente mayor que 1 la matriz se dice mal condicionada. Ejemplo 3.3.1. Supongamos se tiene el sistema x − 2y = 1 x − (2 + δ)y = 1 + δ el cual como puede comprobarse tiene solución x = −1, y = −1, además la matriz de coeficiente del sistema es µ ¶ 1 −2 A= , 1 −(2 + δ) la cual es no singular y su inversa está dada por  (2 + δ) µ ¶  δ 1 −(2 + δ) 2  A−1 = − = −1 1 δ  1 δ 3.3. DETERMINANTES

 −2 δ   , −1  δ

76


de modo que ||A||∞ = max{|1| + | − 2|, | − (2 + δ)| + |1|} = 3 + δ y ||A−1 ||∞ =

4+δ , δ

de modo que κ∞ (A) = ||A||∞ ||A−1 ||∞ =

(3 + δ)(4 + δ) . δ

12 + 7 × 10−6 + 10−12 = 12×106 +7+10−6 ≈ 10−6 12 × 106 de modo que A es mal condicionada lo cual trae como consecuencia que peque˜ nos cambios en b alteren la solución de modo considerable, en efecto si el sistema es ahora x − 2y = 1 Si δ = 10−6 , entonces κ∞ (A) =

x − (2 + δ) = 1 + 2δ, la solución ahora es x = 3, y = −2, que está muy alejada de la solución anterior

3.4.

Sistema de Ecuaciones Lineales

En esta sección estudiaremos métodos iterativos que nos permitan solucionar sistemas de ecuaciones lineales cuadrados es decir, sistemas con n ecuaciones lineales y n variables.

Definici´ on 3.4.1. Sea A ∈ Rn×n una matriz cuadrada, X ∈ Rn×1 y b ∈ Rn×1 vectores columnas, entonces AX = b es un sistema de n ecuaciones lineales con n variables. De la definición anterior si     A= 

a11 a21 .. .

a12 a22 .. .

an1 an2

a13 . . . a23 . . . .. .. . . an3 . . .

a1n a2n .. . ann



      ,X =      

x1 x2 x3 . . . xn





        

    b=    

y

´ DE SISTEMA DE ECUACIONES CAPÍTULO 3. SOLUCION

b1 b2 b3 . . . bn

     ,    

77


entonces el sistema de la definición anterior es  x1  x   2 a11 a12 a13 . . . a1n x3  a21 a22 a23 . . . a2n       .  .. .. .. . . ..   . . . . . . an1 an2 an3 . . . ann   . xn





        =        

b1 b2 b3 . . . bn

         

y por lo tanto se tiene a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + · · · + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 + · · · + a2n xn = b2 a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 + · · · + a3n xn = b3 . . an1 x1 + an2 x2 + an3 x3 + · · · + ann xn = bn . Definici´ on 3.4.2. La matriz A del sistema lineal anterior se define como la matriz de coeficientes del sistema Definici´ on 3.4.3. A la matriz [A|b] ∈ Rn×(n+1) que resulta al agregarle a la matriz de coeficiente el vector columna b se le define como la matriz de coeficientes ampliada del sistema

3.4.1.

Sistemas Triangulares Superior

Un sistema de ecuaciones lineales triangular superior tiene la forma

a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + a14 x4 + · · · + a1n−1 xn−1 + a1n xn = b1 a22 x2 + a23 x3 + a24 x4 + · · · + a2n−1 xn−1 + a2n xn = b2 a33 x3 + a34 x4 + · · · + a3n−1 xn−1 + a3n xn = b3 .

.

.

.

an−1n−1 xn−1 + an−1n xn = bn−1 ann xn = bn . 3.4. SISTEMA DE ECUACIONES LINEALES

78


Teorema 3.4.1. Teorema de Sustituci´ on Regresiva Si AX = b es un sistema triangular superior de ecuaciones lineales y akk 6= 0, ∀k = 1, 2, 3, . . . , n, entonces el sistema tiene solución u ńica. Demostraci´ on. La demostración se hace de manera recursiva. Como ann 6= 0 por hipótesis, de la u ´ltima ecuación se tiene que xn =

bn , ann

además el valor de xn se u ńico. Pero ahora, conocido xn se puede encontrar el valor de xn−1 ya que como sabemos an−1n−1 6= 0, luego de la pen´ ultima ecuación se tiene que xn−1 =

bn−1 − an−1n xn an−1n−1

la unicidad de xn−1 , está garantizada por la unicidad de xn . Como an−2n−2 6= 0 y puesto que conocemos los valores de xn y xn−1 , entonces se tiene que bn−2 − an−2n−1 xn−1 − an−2n xn xn−2 = . an−2n−2 Si suponemos que se conocen los valores de xn , xn−1 , xn−2 , . . . , xk+1 , y como akk 6= 0, entonces se tiene que xk =

bk − akk+1 xk+1 − akk+2 xk+2 − · · · − akn−1 xn−1 − akn xn , akk

o también

n P

bk − xk =

i=k+1

akk

aki xi ,

k = 1, 2, 3, . . . , n − 2, n − 1. Además la unicidad de la solución se garantiza por inducción sobre n. Teorema 3.4.2. Teorema de Sustituci´ on Progresiva Si AX = b es un sistema triangular inferior de ecuaciones lineales y akk 6= 0, ∀k = 1, 2, 3, . . . , n, entonces el sistema tiene solución u ńica. Demostraci´ on. Como a11 6= 0, entonces x1 =

b1 , a11


79


pero como también a22 6= 0, entonces x2 =

b2 − a21 x1 , a22

conocido los valores de x1 y x2 , tenemos que x3 =

b3 − a31 x1 − a32 x2 . a33

En general si se han calculado los valores de x1 , x2 , . . . , xk−1 , y como akk 6= 0, entonces k−1 P bk − akj xj bk − ak1 x1 − ak2 x2 − ak3 x3 − · · · − akk−1 xk−1 j=1 xk = = , akk akk k = 1, 2, 3 . . . , n.

b1 , es el a11 u ńico valor posible de x1 y, por inducción finita, los valores de x2 , x3 , ...., xn son u ńicos.

La unicidad de la solución se tiene porque en la primera ecuación

Ejemplo 3.4.1. Consideremos el sistema 2x1 + x2 − 3x3 = 4 5x2 + 4x3 = 2 3x3 = 6 resolver el sistema utilizando sustituci´ on regresiva. Soluci´ on De la u ´ltima ecuación se tiene que 6 = 2, 3 pero entonces reemplazando este valor en la ecuación anterior obtenemos que x3 =

2−4×2 −6 2 − 4x3 = = 5 5 5 conocido los valores de x3 y x2 se reemplazan en la primera ecuación para obtener 28 4 − x2 + 3x3 = . x1 = 2 5 ¥ x2 =

3.4. SISTEMA DE ECUACIONES LINEALES

80

3.5.


Eliminaci´ on de Gauss y Pivoteo

Definici´ on 3.5.1. Dos sistemas de ecuaciones lineales son equivalentes si y solo si tienen el mismo conjunto de soluciones.

3.5.1.

Transformaciones Elementales

1. Dado un sistema de ecuaciones lineales, si a una cualquiera de sus ecuaciones se multiplica por un escalar c 6= 0, resulta un sistema equivalente al sistema dado. 2. Dado un sistema de ecuaciones lineales, si dos cualesquiera de sus ecuaciones se intercambian, resulta un sistema equivalente al sistema dado. 3. Dado un sistema de ecuaciones lineales, si a una cualquiera de sus ecuaciones se le suma un m´ ultiplo de otra ecuación cualquiera, resulta un sistema equivalente al sistema dado.

3.5.2.

Operaciones Elementales en los Renglones

Existen tres operaciones elementales sobre los renglones de una matriz A, las cuales enumeramos a continuación. 1. Multiplicar un renglón cualquiera de una matriz por un escalar c 6= 0. 2. Sumarle a un renglón de una matriz un m´ ultiplo de otro renglón. 3. Intercambiar dos renglones cualesquiera de la matriz. Definici´ on 3.5.2. El elemento aqq 6= 0, usado para eliminar los elementos arq , para r = q + 1, q + 2, . . . , n se define como el elemento pivote y la fila q se define como la fila pivote. arq Definici´ on 3.5.3. Los n´ umeros mrq = , por el cual se multiplica la fila aqq pivote para luego rest´ arsela a la fila r con r = q + 1, q + 2, . . . , n se llaman multiplicadores. Las operaciones elementales junto con los elementos pivotes y los multiplicadores nos permiten, cuando esto sea posible, transformar la matriz ampliada de un sistema de ecuaciones, en una matriz bien sea triangular superior o inferior y resolver el sistema equivalente, por sustitución regresiva o progresiva respectivamente.


81


Ejemplo 3.5.1. Resolver el sistema 2x1 + 3x2 + 2x3 + 4x4 = 4 4x1 + 10x2 − 4x3

= −8

−3x1 − 2x2 − 5x3 − 2x4 = −4 −2x1 + 4x2 + 4x3 − 7x4 = −1 usando sustitución regresiva. Soluci´ on La matriz ampliada del sistema es 

2 3 2 4  4 10 −4 0   −3 −2 −5 −2 −2 4 4 −7

 | 4 | −8  . | −4  | −1

El elemento pivote en la primera fila es a11 = 2 y los multiplicadores son 4 a31 3 a41 2 a21 = = 2, m31 = = − , m41 = = − = −1, tomando m21 = a11 2 a11 2 a11 2 la primera fila para eliminar los elementos de la primera columna ubicados debajo de la diagonal se tiene que 

 2 3 2 4 | 4  0 4 −8 −8 | −16      |  . 5  0 −2 4 | 2  2     | 0 7 6 −3 | 3 Para la segunda fila ahora el elemento pivote es a22 = 4 luego los multipli5 a42 7 a32 = , m42 = = , luego entonces se tiene cadores ahora son m32 = a22 8 a22 4 que   2 3 2 4 | 4  0 4 −8 −8 | −16     0 0 3 . 9 | 12     | 0 0 20 11 | 31 ´ DE GAUSS Y PIVOTEO 3.5. ELIMINACION

82


Pero ahora para la tercera fila el elemento pivote es a33 = 3 y el multiplicador a43 20 es m43 = = , luego entonces tenemos que a33 3   2 3 2 4 | 4  0 4 −8 −8 | −16   .  0 0 3 9 | 12  0 0 0 −49 | −49 La matriz ampliada anterior corresponde al sistema triangular superior dado por 2x1 + 3x2 + 2x3 + 4x4 = 4 4x2 − 8x3 − 8x4 = −16 3x3 + 9x4 = 12 −49x4 = −49 que es equivalente al original. Aplicando la sustitución regresiva se tiene de la u ´ltima ecuación del sistema que x4 = 1, pero en la tercera ecuación se tiene que 3x3 = 12 − 9x4 = 12 − 9 = 3, por lo tanto x3 = 1. De la ecuación dos tenemos que 4x2 = −16 + 8x3 + 8x4 = −16 + 8 + 8 = 0, luego x2 = 0. Finalmente de la primera ecuación 2x1 = 4 − 3x2 − 2x3 − 4x4 = −2, as´ı que x1 = −1.

¥

El proceso que acabamos de utilizar para obtener la solución del ejemplo anterior se conoce como la Eliminaci´ on Gaussiana con Sustituci´ on Regresiva.


83


3.6.

Estrategias de Pivoteo

3.6.1.

Pivoteo Trivial

Puede suceder que en alg´ un paso del proceso de eliminación Gaussiana con sustitución regresiva, se tenga aqq = 0, esto naturalmente implica que este elemento (aqq ), no se puede tomar como elemento pivote, en este caso se usa la estrategia del Pivoteo Trivial, que consiste en escoger de una fila k, k = q + 1, q + 2, . . . , n en la que akq 6= 0, esta fila se intercambia con la fila q-ésima, con lo cual se obtiene un pivote no nulo.

3.6.2.

Pivoteo Parcial

Es posible que al utilizar el pivoteo trivial se produzcan errores debido a que como es sabido la computadora utiliza aritmética de precisión finita, lo anterior lo ilustramos con un ejemplo.

Ejemplo 3.6.1. Supongamos se desea resolver el sistema 1.133x1 + 5.281x2 = 6.414 24.14x1 − 1.21x2 = 22.93 haciendo operaciones con una precisi´ on de cuatro cifras significativas. Soluci´ on Observemos primero que la solución del sistema es exactamente x1 = 1 y x2 = 1. El elemento pivote es a11 = 1.133 y el multiplicador es 24.14 = 21.31, de modo que se tiene entonces que m21 = 1.133 1.133x1 + 5.281x2 = 6.414 −113.7x2 = 113.8 por tanto x2 = 1.001 y as´ı x1 = 0.9956.

¥

El error que se comete se debe a que el valor del multiplicador m21 = 21.31 es muy grande. Miremos ahora como podr´ıamos resolver el sistema anterior para evitar el error cometido. 3.6. ESTRATEGIAS DE PIVOTEO

84


Si se intercambian las ecuaciones se obtiene el sistema 24.14x1 − 1.21x2 = 22.93 1.133x1 + 5.281x2 = 6.414 que es equivalente al original; pero ahora el elemento pivote es a11 = 24.14 y el multiplicador es m21 = 1.133 = 0.04593, con esto resulta el sistema triangular 24.14 superior 24.14x1 − 1.21x2 = 22.93 5.338x2 = 5.338, de modo que se tiene la solución exacta x1 = 1 y x2 = 1. La estrategia anterior se conoce como pivoteo parcial la cual consiste en tomar como pivote el coeficiente de mayor magnitud, y una vez ubicado intercambiar filas a fin de colocarlo en la diagonal, esto es, se comparan todos los coeficientes en la columna q, desde el que está en la diagonal hasta el que está en la u ´ltima fila. Una vez hecho esto se toma el elemento de mayor valor absoluto y esa fila se intercambia con la q- ésima, es decir, si |akq | = máx{|aqq |, |aq+1q |, . . . , |anq |}, entonces se intercambian las filas q-ésima y k-ésima, con esto todos los multiplicadores serán todos menores que 1 en valor absoluto.

3.6.3.

Pivoteo Parcial Escalado

Si bien el pivoteo parcial evita errores que se pueden cometer con el pivoteo trivial, con el pivoteo parcial escalado se pretende reducir a´ un más la propagación de errores, resultando una técnica mucho más eficiente. En el pivoteo parcial escalado, se toma en cada columna desde la q -ésima hacia abajo el que tenga el mayor valor relativo con respecto a los elementos de su fila. Es decir se busca primero en cada fila, a partir de la fila q, hasta la n-ésima el elemento de mayor tama˜ no, esto es, si ese elemento lo notamos ur , entonces ur = máx{|arq |, |arq+1 |, |arq+2 |, . . . , |arn |}, r = q, q + 1, . . . , n, la fila pivote es entonces la fila k para la cual n |a | |a |anq | o |akq | qq q+1q | |aq+2q | = máx , , ,..., . uk uq uq+1 uq+2 un Una vez hecho esto se intercambian la fila k y la fila q a menos que q = k. ´ DE SISTEMA DE ECUACIONES CAPÍTULO 3. SOLUCION

85


3.7.

Factorizaci´ on LU

Definici´ on 3.7.1. Sea A una matriz no singular se dice que A tiene factorizaci´ on LU si y solo si, se puede expresar de la forma A = LU , donde L es una matriz triangular inferior con elementos diagonales iguales a 1 y U es una matriz triangular superior. Ejemplo 3.7.1. La matriz 

 2 3 2 4  4 10 −4 0   A=  −3 −2 −5 −2  , −2 4 4 −7 tiene factorización LU ya que si 

1

0

   2 1  L=  3 5  −  2 8  −1 74 y



2  0 U =  0 0

0 0 1 20 3

0



  0     0    1

 3 2 4 4 −8 −8  , 0 3 9  0 0 −49

entonces 

1

0

   2 3 2 4   4 10 −4 0   2 1   A= = −3 −2 −5 −2    −3 5  2 8 −2 4 4 −7  −1 74 

0 0 1 20 3

0



  0     0    1

2 0 0 0

 3 2 4 4 −8 −8   = LU. 0 3 9  0 0 −49

Si la matriz A tiene factorización LU dicha factorización se puede obten´ LU 3.7. FACTORIZACION

86


er de la manera siguiente



   A=  

a11 a21 a31 .. .

a12 a22 a32 .. .

an1 an2 y

    L=  

1 m21 m31 .. .

0 1 m32 .. .

0 0 1 .. .

... ... ... ...

0 0 0 .. .

a13 . . . a1n a23 . . . a2n a33 . . . a3n .. . . . .. . . an3 . . . ann





      ,U =     

mn1 mn2 mn3 . . . 1

      

u11 0 0 .. .

u12 u22 0 .. .

u13 u23 u33 .. .

... ... ... ...

u1n u2n u3n .. .

0

0

0

. . . unn

    ,  

donde mkq son los multiplicadores. Ahora si se tiene un sistema lineal dado por la forma AX = b, donde A tiene factorización LU , entonces el sistema se puede escribir como LU X = b, pero si hacemos U X = Y, entonces, se puede resolver primero el sistema LY = b usando la sustitución regresiva, para luego resolver el sistema UX = Y aprovechando el hecho de que U es una matriz triangular superior.

Ejemplo 3.7.2. Resolver el sistema del ejemplo anterior usando factorización LU Soluci´ on La matriz de coeficientes del sistema es  2 3 2 4  4 10 −4 0   −3 −2 −5 −2 −2 4 4 −7

  , 


87


luego entonces la matriz L, es 

1 0  2 1   L=  −3 5  2 8  −1 74 y la matriz U es



2  0 U =  0 0 sea

0 0 1 20 3

 0 0    , 0    1

 3 2 4 4 −8 −8  , 0 3 9  0 0 −49 

 y1  y2   Y =  y3  , y4

entonces LY = b es el sistema dado por 

1 0  2 1    3 5  −  2 8  −1 47

0 0 1 20 3

 0  0      0    1

  y1 4   y2   −8 = y3   −4 y4 −1

  . 

Que corresponde al sistema y1

=4

2y1 + y2

= −8

3 5 − y1 + y2 + y3 2 8

= −4

20 7 −y1 + y2 + y3 + y4 = −1, 4 3 de la primera ecuación y1 = 4 luego de la segunda ecuación se tiene que y2 = −8−2y1 = −16 as´ı que de la tercera ecuación y3 = −4+ 23 y1 − 58 y2 = 12, ´ LU 3.7. FACTORIZACION

88


y de la cuarta ecuación se tiene que y4 = −1 + y1 − 74 y2 − modo que el sistema U X = Y a resolver es      2 3 2 4 x1 4  0 4 −8 −8   x2   −16    = .  0 0 3 9   x3   12  0 0 0 −49 x4 −49

20 y 3 3

= −49 de

o sea 2x1 + 3x2 + 2x3 + 4x4 = 4 4x2 − 8x3 − 8x4 = −16 3x3 + 9x4 = 12 −49x4 = −49 sistema cuya solución como se ha visto antes es   −1  0   X=  1 . 1 ¥

3.8.

M´ etodo de Jacobi

Miremos un ejemplo que nos permita comprender el método de Jacobi, el cual es usado, para encontrar la solución de un sistema cuadrado de ecuaciones lineales.

Ejemplo 3.8.1. Resolver el sistema lineal 5x − y + z = 10 2x + 8y − z = 11 −x + y + 4z = 3 usando el método iterativo de Jacobi a partir del punto inicial (0, 0, 0). ´ DE SISTEMA DE ECUACIONES CAPÍTULO 3. SOLUCION

89


Soluci´ on De la primera ecuación tenemos que x=

10 + y − z , 5

y=

11 − 2x + z 8

de la segunda

y de la tercera

3+x−y . 4 La iteración de Jacobi para este caso es z=

xk+1 =

10 + yk − zk 5

11 − 2xk + zk 8 3 + xk − y k zk+1 = 4 y los resultados del proceso iterativo se muestran en la tabla 12 yk+1 =

Iteración 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

xk 0 2 2.125 2.0125 1.983593 1.997578 2.002681 1.9996744 1.999747 2.000026 2.000035 1.9999982 1.9999954 2.00000

yk 0 1.375 0.96875 0.95703 1.001758 1.0058353 0.999659 0.999491 1.0001759 1.00006899 0.99998 0.9999899 1.000002 1.00000

TABLA 12 ¥ ´ 3.8. METODO DE JACOBI

zk 0 0.75 0.90625 1.039063 1.013868 0.992431 1.001287 1.000756 1.0000459 0.999893 0.999989 1.000013 1.000002 1.00000

90


Ejemplo 3.8.2. Resolver el sistema lineal 2x + 8y − z = 11 −x + y + 4z = 3 5x − y + z = 10 usando el método iterativo de Jacobi a partir del punto inicial (0, 0, 0). Soluci´ on La iteración de Jacobi para este caso es xk+1 =

11 − 8yk + zk 2

yk+1 = 3 + xk − 4zk zk+1 = 10 − 5xk + yk los resultados de la iteración de Jacobi se muestran en la tabla 13 Iteración 0 1 2 3 4 5

xk 0 5.5 -1.5 124.5 -239.5 -1064.5

yk 0 3 -31.5 59.5 183.5 2415.5

zk 0 10 -14.5 -14 -672 1024

TABLA 13 ¥ Observamos como a pesar de ser sistemas equivalentes el método de Jacobi en el primer caso converge a la solución (2, 1, 1), en tanto que para el otro sistema el método de Jacobi diverge. La razón de lo anterior es que en el primer caso la matriz de coeficientes del sistema es una matriz estrictamente diagonal dominante, ya que |5| > | − 1| + |1|, |8| > |2| + | − 1| y |4| > | − 1| + |1|, en tanto que para el otro caso esto no se cumple. Lo anterior significa que, para que el método de Jacobi converja la ´ DE SISTEMA DE ECUACIONES CAPÍTULO 3. SOLUCION

91


matriz de coeficiente del sistema a resolver debe ser estrictamente diagonal dominante En general dado el sistema lineal a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn = b2 ... ... ... an1 x1 + an2 x2 + · · · + ann xn = bn , con la matriz de coeficientes diagonal estrictamente dominante y punto inicial P0 = (x01 , x02 , . . . , x0n ) y si en la iteración k se ha obtenido el punto Pk = (xk1 , xk2 , . . . , xkn ) entonces las coordenadas del punto Pk+1 están dadas por xk+1 = i

3.9.

bi − ai1 xk1 − ai2 xk2 − · · · − aii−1 xki−1 − aii+1 xki+1 − · · · − ain xkn aii

M´ etodo de Gauss- Saidel

Una variación del método de Jacobi es el método de Gauss-Saidel, que es más eficiente que el primero, la diferencia está en que en el de Jacobi para generar el nuevo punto del proceso iterativo se utilizan las coordenadas del punto anterior, mientras que en el de Gauss-Saidel se van usando las coordenadas en la medida en que se van generando, esto es, si se supone que ya hemos k+1 k+1 k+1 obtenido xk+1 , se obtiene de la 1 , x2 , . . . , xi−1 , entonces la coordenada xi siguiente forma: xk+1 = i

k k bi − ai1 xk+1 − ai2 xk+1 − · · · − aii−1 xk+1 1 2 i−1 − aii+1 xi+1 − · · · − ain xn aii

Ejemplo 3.9.1. Resolver el sistema lineal 5x − y + z = 10 2x + 8y − z = 11 −x + y + 4z = 3 usando el método iterativo de Gauss-Saidel a partir del punto inicial (0, 0, 0). ´ 3.9. METODO DE GAUSS- SAIDEL

92


Soluci´ on Primero observemos que se trata del mismo sistema resuelto con anterioridad por el método de Jacobi y comparemos resultado. Al igual que para el método de Jacobi se tiene que: 10 + yk − zk 5 11 − 2xk+1 + zk yk+1 = 8 3 + xk+1 − yk+1 zk+1 = , 4 la diferencia estará en que siempre utilizaremos las variables que se van generando para encontrar la o las variables restantes, los resultados del proceso iterativo se muestran en la tabla 14 xk+1 =

Iteración 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

xk 0 2 1.9688 2.004479 1.99808 2.00027024 1.999951 2.000009 1.99999841 2.000000

yk 0 0.875 1.011675 0.99754 1.000697 0.9998567 1.0000252 0.9999544 1.0000008 1.000000

zk 0 1.031 0.98928 1.0017348 o.9993458 1.0001034 0.9999815 1.0000034 0.9999994 1.000000

TABLA 14 ¥ Como podemos notar el método de Gauss-Saidel nos da la respuesta en 9 iteraciones en tanto que con Jacobi se obtuvo en 13, lo cual dice de la rapidez de convergencia del uno comparado con el otro. Ejemplo 3.9.2. Resolver el sistema lineal 2x + 8y − z = 11 −x + y + 4z = 3 5x − y + z = 10 usando el método iterativo de Gauss-Saidel a partir del punto inicial (0, 0, 0). ´ DE SISTEMA DE ECUACIONES CAPÍTULO 3. SOLUCION

93


Soluci´ on La iteración de Gauss-Saidel es entonces xk+1 =

11 − 8yk + zk 2

yk+1 = 3 + xk+1 − 4zk zk+1 = 10 − 5xk+1 + yk+1 los resultados de la iteración de Gauss-Saidel se muestran en la tabla 15 Iteración 0 1 2 3

xk 0 5.5 -49.5 -776.75

yk 0 8.5 -76.5 -1477.75

zk 0 7.5 181 2316

TABLA 15 ¥ Al igual que para el de Jacobi el método de Gauss-Saidel, no converge a la solución del sistema a pesar de que son sistemas equivalentes, la razón de ello es que, el método de Gauss-Saidel como el de Jacobi solo converge a la solución si la matriz de coeficientes del sistema es estrictamente diagonal dominante.

3.10.

Sistema de Ecuaciones no Lineales

3.10.1.

M´ etodo de Newton

En el problema de encontrar x? ∈ Rn tal que F (x? ) = 0 donde F : Rn 7−→ Rn , es una función continuamente diferenciable dada, es posible utilizar métodos computacionales, cuya utilización depende de las condiciones del problema espec´ıfico que se desea resolver. Uno de los métodos más usados en la solución de este problema es el método de Newton, el cual requiere de J(x), el jacobiano de la función F . Lo mejor del método es que converge cuadráticamente, pero, a su vez, su mayor desventaja es que resolver el sistema J(x)s = −F (x), en cada iteración es costoso. 3.10. SISTEMA DE ECUACIONES NO LINEALES

94


Para el caso n > 1, en analog´ıa con el caso n = 1, como F ∈ Rn entonces aproximamos F (x) por el modelo lineal Mc (x) = F (xc ) + J(xc )(x − xc ), donde J(xc ) es la matriz jacobiana de F en xc . El método de Newton trata de encontrar x+ tal que Mc (x+ ) = 0, esto es F (xc ) + J(xc )(x+ − xc ) = 0, luego

x+ = xc − J(xc )−1 F (xc ),

el cual determina un nuevo punto del proceso iterativo. Lo anterior permite establecer el algoritmo siguiente. ALGORITMO DE NEWTON Dado F : Rn 7−→ Rn continuamente diferenciable y x0 ∈ Rn Para k = 0, 1, 2, . . . , “hasta converger” Resuelva J(xk )sk = −F (xk ) Haga xk+1 = xk + sk . Ejemplo 3.10.1. Obtenga tres iteraciones del método de Newton para el sistema no lineal dado por x2 − y = 0.2 y 2 − x = 0.3 Soluci´ on Sea

· F (x, y) = F (X) =

y

x2 − y − 0.2 y 2 − x − 0.3 ·

J(x, y) = J(X) = Sea

· X0 =

1.4 1.4

2x −1 −1 2y

¸

¸ .

¸

el punto de inicio.


95


Primera Iteraci´ on ·

¸ 2.8 −1 J(X0 ) = , −1 2.8 · ¸ 0.36 F (X0 ) = , 0.26 luego si

" s(1) =

(1) s1 (1) s2

# ,

se debe entonces resolver el sistema · ¸ " (1) # · ¸ 2.8 −1 s1 −0.36 = , (1) −1 2.8 −0.26 s2 o sea

(1)

(1)

2.8s1 − s2 = −0.36 (1)

(1)

−s1 + 2.8s2 = −0.26, (1)

(1)

cuya solución es s1 = −0.185380116959 y s2 = −0.159064327485, luego · ¸ −0.185380116959 (1) s = , −0.159064327485 de modo que · X1 = X0 + s

(1)

=

1.4 1.4

¸

· +

−0.185380116959 −0.159064327485

y

· F (X1 ) =

0.03436578776 0.02530146029

¸

· =

1.21461988304 1.24064327485

¸

Segunda Iteraci´ on · J(X1 ) =

2.429239766608 −1 −1 2.48187134504

y

" s(2) =

(2)

s1 (2) s2

# ,

3.10. SISTEMA DE ECUACIONES NO LINEALES

¸ ,

¸ ,

96


de modo que se resuelve el sistema ·

¸"

2.429239766608 −1 −1 2.48187134504

esto es

(2)

(2)

#

s1 (2) s2

· =

−0.03436578776 −0.02530146029

¸

(2)

2.429239766608s1 − s2 = −0.03436578776 (2)

(2)

−s1 + 2.48187134504s2 = −0.02530146029 (2)

(2)

que tiene como solución s1 = −0.0219907863685 y s2 = −0.0190551049745 as´ı que · ¸ 1.21947120193 (2) X2 = X1 + s = 1.22188056755 y · ¸ 0.065229444796 F (X2 ) = −0.02647908057 Tercera Iteraci´ on · J(X2 ) =

2.43894240380 −1 −1 2.4437611351

y

"

(3)

,

#

s1 (3) s2

s(3) =

¸

,

por tanto se resuelve el sistema ·

2.43894240380 −1 −1 2.4437611351

esto es

(3)

¸"

(3) s1 (3) s2

#

·

−0.065229444796 0.02647908057

=

¸

(3)

2.43894240380s1 − s2 = −0.06522944479 (3)

(3)

−s1 + 2.4437611351s2 = 0.02647908057 (3)

cuya solución es s1 modo que

(3)

= −0.0267985763175 y s2 ·

X3 = X2 + s y

(3)

· F (X3 ) =

=

= −0.0001307393522 de

1.19267262561 1.2217498282

0.00071816368 0.00000000171

¸

¸ .


97


Obsérvese que ||F (X3 )|| =

√

0.000718163682 + 0.000000001712 = 0.00071816380203,

que es una buena aproximación a la solución que como sabemos debe ser tal que ||F (X ? )|| ≈ 0, naturalmente si queremos una mejor solución debemos efectuar más iteraciones ¥

3.10.2.

Ventajas y Desventajas de M´ etodo de Newton VENTAJAS

1. Suponiendo que J(xk ) es no singular, converge q-cuadráticamente si se comienza de un punto suficientemente cercano a la solución. 2. Para una función lineal F, da la solución exacta en una iteración (o un paso). DESVENTAJAS 1. No es globalmente convergente para muchos problemas. 2. Requiere el cálculo J(xk ) en cada iteración. 3. Cada iteración requiere la solución de un sistema de ecuaciones lineales que puede ser singular o mal condicionado.

3.10.3.

M´ etodo de Punto Fijo

A menudo es conveniente resolver un sistema de ecuaciones no lineal por un proceso iterativo que no requiera evaluar las derivadas parciales como es el caso del método de Newton. Una opción adecuada es usar la iteración de punto fijo, la cual es una extensión de la idea en la sección 2.2. En efecto, si x ∈ D ⊂ Rn y si suponemos además que f (x), está definida en un rectángulo n-dimensional R = {(x1 , x2 , . . . , xn )/ai ≤ xi ≤ bi } para algunas constantes a1 , a2 , . . . , an , b1 , b2 , . . . , bn . Supongamos además que las componentes de la matriz jacobiana son continuas en D, si f (x) ∈ D, ∀x ∈ D, entonces existe un punto fijo P ∈ D.


98


Ahora si F (P ), es la matriz jacobiana de f en P y si ||F (P )||∞ < 1, la sucesión generada por la iteración de punto fijo definida por xk+1 = f (xk ) converge, mientras que el punto de inicio este suficientemente cerca al punto fijo P . ¯ ∂f (x) ¯ K ¯ i ¯ Además si K < 1 es tal que para todo x ∈ D, ¯ , para ¯ ≤ ∂xj n cada i = 1, 2, 3, . . . , n, j = 1, 2, 3, . . . , n, entonces para cualquier punto inicial, la iteración de punto fijo converge. Una cota del error en el n-ésimo paso está dado por ||xn − P ||∞ ≤

Kn ||x1 − x0 ||∞ . 1−K

Como una ilustración del uso de la iteración de punto fijo, busquemos la solución del siguiente sistema.

f1 (x, y, z) = x3 − 10x + y − z + 3 = 0 f2 (x, y, z) = y 3 + 10y − 2x − 5 = 0 f3 (x, y, z) = x + y − 10z + 2Senz + 5 = 0. estas ecuaciones se pueden escribir de la forma F (X) = 0, F : R3 → R3 . Hay muchas posibilidades para convertir este sistema como una iteración de punto fijo, pero su convergencia depende de que la magnitud de la derivada parcial de F sea suficientemente peque˜ na, para esto reescribimos el sistema de la siguiente forma xk+1 = 0.1x3k + 0.1yk − 0.1zk + 0.3 yk+1 = −0.1yk3 + 0.2xk + 0.5 zk+1 = 0.1xk + 0.1yk + 0.2Senzk + 0.5 Si tomamos X0 = (1, 1, 1) se tiene el siguiente resultado (tabla 16) ´ DE SISTEMA DE ECUACIONES CAPÍTULO 3. SOLUCION

99


Iteración 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

xi 1 0.4 0.279571 0.282761 0.28406 0.284734 0.285058 0.285081 0.285083 0.285081

yi 1 0.6 0.5584 0.538503 0.540936 0.540984 0.541114 0.541168 0.541167 0.541167

zi 1 0.868294 0.752646 0.720512 0.7140803 0.713484 0.713466 0.713609 0.713523 0.713525

TABLA 16 la cual es una buena aproximación ya que ||F (X)||2 = 0.00004 ≈ 0

Ejercicios En los ejercicios del 1-5 aproxime la solución del sistema AX = b, partiendo de x0 = [0; 0; 0], usando primero el método de Jacobi y luego el de GaussSaidel, 1.

2.

3.

4.



 10 −2 1 A =  −2 10 −2  , −2 −5 10 

 4 1 0 A =  1 3 −1  , 1 0 2 

 5 −1 0 A =  −1 3 −1  , 0 −1 5 

 8 1 −1 A =  −1 7 −2  , 2 1 9



 9 b =  12  18 

 3 b =  −4  5 

 9 b= 4  −6 

 8 b= 4  12


100


5.



 4 1 0 A =  1 3 −1  , 0 −1 4



 3 b= 4  5

Use la eliminación gaussiana y la aritmética de truncamiento a cuatro d´ıgitos para resolver los siguientes sistemas. Compare luego con la solución real 6. a)

0.03x1 + 58.9x2 = 59.2

b)

5031x1 − 6.1x2 = 47

− 6.1x1 + 5.31x2 = 47

Solución real (10; 1)T c)

58.9x1 + 0.03x2 = 59.2 Solución real (1; 10)T

3.03x1 − 12.1x2 + 14x3 = −119 −3.03x1 + 12.1x2 − 7x3 = 120

d)

6.11x1 − 14.2x2 + 21x3 = −139 1 Solución real (0; 10; )T 7 √ √ √ πx1 − ex2 + 2x3 − 3x4 = 11

3 π 2 x1 + ex2 − e2 x3 + x4 = 0 7 √ √ √ 5x1 − 6x2 + x3 − 2x4 = π √ √ 1 π 3 x1 + e2 x2 − 7x3 + x4 = 2 9 Solución real (0.78839378; 0.01269269; −0.02065405; −1.18260870)T 7. Repita el ejercicio 6 usando pivoteo parcial. 8. Repita el ejercicio 6 usando pivoteo parcial escalado. En los ejercicios 9-13 use a) el método de Newton, b) la iteración de punto fijo para resolver los siguientes sistemas no lineales 9. f (x, y, z) = x3 − 10x + y − z + 3 = 0 g(x, y, z) = y 3 + 10y − 2x − 2z − 5 = 0 h(x, y, z) = x + y − 10z + 2 sen z + 5 = 0 ´ DE SISTEMA DE ECUACIONES CAPÍTULO 3. SOLUCION

101


10. f (x, y, z) = x2 + 20x + y 2 + z 2 − 20 = 0 g(x, y, z) = x2 + 20y + z 2 − 20 = 0 h(x, y, z) = x2 + y 2 − 40z = 0 11. f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + 10x − 4 = 0 g(x, y, z) = x2 − y 2 + z 2 + 10y − 5 = 0 h(x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 + 10z − 6 = 0 12. f (x, y, z) = 10x − x2 − y − z 2 − 4 = 0 g(x, y, z) = 10y − x2 − y 2 − z 2 − 5 = 0 h(x, y, z) = 10z − x − y 2 − z 2 − 6 = 0 13. f (x, y, z) = 10x − x3 + y 2 − z − 5 = 0 g(x, y, z) = 10y + 0.5x2 − y 2 − z − 3 = 0 h(x, y, z) = 10z − x − y 2 − z 3 − 6 = 0 14. Resuelva el siguiente sistema no lineal usando el método de Newton Si 1 = a1 2

y

3 = a2 , 2

resuelva el sistema 0 = a1 x1 + a2 x2 2 = a1 x21 + a2 x22 3 0 = a1 x31 + a2 x32 15. El estado estacionario de concentración de dos especies qu´ımicas en un sistema qu´ımico oscilatorio descrito por el modelo de Brusselator está dado por el sistema no lineal 0 = A + x2 y − (B + 1)x 0 = Bx − x2 y, encuentre la solución si 3.10. SISTEMA DE ECUACIONES NO LINEALES

102


a) B=1, A = 1 b) B=3, A=1 c) B=2, A=1 16. Determine las fuerzas y reacciones asociada con la estructura estática asociada a la siguiente figura.

1000lbs ? 16

F1

H2 -2

F3

30o

60o F2

6

3

6 6

V2

V3 Figura 3.3 Problema 16

17. Determine las fuerzas y reacciones asociada con la estructura estática asociada a la figura 3.4.


103


200lbs

400lbs

? 6

?

45o

45o

60o

Figura 3.4 Problema 17


6

30o

104



Cap´ıtulo 4

Interpolaci´ on Polinomial Por el término interpolar se entiende estimar el valor desconocido de una función en un punto, tomando una medida ponderada de sus valores conocidos en puntos cercanos al punto dado. El primer polinomio de aproximación que estudiaremos es el polinomio de Taylor. Para ello supongamos que el polinomio n X Pn (x) = ci (x − x0 )i , i=0 (k)

es tal que Pn (x0 ) = f (x0 ) y Pn (x0 ) = f (k) (x0 ) para k = 1, 2, 3, . . . , n, deseamos encontrar un polinomio que aproxime a f (x) alrededor de x = x0 . Pero Pn(k) (x)

=

n−k X

(i + 1)(i + 2) . . . (i + k)ci+k (x − x0 )i ,

i=0

luego Pn(k) (x)

n−k X = 1 · 2 · 3 . . . kck + (i + 1)(i + 2) . . . (i + k)ci+k (x − x0 )i , i=1

as´ı que Pn(k) (x0 ) = k!ck , (k)

pero como Pn (x0 ) = f (k) (x0 ), entonces f (k) (x0 ) , k! as´ı que el polinomio de Taylor que aproxima a f (x) alrededor de x = x0 es ck =

Pn (x) =

n X f (i) (x0 ) i=0

i! 105

(x − x0 )i

106


Definici´ on 4.0.1. Supongamos f tiene derivada de orden n y Pn (x) es el polinomio de aproximaci´ on de f (x), definimos En (x) = f (x) − Pn (x) Teorema 4.0.1. Supongamos x0 es cualquier n´ umero con x0 6= x, si f tiene n derivadas continuas en un intervalo cerrado I = [x0 , x] y f (n+1) (x) está definida en (x0 , x), entonces existe un n´ umero c ∈ (x0 , x), tal que En =

f (n+1) (c) (x − x0 )n+1 (n + 1)!

Demostraci´ on. Sea t ∈ I, y definamos F (t) y G(t) como 00

0

F (t) = f (x)−f (t)−f (t)(x−t)−

f (t)(x − t)2 f (n) (t)(x − t)n −· · ·− −En (x), 2! n!

y G(t) = (x − t)n+1 , entonces, F (x) = −En (x), G(x) = 0, F (x0 ) = f (x) − Pn (x) − En (x) = 0 y G(x0 ) = (x − x0 )n+1 , además 000

000

f (t)(x − t)2 f (t)(x − t)2 F (t) = −f (t)+f (t)−f (t)(x−t)+f (t)(x−t)− + 2! 2! 0

0

−

0

00

00

f (4) (t)(x − t)3 f (n) (t)(x − t)(n−1) f (n−1) (t)(x − t)(n−2) + ··· − + − 3! (n − 1)! (n − 2)! f (n+1) (t)(x − t)n f (n) (t)(x − t)(n−1) + n! (n − 1)!

luego 0

F (t) = − y

f (n+1) (t)(x − t)n n!

0

G (t) = −(n + 1)(x − t)n . Aplicando el teorema del valor medio generalizado a F y G se tiene 0

F (x) − F (x0 ) F (c) = 0 , G(x) − G(x0 ) G (c) luego entonces −En (x) −(x − x0 )n+1

f (n+1) (c)(x − c)n n! = , −(n + 1)(x − c)n −

´ POLINOMIAL CAPÍTULO 4. INTERPOLACION

107


luego En (x) f (n+1) (c) = , (x − x0 )n+1 (n + 1)! y por tanto f (n+1) (c) (x − x0 )n+1 (n + 1)!

En (x) =

4.1.

Interpolaci´ on de Lagrange

Para la interpolación lineal utilizamos un segmento de recta que pasa por dos puntos conocidos, sean P (x0 , y0 ) y P (x1 , y1 ) dichos puntos, luego la pendiente del segmento es y1 − y0 m= , x1 − x0 y por tanto la ecuación de la recta que contiene a ese segmento es y = P (x) = y0 +

y1 − y0 (x − x0 ) x1 − x0

o sea que y = P (x) =

y1 − y0 y0 (x1 − x0 ) − x0 (y1 − y0 ) x+ , x1 − x0 x1 − x0

de modo que

y 0 x1 − x0 y 1 y1 − y0 x+ , x1 − x0 x1 − x0 que es un polinomio de grado menor o igual que 1, que satisface que P (x0 ) = y0 y P (x1 ) = y1 . y = P (x) =

Lagrange propuso otro procedimiento para encontrar este polinomio. Como y1 − y0 y = P1 (x) = y0 + (x − x0 ), x1 − x0 entonces y = P1 (x) = y0 + (y1 − y0 ) luego y = P1 (x) = y1

x − x0 x − x0 x − x0 = y1 + y0 − y0 , x1 − x0 x1 − x0 x1 − x0

³ x − x0 ´ x − x0 + y0 1 − , x 1 − x0 x1 − x0

´ DE LAGRANGE 4.1. INTERPOLACION

108


o sea que y = P1 (x) = y1

x − x0 x − x1 + y0 . x1 − x0 x0 − x1

Sea L1,0 (x) =

x − x1 x0 − x1

L1,1 (x) =

x − x0 , x1 − x0

y

los cuales son lineales, as´ı que P1 (x) = y0 L1,0 (x) + y1 L1,1 (x), pero como L1,0 (x0 ) = 1, L1,0 (x1 ) = 0, L1,1 (x0 ) = 0, L1,1 (x1 ) = 1, entonces P1 (x0 ) = y0 L1,0 (x0 ) + y1 L1,1 (x0 ) = y0 y P1 (x1 ) = y0 L1,0 (x1 ) + y1 L1,1 (x1 ) = y1 , por tanto P1 (x) pasa por los puntos (x0 , y0 ) y (x1 , y1 ). Definici´ on 4.1.1. Los términos L1,0 (x) =

x − x1 x0 − x1

L1,1 (x) =

x − x0 x1 − x0

y

se definen como polinomios coeficientes de Lagrange De la definición anterior se tiene que P1 (x) =

1 X

yk L1k (x).

k=0

Cuando yk = f (xk ), el proceso de utilizar P1 (x) para aproximar a f (x) en [x0 , x1 ] se conoce como interpolaci´ on lineal, x0 y x1 se les llama nodos. Si x < x0 entonces al proceso se le llama extrapolación.


109


Ejemplo 4.1.1. Consideremos la gráfica de y = f (x) = sen x en [0.2, 1]. a) Usar los nodos x0 = 0.2 y x1 = 1 para construir un polinomio de interpolaci´ on lineal P1 (x) y calcular f (0.6). b) Usar los nodos x0 = 0.4 y x1 = 0.8 para construir un polinomio de interpolaci´ on lineal Q1 (x) y calcular f (0.6). Soluci´ on a) Como x0 = 0.2 y x1 = 1, entonces y0 = sen 0.2 = 0.198669 y x−1 x − 0.2 y1 = sen 1 = 0.841471 luego P1 (x) = 0.198669 + 0.841471 ,o 0.2 − 1 1 − 0.2 sea que P1 (x) = −0.248331(x − 1) + 1.051839(x − 0.2) y f (0.6) = 0.520068 b) Para x0 = 0.4 y x1 = 0.8, entonces y0 = sen 0.4 = 0.389418 y y1 = x − 0.8 x − 0.4 sen 0.8 = 0.717356 luego Q1 (x) = 0.389418 +0.717356 , por 0.4 − 0.8 0.8 − 0.4 tanto Q1 (x) = −0.973545(x − 0.8) + 1.79339(x − 0.4) y f (0.6) = 0.553387. ¥ En la figura 4.1 podemos observar como Q1 aproxima mejor a y = f (x) que P1 . 6 6

1 0.8 0.6 0.4 0.2

6

. .... . . . ... .... . . . . .... y = f (x) ........ .. .... . . . ... P1 .... . . . ... .... . . . ... .... . . . ... 0.2 6 0.4 0.6 0.8

1 0.8 0.6 0.4 0.2 -

1

.. .... . . . ... .... . . . .. .... . . . ... .... . . . y = f (x) .... . .... Q1 . . . ... .... . . . .. .... . . . .... .....6 0.2 0.4 0.6 0.8

P1 (x) Figura 4.1

´ DE LAGRANGE 4.1. INTERPOLACION

1

6

110


En general si se tiene los n + 1 puntos x0 , x1 , . . . , xn , y si f (xk ) = P (xk ) para k = 0, 1, 2, 3 . . . , n el polinomio que pasa por esos n + 1 puntos es Pn (x) =

n X

yk Ln,k ,

k=0

donde Ln,k =

(x − x0 )(x − x1 ) . . . (x − xk−1 )(x − xk+1 ) . . . (x − xn ) , (xk − x0 )(xk − x1 ) . . . (xk − xk−1 )(xk − xk+1 ) . . . (xk − xn )

o usando una notación más compacta n Q

Ln,k =

(x − xj )

j=0 n Q

,

k 6= j

(xk − xj )

j=0

Ejemplo 4.1.2. Consideremos y = f (x) = sen x en el intervalo [0.2, 1] a) Usando los nodos x0 = 0.2, x1 = 0.5, x2 = 1, construir el polinomio interpolador P2 (x). b) Usando los nodos x0 = 0.2, x1 = 0.4, x2 = 0.8, x3 = 1, construir el polinomio interpolador P3 (x) y calcular f (0.6). Soluci´ on a) P2 (x) = y0

(x − x1 )(x − x2 ) (x − x0 )(x − x2 ) (x − x0 )(x − x1 ) + y1 + y2 , (x0 − x1 )(x0 − x2 ) (x1 − x0 )(x1 − x2 ) (x2 − x0 )(x2 − x1 )

pero y0 = sen x0 = 0.198669, y1 = sen x1 = 0.479426, y2 = sen x2 = 0.841471, luego P2 (x) = 0.198669

(x − 0.2)(x − 1) (x − 0.5)(x − 1) + 0.479426 (0.2 − 0.5)(0.2 − 1) (0.5 − 0.2)(0.5 − 1) +0.841471

(x − 0.2)(x − 0.5) , (1 − 0.2)(1 − 0.5)

luego P2 (x) = 0.198669

(x − 0.5)(x − 1) (x − 0.2)(x − 1) + 0.479426 0.24 −0.15


111


+0.841471

(x − 0.2)(x − 0.5) , 0.4

por tanto P2 (x) = 0.8277675(x−0.5)(x−1)−3.196173(x−0.2)(x−1)+2.103678(x−0.2)(x−0.5), b) P3 (x) = y0 +y2

(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) (x − x0 )(x − x2 )(x − x3 ) + y1 (x0 − x1 )(x0 − x2 )(x0 − x3 ) (x1 − x0 )(x1 − x2 )(x1 − x3 )

(x − x0 )(x − x1 )(x − x3 ) (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 ) + y3 , (x2 − x0 )(x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x3 − x0 )(x3 − x1 )(x3 − x2 )

pero y0 = sen x0 = 0.198669, y1 = sen x1 = 0.389418, y2 = sen x2 = 0.717356 y y3 = sen x3 = 0.8411471, luego P3 (x) = 0.198669 +0.717356

(x − 0.4)(x − 0.8)(x − 1) (x − 0.2)(x − 0.8)(x − 1) +0.389418 (0.2 − 0.4)(0.2 − 0.8)(0.2 − 1) (0.4 − 0.2)(0.4 − 0.8)(0.4 − 1)

(x − 0.2)(x − 0.4)(x − 1) (x − 0.2)(x − 0.4)(x − 0.8) +0.841471 , (0.8 − 0.2)(0.8 − 0.4)(0.8 − 1) (1 − 0.2)(1 − 0.4)(1 − 0.8)

por tanto P3 (x) = −2.069469(x−0.4)(x−0.8)(x−1)+8.112875(x−0.2)(x−0.8)(x−1) −14.9449(x − 0.2)(x − 0.4)(x − 1) + 8.765323(x − 0.2)(x − 0.4)(x − 0.8) con este polinomio el valor de f (0.6) = 0.56449

4.2.

¥

Cotas de Error

Teorema 4.2.1. Polinomio Interpolador de Lagrange Supongamos que f ∈ C n+1 [a, b] y x0 , x1 , . . . , xn son los nodos de interpolaci´ on, entonces, ∀x ∈ [a, b] f (x) = Pn (x) + En (x), donde En (x) =

(x − x0 )(x − x1 ) . . . (x − xn )f (n+1) (c) (n + 1)! 4.2. COTAS DE ERROR

c ∈ [a, b]

112


Demostraci´ on. Miremos primero el caso n = 1, para esto sea g(t) = f (t) − P1 (t) − E1 (x)

(t − x0 )(t − x1 ) , (x − x0 )(x − x1 )

luego g(x) = f (x) − P1 (x) − E1 (x)

(x − x0 )(x − x1 ) = f (x) − P1 (x) − E1 (x) = 0, (x − x0 )(x − x1 )

g(x0 ) = f (x0 ) − P1 (x0 ) − E1 (x) y g(x1 ) = f (x1 ) − P1 (x1 ) − E1 (x)

(x0 − x0 )(x0 − x1 ) =0 (x − x0 )(x − x1 )

(x1 − x0 )(x1 − x1 ) = 0. (x − x0 )(x − x1 )

Supongamos sin perder generalidad que x ∈ (x0 , x1 ), luego por el teorema de Rolle aplicado a g(t) en [x0 , x] se tiene que existe d0 ∈ (x0 , x) tal que 0 g (d0 ) = 0 y aplicando el mismo teorema a g en el intervalo [x, x1 ] existe 0 0 d1 ∈ (x, x1 ) tal que g (d1 ) = 0, luego la función g (t) = 0 si t = d0 o 0 t = d1 , aplicando nuevamente el teorema de Rolle pero a la función g (t) en 00 el intervalo [d0 , d1 ] existe c ∈ (d0 , d1 ) tal que g (c) = 0, pero 0

0

0

g (t) = f (t) − P1 (t) − E1 (x)

[(t − x1 ) + (t − x0 )] (x − x0 )(x − x1 )

y 00

00

00

g (t) = f (t) − P1 (t) − E1 (x)

2 , (x − x0 )(x − x1 )

00

pero como P1 (x) es de grado 1, entonces P1 (t) = 0, ∀t luego 00

00

g (t) = f (t) − E1 (x) as´ı que 00

0 = f (c) − E1 (x) de modo que

2 , (x − x0 )(x − x1 )

2 , (x − x0 )(x − x1 )

00

f (c) E1 (x) = (x − x0 )(x − x1 ). 2 Para el caso general observemos que si x = xk , k = 0, 1, 2, . . . , n, entonces En (xk ) = 0, as´ı que f (xk ) = Pn (xk ), y en este caso c puede tomar un valor arbitrario en (a, b), supongamos, x 6= xk k = 0, 1, 2, . . . , n y sea g(t) = f (t) − Pn (t) − En (x)

(t − x0 )(t − x1 ) . . . (t − xn ) (x − x0 )(x − x1 ) . . . (x − xn )


113


n Y (t − xi )

= f (t) − Pn (t) − En (x)

i=0

x − xi

,

cuando t = xk , se tiene que, g(xk ) = f (xk )−Pn (xk )−En (x)

n Y (xk − xi ) i=0

x − xi

= 0−En (x)·0 = 0

k = 0, 1, 2, . . . , n,

además g(x) = f (x) − Pn (x) − En (x)

n Y (x − xi ) i=0

x − xi

= f (x) − Pn (x) − En (x) = 0,

luego g se anula en los n + 2 puntos x, x0 , x1 , . . . , xn , por tanto por el teorema de Rolle existe c ∈ (a, b) tal que g n+1 (c) = 0, pero g

(n+1)

(t) = f

(n+1)

(t) −

Pn(n+1) (t)

n dn+1 Y (t − xi ) − En (x) n+1 , dt (x − xi ) i=0 (n+1)

pero como Pn (x) es un polinomio de grado n , entonces Pn n Y (t − xi ) i=0

x − xi

1 tn+1 +terminos (x − x ) i i=0

= Qn

de

grado

(t) = 0, además

menor

y n dn+1 Y (t − xi ) (n + 1)! = Qn n+1 dt (x − xi ) i=0 (x − xi ) i=0

ya que dn+1 n+1 t = (n + 1)n(n − 1) . . . 2.1 = (n + 1)!, dtn+1 luego (n + 1)! , 0 = f (n+1) (c) − 0 − En (x) Qn i=0 (x − xi ) as´ı que n

f (n+1) (c) Y En (x) = (x − xi ) (n + 1)! i=0

4.2. COTAS DE ERROR

que

n

114

4.3.


Polinomio Interpolador de Newton

Cuando queremos aproximar funciones por polinomios es deseable disponer de varios polinomios y escoger el que más se adecué a las necesidades del problema. En los polinomios de Lagrange, estos se construyen individualmente, y no tienen relación alguna entre si, esto, junto con el hecho de que para su construcción se necesita un alto n´ umero de operaciones, lo cual implica un alto costo computacional, constituyen una desventaja. Presentamos ahora los polinomios interpolantes de Newton, los cuales se construyen recursivamente. Sean P1 (x) = a0 + a1 (x − x0 ) P2 (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )(x − x1 ) P3 (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )(x − x1 ) + a3 (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 ) . . Pn (x) = a0 + a1 (x − x1 ) + a2 (x − x1 )(x − x2 ) + a3 (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 ) + · · · + an (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xn−1 ). Observemos que P2 (x) = P1 (x) + a2 (x − x0 )(x − x1 ) P3 (x) = P2 (x) + a3 (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 ) . . Pn (x) = Pn−1 (x) + an (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xn−1 ). Definici´ on 4.3.1. Al polinomio Pn (x) = Pn−1 (x) + an (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xn−1 ) de le define como el polinomio de Newton con n centros x0 , x1 , . . . , xn−1 Ejemplo 4.3.1. Dados los centros x0 = 2, x1 = 4, x2 = 5, x3 = 6, con a0 = 4, a1 = 3, a2 = −5, a3 = −4, a5 = 0.5, calcular P1 (x), P2 (x), P3 (x), P4 (x) y evaluar P3 (2.6). ´ POLINOMIAL CAPÍTULO 4. INTERPOLACION

115


Soluci´ on a) P1 (x) = 4 + 3(x − 2) P2 (x) = 4 + 3(x − 2) − 5(x − 2)(x − 4) P3 (x) = 4 + 3(x − 2) − 5(x − 2)(x − 4) − 4(x − 2)(x − 4)(x − 5) P4 (x) = 4 + 3(x − 2) − 5(x − 2)(x − 4) − 4(x − 2)(x − 4)(x − 5) +0.5(x − 2)(x − 4)(x − 5)(x − 6) b) P3 (2.6) = 4 + 1.8 + 4.2 − 8.064 = 1.936 ¥ La forma de evaluar a P3 (2.6) se puede hacer de manera más fácil de la siguiente forma P3 (x) = (((a3 (x − x2 ) + a2 )(x − x1 ) + a1 )(x − x0 ) + a0 ), si tomamos S3 = a3 = −4, S2 = S3 (x − x2 ) + a2 , S1 = S2 (x − x1 ) + a1 , S0 = S1 (x − x0 ) + a0 , entonces, S3 = −4, S2 = −4 × −2.4 − 5 = 4.6, S1 = 4.6(2.6 − 4) + 3 = −3.44, S0 = −3.44(2.6 − 2) + 4 = 1.936, el proceso anterior se conoce con el nombre de multiplicaciones encajadas. Supongamos ahora se quieren encontrar los coeficientes ak de los polinomios de Newton que aproximan a la función f (x), entonces para P1 (x) se tiene que P1 (x0 ) = f (x0 ) y P1 (x1 ) = f (x1 ), luego P1 (x0 ) = a0 = f (x0 ) y P1 (x1 ) = f (x1 ) = a0 + a1 (x1 − x0 ), de modo que, a1 =

f (x1 ) − f (x0 ) . x1 − x0

Para P2 (x), se tiene que f (x2 ) = P2 (x2 ) = f (x0 ) + a1 (x2 − x0 ) + a2 (x2 − x0 )(x2 − x1 ), luego f (x2 ) − f (x0 ) − a1 (x2 − x0 ) = a2 , (x2 − x0 )(x2 − x1 ) o sea que f (x1 )−f (x0 ) (x2 − x0 ) f (x2 ) − f (x0 ) a2 = − x1 −x0 (x2 − x0 )(x2 − x1 ) (x2 − x0 )(x2 − x1 ) 4.3. POLINOMIO INTERPOLADOR DE NEWTON

116


³ =

f (x2 ) − f (x0 ) f (x1 ) − f (x0 ) ´ − , (x2 − x0 )(x2 − x1 ) (x1 − x0 )(x2 − x1 )

por lo tanto a2 =

(f (x2 ) − f (x0 ))(x1 − x0 ) − (f (x1 ) − f (x0 ))(x2 − x0 ) , (x1 − x0 )(x2 − x0 )(x2 − x1 )

o también a2 =

x1 f (x2 ) − x1 f (x0 ) − x0 f (x2 ) + x0 f (x0 ) − x2 f (x1 ) + x0 f (x1 ) + x2 f (x0 ) − x0 f (x0 ) , (x1 − x0 )(x2 − x0 )(x2 − x1 )

de modo que a2 =

f (x2 )(x1 − x0 ) − f (x1 )(x1 − x0 ) − f (x1 )(x2 − x1 ) + f (x0 )(x2 − x1 ) , (x1 − x0 )(x2 − x0 )(x2 − x1 )

³ (x − x )(f (x ) − f (x )) (x − x )(f (x ) − f (x )) ´ 1 1 0 2 1 2 1 1 0 = − , (x1 − x0 )(x2 − x1 ) (x1 − x0 )(x2 − x1 ) x2 − x0 y por tanto ³ f (x ) − f (x ) f (x ) − f (x ) ´ 1 1 0 2 1 − . a2 = x2 − x1 x1 − x0 x2 − x0 El numerador es una diferencia de cocientes de diferencias, a cada uno de estos cocientes, se les llama diferencias divididas, definamos este concepto. Definici´ on 4.3.2. Sea f (x) una función se define las diferencias divididas de f (x) como f [xk ] = f (xk ) f [xk−1 , xk ] = f [xk−2 , xk−1 , xk ] = f [xk−3 , xk−2 , xk−1 , xk ] =

f [xk ] − f [xk−1 ] xk − xk−1

f [xk−1 , xk ] − f [xk−2 , xk−1 ] xk − xk−2

f [xk−2 , xk−1 , xk ] − f [xk−3 , xk−2 , xk−1 ] , xk − xk−3

en general f [xk−j , xk−j+1 . . . , xk ] =

f [xk−j+1 , xk−j+2 . . . , xk ] − f [xk−j , xk−j+1 , . . . , xk−1 ] , xk − xk−j


117


Las diferencias divididas nos permitirán calcular los coeficientes ak de los polinomios de Newton, ya que estos se calculan mediante la expresión ak = f [a0 , a1 , a2 . . . , ak ]

k = 0, 1, 2, 3, . . . , n

. La siguiente tabla ilustra las diferencias divididas para k = 0, 1, 2, 3, 4 k 0 1 2 3 4

f [xk ] f [x0 ] f [x1 ] f [x2 ] f [x3 ] f [x4 ]

f [, ] f [x0 , x1 ] f [x1 , x2 ] f [x2 , x3 ] f [x3 , x4 ]

f [,

,]

f [x0 , x1 , x2 ] f [x1 , x2 , x3 ] f [x2 , x3 , x4 ]

f [,

,

,]

f [,

f [x0 , x1 , x2 , x3 ] f [x1 , x2 , x3 , x4 ]

,

,

,]

f [x0 , x1 , x2 , x3 , x4 ]

TABLA 17 Ejemplo 4.3.2. Si f (x) = cos x, construir la tabla de diferencias divididas para los nodos x0 = 0.2, x1 = 0.4, x2 = 0.8, x3 = 1.0, x4 = 1.2. Soluci´ on Las diferencias divididas en este caso se muestran en la tabla 18 k 0 1 2 3 4

xk 0,2 0,4 0,8 1,0 1,2

f [xk ] 0,9800666 0,92106099 0,6967067 0,540302 0,3623578

f [, ]

f [,

-0,2956281 -0,5608857 -0,782022 -0,8897225

,]

-0,442096 -0,3685605 -0,26925125

f [,

,

,]

0,0919194 0,1241366

f [,

,

0,0322172

TABLA 18 ¥ Ejemplo 4.3.3. Calcular los coeficientes ak y los cuatro polinomios interpolantes de Newton si f (x) = sen x para los puntos x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3, x4 = 4. Soluci´ on Las diferencias divididas en este caso se muestran en la tabla 19. 4.3. POLINOMIO INTERPOLADOR DE NEWTON

,

,]

118


xk 0 1 2 3 4

f [xk ] 0 0.841471 0.909297 0.141120 -0.756802

f [, ] 0.841471 0.067826 -0.768177 -0.897922

f [,

,]

-0.3868225 -0.4180015 -0.0648725

f [,

,

,]

f [,

-0.010393 0.1177097

,

,

,]

0.0320257

TABLA 19 luego a0 = 0, a1 = 0.841471, a2 = −0.3868225, a3 = −0.010393, a4 = 0.0320257, as´ı que P1 (x) = a0 + a1 (x − x0 ) = 0 + 0.841471(x − 0) = 0.841471x, P2 (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )(x − x1 ), luego P2 (x) = 0.841471x − 0.3868225x(x − 1), para P3 (x) se tiene que P3 (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )(x − x1 ) + a3 (x − x0 )(x − x1 )(x − x1 ), de modo que P3 (x) = 0.841471x − 0.3868225x(x − 1) − 0.010393x(x − 1)(x − 2), ahora P4 (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )(x − x1 ) + a3 (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 )+ a4 (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ), por consiguiente P4 (x) = 0.841471x − 0.3868225x(x − 1) − 0.010393x(x − 1)(x − 2)+ 0.0320257x(x − 1)(x − 2)(x − 3). ¥ ´ POLINOMIAL CAPÍTULO 4. INTERPOLACION

119


4.4.

Polinomios de Hermite

Definici´ on 4.4.1. Sean x0 , x1 , . . . , xn ∈ [a, b], mi un entero no negativo, asociado a cada xi , con i = 0, 1, 2, 3 . . . , n, f ∈ C m [a, b] con m = máx0≤i≤n mi , definimos el Polinomio Osculante que aproxima a f como el polinomio de menor grado tal que d(k) P (xi ) d(k) f (xi ) = , dxk dxk ∀k = 0, 1, 2, 3, . . . , mi Observemos que si i = 0, entonces k = 0, 1, 2, . . . , m0 , luego P (0) (x0 ) = 0 0 00 00 f (0) (x0 ), P (x0 ) = f (x0 ), P (x0 ) = f (x0 ),. . . , P (m0 ) (x0 ) = f (m0 ) (x0 ), o sea que en este caso el polinomio osculante es que aproxima a f es el m0 -ésimo polinomio de Taylor, pero si mi = 0 para i = 1, 2, 3, . . . , n , entonces, P (x0 ) = f (x0 ), P (x1 ) = f (x1 ), P (x2 ) = f (x2 ), . . . , P (xn ) = f (xn ), es decir que P (xk ) = f (xk ) para k = 1, 2, 3, . . . , n y en este caso el polinomio osculante es el n-ésimo polinomio de Lagrange. Ahora si mi = 1 para i = 0, 1, 2, . . . , n, el polinomio osculante que aproxima a f son los llamados Polinomios de Hermite, obsérvese que en 0 0 este caso P (xk ) = f (xk ) y P (xk ) = f (xk ), k = 0, 1, 2, 3, . . . , n. Teorema 4.4.1. Sea f ∈ C[a, b], x0 , x1 , x2 , . . . , xn ∈ [a, b] con xi 6= xj , i, j = 0, 1, 2, . . . , n, el polinomio u ńico de menor grado que coincide con f y 0 f en x0 , x1 , x2 , . . . , xn es el polinomio de Hermite de grado 2n + 1 dado por H2n+1 (x) =

n X

f (xi )Hn,i (x) +

i=0

n X

b n,i (x) f (xi )H 0

i=0

donde 0

Hn,i (x) = [1 − 2(x − xi )Ln,i (xi )]L2n,i (x) y b n,i (x) = (x − xi )L2 (x) H n,i Demostraci´ on. Como Ln,i (x) =

n Y

(x − xj ) , (xi − xj ) j=0,j6=i

4.4. POLINOMIOS DE HERMITE

120


entonces Ln,i (xj ) = 0 si j 6= i y Ln,i (xj ) = 1 si j = i, por lo tanto, si i = j 0 b n,i (xj ) = (xj −xj )L2n,i (xj ) = Hn,i (xj ) = [1−2(xj −xi )Ln,i (xi )]L2n,i (xj ) = 1 y H b n,i (xj ) = 0 , pero como 0, y si j 6= i Hn,i (xj ) = 0 y H n X

H2n+1 (x) =

f (xi )Hn,i (x) + f (xj )Hn,i (x) +

n X

0 b n,i (x), f (xi )H

i=0

i=0,j6=i

entonces n X

H2n+1 (xj ) =

f (xi )Hn,i (xj ) + f (xj )Hn,i (xj ) +

n X

0 b n,i (xj ), f (xi )H

i=0

i=0,j6=i

as´ı que H2n+1 (xj ) =

n X

f (xi ) · 0 + f (xj ) · 1 +

n X

0

f (xi ) · 0 = f (xj ),

i=0

i=0,j6=i

por tanto H2n+1 (xj ) = f (xj ) para j = 0, 1, 2, . . . , n. Ahora 0

0

0

0

Hn,i (x) = −2Ln,i (xi )L2n,i (x) + 2Ln,i (x)Ln,i (x)[1 − 2(x − xi )Ln,i (xi )], as´ı que si j 6= i, 0

0

0

0

Hn,i (xj ) = −2Ln,i (xj )L2n,i (xj ) + 2Ln,i (xj )Ln,i (xj )[1 − 2(xj − xi )Ln,i (xi )] 0

0

0

= −2Ln,i (xi ) · 0 + 2 · 0Ln,i (xj )[1 − 2(xj − xj )Ln,i (xi )] = 0, y si i = j 0

0

0

0

Hn,j (xj ) = −2Ln,j (xj )L2n,j (xj ) + 2Ln,j (xj )Ln,j (xj )[1 − 2(xj − xj )Ln,j (xj )], 0

0

= −2Ln,j (xj ) + 2Ln,j (xj ) = 0 0

por tanto Hn,i (xj ) = 0 ∀j, i. También as´ı que

0 0 b n,i H (x) = L2n,i (x) + 2(x − xi )Ln,i (x)Ln,i (x),

0 0 b n,i H (xj ) = L2n,i (xj ) + 2(x − xi )Ln,i (xj )Ln,i (xj ) 0

= Ln,i (xj )[Ln,i (xj ) + 2(xj − xi )Ln,j (xj )], ´ POLINOMIAL CAPÍTULO 4. INTERPOLACION

121


luego, si j 6= i Ln,i (xj ) = 0 y por tanto b 0 (xj ) = 0 H n,i y si i = j

b 0 (xi ) = Ln,i (xi )[Ln,i (xi ) + 2(xi − xi )L0 (xi )] H n,i n,i 0

= 1[1 + 2(xi − xi )Ln,i (xi )] = 1, de modo que como 0

H2n+1 (x) =

n X

n X

0

f (xi )Hn,i (x) +

i=0

=

n X

i=0 n X

0

f (xi )Hn,i (x) +

i=0

0 b 0 (x) f (xi )H n,i

b (x) + f (xj )H b (x), f (xi )H n,i n,i 0

0

0

0

i=0,i6=j

entonces 0

H2n+1 (xj ) =

n X

0

f (xi )Hn,i (xj )+

i=0

n X

0 b 0 (xj )+f 0 (xj )H b 0 (xj ) = f 0 (xj ). f (xi )H n,i n,i

i=0,i6=j 0

0

Por lo anterior se tiene que H2n+1 (xj ) = f (xj ) y H2n+1 (xj ) = f (xj ), para j = 0, 1, 2, . . . , n Ejemplo 4.4.1. Sea f (x) = sen x, construir un polinomio interpolante de Hermite que aproxime a f (x) en x = 0.4 Soluci´ on Sea x0 = 0.3, x1 = 0.32, x2 = 0.35, se tiene entonces que f (x0 ) = 0.29552, 0 f (x1 ) = 0.31457, f (x2 ) = 0.3429, además f (x) = cos x, luego 0 0 0 f (x0 ) = 0.95534, f (x1 ) = 0.94924, f (x2 ) = 0.93937, como k = 0, 1, 2, entonces n = 2, as´ı que el polinomio de Hermite es H2n+1 (x) = H5 (x) dado por 2 2 X X 0 b 2,i (x), f (xi )H f (xi )H2,i (x) + H5 (x) = i=0

i=0

= f (x0 )H2,0 (x) + f (x1 )H2,1 (x) + f (x2 )H2,2 (x) 0 b 2,0 (x) + f 0 (x1 )H b 2,1 (x) + f 0 (x2 )H b 2,2 (x), +f (x0 )H

pero sabemos que 0

H2,i (x) = [1 − 2(x − xi )L2,i (x)]L22,i (x) 4.4. POLINOMIOS DE HERMITE

122


y

b 2,i (x) = (x − xi )L22,i (x), H

i = 0, 1, 2 por lo tanto debemos calcular H2,0 (x), H2,1 (x), H2,2 (x) b 2,0 (x), H b 2,1 (x), H b 2,2 (x). as´ı como,H Para esto (x − (x − x1 )(x − x2 ) (x − 0.32)(x − 0.35) L2,0 (x) = = = (x0 − x1 )(x0 − x2 ) (0.3 − 0.32)(0.3 − 0.35)

8 )(x 25 1 1000

−

7 ) 20

,

o sea que ³ 8 ´³ 7´ L2,0 (x) = 1000 x − x− = 1000x2 − 670x + 112, 25 20 L2,1 (x) =

3 )(x − (x − 10 (x − x0 )(x − x2 ) (x − 0.3)(x − 0.35) = = 3 (x1 − x0 )(x1 − x2 ) (0.32 − 0.3)(0.32 − 0.35) − 5000

7 ) 20

,

luego 5000 ³ 3 ´³ 7´ 5000 2 3250 L2,1 (x) = − x− x− =− x + x − 175 3 10 20 3 3 y (x − (x − x0 )(x − x1 ) (x − 0.3)(x − 0.32) L2,2 (x) = = = (x2 − x0 )(x2 − x1 ) (0.35 − 0.3)(0.35 − 0.32)

3 )(x 10 3 2000

−

8 ) 25

,

luego L2,2 (x) =

2000 ³ 3 ´³ 8 ´ 2000 2 1240 x− x− = x − x + 64, 3 10 25 3 3

de lo anterior se tiene que 0

L2,0 (x) = 2000x−670,

0

L2,1 (x) = −

10000 3250 x+ , 3 3

0

L2,2 (x) =

4000 1240 x− , 3 3

por tanto, 0

L2,0 (x0 ) = −70,

0

L2,1 (x1 ) =

50 3

0

L2,2 (x2 ) =

160 3

luego h ³ i 3´ H2,0 (x) = 1−2 x− ·(−70) (1000x2 −670x+112)2 = (140x−41)(1000x2 −670x+112)2 , 10 ´ POLINOMIAL CAPÍTULO 4. INTERPOLACION


123

h ³ ´2 8 ´ 50 i³ 5000 2 3250 · − x + x − 175 H2,1 (x) = 1 − 2 x − 25 3 3 3 ³ 100 ´2 35 ´³ 5000 2 3250 = − x+ − x + x − 175 , 3 3 3 3 y

Ahora

y

´2 h ³ 7 ´ 160 i³ 2000 2 1240 · x − x + 64 H2,2 (x) = 1 − 2 x − 20 3 3 3 ³ 320 ´2 115 ´³ 2000 2 1240 = − x+ x − x + 64 . 3 3 3 3 ³ ´³ ´2 b 2,0 (x) = x − 3 1000x2 − 670x + 112 , H 10 ³ ´2 8 ´³ 5000 2 3250 b H2,1 (x) = x − − x + x − 175 , 25 3 3 ³ ´2 7 ´³ 2000 2 1240 b H2,2 (x) = x − x − x + 64 , 20 3 3

luego H5 (x) = 0.29552H2,0 (x) + 0.31457H2,1 (x) + 0.3429H2,2 (x) b 2,0 (x) + 0.94924H b 2,1 (x) + 0.93937H b 2,2 (x). +0.95534H 33 4 19845 b Pero H2,0 (0.34) = , H2,1 (0.34) = , H2,2 (0.34) = , H2,0 (0.34) = 125 27 3375 1 b 2 b 2,2 (0.34) = − 16 , entonces , H2,1 (0.34) = yH 625 225 5625 ³ 33 ´ ³4´ ³ 1984 ´ H5 (0.34) = 0.29552 · + 0.31457 · + 0.3429 · 125 27 3375 ³ 1 ´ ³ 2 ´ ³ 16 ´ +0.95534 · + 0.94924 · − 0.93937 · 625 225 5625 de modo que H5 (0.34) = 0.333489. ¥ Como se observa en el ejemplo anterior el cálculo de los polinomios de Hermite a´ un en el caso en que se tengan pocos puntos, es muy costoso computacionalmente. Otro método para generar los polinomios de Hermite, 4.4. POLINOMIOS DE HERMITE

124


es utilizando las diferencia divididas interpolantes de Newton, usadas para obtener dichos polinomios, que como hemos comentado están dados por Pn = f [x0 ] +

n X

f [x0 , x1 , ..., xi ](x − x0 )(x − x1 )...(x − xi ).

i=1 0

Supongamos se tiene x0 , x1 , . . . , xn , xi 6= xj , f (xi ) y f (xi ), i = 0, 1, 2, . . . , n, sea z2i = z2i+1 = xi , ∀i = 0, 1, 2, . . . , n, con estos nuevos puntos se construye la tabla de diferencias divididas. Pero como z2i = z2i+1 , no se puede tener 0 f [z2i , z2i+1 ] en este caso se toma f [z2i , z2i+1 ] = f (xi ), para i = 0, 1, 2, . . . , n, el polinomio de Hermite es entonces H2n+1 (x) = f [x0 ] +

2n+1 X

f [z0 , z1 , ..., zn ](x − z0 )(x − z1 )...(x − zi−1 ).

i=1

Ejemplo 4.4.2. Sea f (x) = sen x, construir un polinomio interpolante de Hermite que aproxime a f (x) en x = 0.34 Soluci´ on Como antes sea x0 = 0.3, x1 = 0.32, x2 = 0.35, se tiene entonces que 0 f (x0 ) = 0.29552, f (x1 ) = 0.31457, f (x2 ) = 0.3429, además f (x) = cos x, 0 0 0 luego f (x0 ) = 0.95534, f (x1 ) = 0.94924, f (x2 ) = 0.93937, como k = 0, 1, 2, la tabla de diferencia divididas es entonces

z0 z1 z2 z3 z4 z5

0.3 0.3 0.32 0.32 0.35 0.35

0.29552 0.29552 0.31457 0.31457 0.3429 0.3429

0.95534 0.9525 0.94924 0.94433 0.93937

-0.142 -0.163 -0.16367 -0.16533

-1.05 -0.0134 -0.05533

20.732 -0.7986

398.668

TABLA 20 As´ı que, ³

³ ³ 3´ 3 ´2 3 ´2 ³ 8´ H2n+1 (x) = 0.29552+0.95534 x− −0.142 x− −1.05 x− x− 10 10 10 25 ³ ´ ³ ´ ³ ´ ³ ´ ³ ´ 3 2 8 2 3 2 8 2 7 +20.732 x − x− + 398.668 x − x− x− , 10 25 10 25 20 ´ POLINOMIAL CAPÍTULO 4. INTERPOLACION

125


luego ³ 17 ´

³ 17 3 ´2 3´ H2n+1 = H2n+1 (0.34) = 0.29552+0.95534 − −0.142 − 50 50 10 50 10 ³ 17 ³ 17 3 ´2 ³ 17 8´ 3 ´2 ³ 17 8 ´2 −1.05 − − + 20.732 − − 50 10 50 25 50 10 50 25 ³ 17 ´ ³ ´ ³ ´ 3 2 17 8 2 17 7 +398.668 − − − = 0.333489, 50 10 50 25 50 20 que coincide con la aproximación obtenida con anterioridad. ¥

4.5.

³ 17

Aproximaci´ on de Pad´ e

Es posible aproximar una función f (x) por un polinomio racional, esto es, si se tiene Pn (x) = p0 + p1 x + p2 x2 + p3 x3 + · · · + pn xn y Rm (x) = 1 + q1 x + q2 x2 + q3 x3 + · · · + qm xm se desea encontrar un polinomio cociente Qn,m (x) =

Pn (x) , Rm (x)

que aproxime a la función f (x). Obsérvese que el primer sumando de Rm (x) lo hemos tomado igual a uno, lo cual es posible ya que como q0 debe ser distinto de cero, siempre es posible dividir numerador y denominador por q0 teniendo siempre a uno como primer sumando de Rm (x). El polinomio Qn,m (x), se toma de tal forma que f y sus derivadas hasta de orden n + m coincidan en x = 0. Supongamos f (x) es anal´ıtica en x = 0 y que tiene como serie de MacLaurin f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · + ak xk + . . . y sea Rm (x)f (x) − Pn (x) = C(x), ´ DE PADE ´ 4.5. APROXIMACION

126


o sea ∞ ³X j=0

aj x

j

m ´³ X

qj x

j

´ −

j=0

n X j=0

j

pj x =

³

∞ X

´ c j xj ,

q0 = 1.

j=n+m+1

Al igualar a cero los coeficientes de la potencias iguales xk , k = 1, 2, 3, . . . , n + m se obtienen n + m + 1 ecuaciones lineales con variables pi , i = 0, 1, 2, 3, . . . , n y qj , j = 1, 2, 3, . . . , m. El proceso anterior se conoce como el método de aproximaci´ on de Pad´ e, el cual como hemos visto requiere que f (x) y sus derivadas sean continuas en x = 0. Ejemplo 4.5.1. Determine la aproximaci´ on de Padé Q3,2 de f (x) = ln(1 + x). Soluci´ on Como el desarrollo de MacLaurin de f (x) = ln(1 + x) es f (x) = x −

x2 x3 x4 x5 + − + − ... 2 3 4 5

el cual se puede escribir como f (x) = x(1 −

x x2 x3 x4 + − + − . . . ), 2 3 4 5

entonces se determina primero la aproximación de Padé R2,2 (x) para g(x) = f (x) , para esto sea x ³ x x2 x3 x4 ´ 1− + − + −. . . (1+q1 x+q2 x2 )−p0 −p1 x−p2 x2 = 0+0x+0x2 +0x3 2 3 4 5 +0x4 + c5 x5 + . . . , o sea que ´ ³ ´ ³1 ³ q1 1 1 1´ 3 1 q1 − q2 − x (1 − p0 ) + q1 − − p1 x + q2 − + − p2 x2 + 2 2 3 3 2 4 ³ 1 1 1´ 4 + − q1 + q2 + x + · · · = 0 + 0x + 0x2 + 0x3 + 0x4 + c5 x5 + . . . , 4 3 5 ´ POLINOMIAL CAPÍTULO 4. INTERPOLACION

127


entonces se tiene que 1 − p0 = 0, q1 − q2 −

1 − p1 = 0 2

q1 1 + − p2 = 0 2 3

1 1 1 q1 − q2 − = 0 3 2 4 1 1 1 − q1 + q2 + = 0, 4 3 5 6 3 luego al resolver las dos u ´ltimas ecuaciones se tiene que q1 = y q2 = , 5 10 al reemplazar estos valores en las ecuaciones 2 y 3 anteriores se tiene que 1 7 y p2 = , además p0 = 1 de la primera ecuación, as´ı que p1 = 10 30 7 1 x + x2 10 30 g(x) ≈ 6 3 1 + x + x2 5 10 1+

30 + 21x + x2 30 + 21x + x2 30 , = = 10 + 12x + 3x2 30 + 36x + 9x2 10 de modo que f (x) = ln(1 + x) ≈ Q3,2 (x) =

30x + 21x2 + x3 30 + 36x + 9x2

¥ Ejemplo 4.5.2. Determine la aproximaci´ on de Padé Q5,4 (x) de f (x) = sen x y evaluar sen 0.34 a partir de dicha aproximaci´ on. Soluci´ on Sabemos que la serie de MacLaurin para sen x es sen x = x −

x3 x5 x7 x9 + − + − ..., 3! 5! 7! 9!

´ DE PADE ´ 4.5. APROXIMACION

128


como x es un factor, entonces podr´ıamos obtener primero la aproximación sen x de Padé de g(x) = , o sea x g(x) = 1 −

x2 x4 x6 x8 + − + − ..., 3! 5! 7! 9!

pero observemos que la función g(x) solo contiene potencia pares de x, lo cual permite encontrar la aproximación de Padé para 1

h(x) = g(x 2 ) = 1 −

x x2 x3 x 4 + − + − ... 3! 5! 7! 9!

y luego reemplazar a x por x2 . Sea entonces ³ ´ x x2 x3 x4 1− + − + − . . . (1 + q1 x + q2 x2 ) − p0 − p1 x − p2 x2 6 120 5040 362880 = 0 + 0x + 0x2 + 0x3 + 0x4 + c5 x5 + . . . , luego se tiene que 1 − p0 = 0, q1 −

1 − p1 = 0 6

1 q1 − + q2 − p 2 = 0 120 6 1 1 1 − + q1 − q2 = 0 5040 120 6 1 1 1 + q2 − q1 = 0, 362880 120 5040 91 5 resolviendo las dos u ´ltimas ecuaciones se tiene que q1 = y q2 = , 2772 11088 371 551 luego entonces se tiene que p1 = − y p2 = ahora como p0 = 1 2772 166320 se tiene que el polinomio de aproximación de Padé de h(x) es 166320 − 22260x + 551x2 371 551 2 x+ x 2772 166320 = 166320 S2,2 (x) = , 5 91 11088 + 364x + 5x2 2 x+ x 1+ 2772 11088 11088 1−

o sea que S2,2 (x) =

166320 − 22260x + 551x2 , 15(11088 + 364x + 5x2 )


129


luego si reemplazamos a x por x2 se tiene que sen x 166320 − 22260x2 + 551x4 ≈ , x 15(11088 + 364x2 + 5x4 ) de modo que sen x ≈ Q5,4 (x) =

166320x − 22260x3 + 551x5 . 15(11088 + 364x2 + 5x4 )

Observamos que sen 0.34 ≈ Q5,4 (0.34) =

166320 × 0.34 − 22260 × (0.34)3 + 551 × (0.34)5 15(11088 + 364 × (0.34)2 + 5 × (0.34)4 )

55676.39645 = 0.333487 166952.1783 que coincide con la aproximación obtenida usando los polinomios de Hermite. ¥ =

4.6.

Interpolaci´ on a Trozos

En un polinomio interpolador de grado n es posible tener n−1 extremos relativos, lo cual trae como consecuencia que tenga muchas oscilaciones o fluctuaciones al pasar por los puntos dados, una alternativa para evitar dichas fluctuaciones es generar polinomios Sk (x) que solo interpolen dos nodos consecutivos y luego unirlos en sus extremos, el conjunto {Sk (x)} forman una curva polinomial a trozos o spline que notaremos S(x) (xk , yk )

(x3 , y3 ) (x1 , y1 )

(xn−1 , yn−1 ) (xk+1 , yk+1 ) (xn , yn )

(x2 , y2 ) (x0 , y0 ) x0 x1

x2

x3

xk xk+1

Figura 4.2

´ A TROZOS 4.6. INTERPOLACION

xn

130


(xk , yk )

(x3 , y3 ) (x1 , y1 )

(xn−1 , yn−1 ) (xk+1 , yk+1 ) (xn , yn )

(x2 , y2 ) (x0 , y0 ) x0 x1

x2

x3

xk xk+1

xn

Figura 4.3

4.6.1.

Interpolaci´ on Lineal a Trozos

Sean (x0 , y0 ), (x1 , y1 ), (x2 , y2 ),. . . ,(xk , yk ), (xk+1 , yk+1 ), . . . ,(xn , yn ), los puntos por los cuales debe pasar el polinomio interpolador, el polinomio más simple que se puede construir es el polinomio de grado uno, el cual produce una linea poligonal.Fig(4.3) Por los polinomios interpoladores de Lagrange podemos determinar cada uno de los segmentos que forman está linea poligonal, si Sk (x) es el q-ésimo segmento que une los puntos (xk , yk ), (xk+1 , yk+1 ) se tiene entonces que

Sk (x) = yk

x − xk+1 x − xk + yk+1 , xk − xk+1 xk − xk+1

o también

Sk (x) = yk + dk (x − xk ),

dk =

yk+1 − yk xk+1 − xk


131


que es la ecuación de la recta que pasa por los puntos dados, luego entonces,  y0 + d0 (x − x0 ), x ∈ [x0 , x1 ]     y1 + d1 (x − x1 ), x ∈ [x1 , x2 ]     .     .    . S(x) = y + d (x − x ), x ∈ [xk , xk+1 ]  k k k    .     .     .    yn−1 + dn−1 (x − xn−1 ), x ∈ [xn−1 , xn ]

4.6.2.

Interpolaci´ on C´ ubica o Cercha C´ ubica

Es posible construir una función c´ ubica Sk (x) en cada intervalo [xk , xk+1 ], 00 tal que la curva a trozos y = S(x) sea dos veces diferenciable y S (x) sea continua en [x0 , xn ] , lo primero implica que y = f (x) no tiene esquinas y lo segundo que S(x) tiene un radio de curvatura definido. Definici´ on 4.6.1. Sea P = {x0 , x1 , x2 , . . . , xn−1 , xn } una partici´ on de el intervalo [x0 , xn ], S(x) es un interpolador c´ ubico o cercha c´ ubica de f (x) si existen n polinomios c´ ubicos Sk (x) tales que 1. S(x) = ak + bk (x − xk ) + ck (x − xk )2 + dk (x − xk )3 2. S(xk ) = f (xk )

k = 0, 1, 2, . . . , n

3. Sk (xk+1 ) = Sk+1 (xk+1 )

k = 0, 1, 2, . . . , n − 2

0

0

k = 0, 1, 2, . . . , n − 2

00

00

k = 0, 1, 2, . . . , n − 2

4. Sk (xk+1 ) = Sk+1 (xk+1 ) 5. Sk (xk+1 ) = Sk+1 (xk+1 )

Las condiciones dadas en la definición anterior se pueden utilizar para construir cerchas cubicas, en efecto como Sk (x) = ak + bk (x − xk ) + ck (x − xk )2 + dk (x − xk )3 y yk = f (xk ) = Sk (xk ) = ak , entonces, Sk+1 (xk+1 ) = ak+1 = yk+1 y por la condición 3 de la definición Sk+1 (xk+1 ) = Sk (xk+1 ), entonces yk+1 = ak + bk (xk+1 − xk ) + ck (xk+1 − xk )2 + dk (xk+1 − xk )3 , ´ A TROZOS 4.6. INTERPOLACION

132


sea hk = xk+1 − xk , entonces, yk+1 = ak + bk hk + ck h2k + dk h3k

(4.1)

0

para determinar bk sea bn = S (xn ), pero 0

Sk (x) = bk + 2ck (x − xk ) + 3dk (x − xk )2 , 0

entonces Sk (xk ) = bk , k = 0, 1, 2, . . . , n − 1, luego por la condición 4 0

0

bk+1 = Sk+1 (xk+1 ) = Sk (xk+1 ) = bk + 2ck hk + 3dk h2k 00

(4.2)

00

y Sk (x) = 2ck + 6dk (x − xk ), luego si tomamos λk = Sk (xk ) = 2ck , por 5 de la definición se tiene que, 00

00

2ck+1 = Sk+1 (xk+1 ) = Sk (xk+1 ) = 2ck + 6dk hk . Pero entonces dk =

ck+1 − ck y al reemplazar en 4.1y 4.2 tenemos que 3hk

yk+1 = yk + bk hk + ck h2k +

ck+1 − ck 3 (2ck + ck+1 ) 2 hk = yk + bk hk + hk (4.3) 3hk 3

y bk+1 = bk + 2ck hk +

3h2k (ck+1 − ck ) = bk + hk (ck + ck+1 ). 3hk

(4.4)

De 4.3 se tiene que bk =

yk+1 − yk hk − (2ck + ck+1 ) hk 3

(4.5)

reduciendo el ´ındice en una unidad se tiene que bk−1 =

yk − yk−1 hk−1 − (2ck−1 + ck ) hk−1 3

(4.6)

y como bk = bk−1 + hk−1 (ck−1 + ck )

(4.7)

la cual es obtenida al reducir el orden en 4.4, reemplazando 4.5 y 4.6 en 4.7 tenemos que yk − yk−1 hk−1 yk+1 − yk hk − (2ck + ck+1 ) = − (2ck−1 + ck ) + hk−1 (ck−1 + ck ), hk 3 hk−1 3 luego 3

yk − yk−1 yk+1 − yk −2hk ck −hk ck+1 = 3 −2hk−1 ck−1 −hk−1 ck +3hk−1 (ck−1 +ck ), hk hk−1 ´ POLINOMIAL CAPÍTULO 4. INTERPOLACION

133


de modo que yk+1 − yk yk − yk−1 3 −3 = 2hk ck +hk ck+1 −2hk−1 ck−1 −hk−1 ck +3hk−1 ck−1 +3hk−1 ck , hk hk−1 o sea que yk+1 − yk yk − yk−1 3 −3 = hk−1 ck−1 + 2hk−1 ck + 2hk ck + hk ck+1 , hk hk−1 sea βk =

yk+1 − yk , entonces hk 3βk − 3βk−1 = hk−1 ck−1 + 2(hk−1 + hk )ck + hk ck+1 ,

pero como λk = 2ck , entonces ck = 3(βk − βk−1 ) = hk−1

λk , as´ı que 2

λk−1 λk λk+1 + 2(hk−1 + hk ) + hk , 2 2 2

de modo que, 6(βk − βk−1 ) = hk−1 λk−1 + 2(hk−1 + hk )λk + hk λk+1 , si hacemos vk = 6(βk − βk−1 ) se tiene que hk−1 λk−1 + 2(hk−1 + hk )λk + hk λk+1 = vk

(4.8)

k = 1, 2, 3, . . . , n − 1 que representa un sistema de n − 1 ecuaciones lineales con n + 1 variables λ0 , λ1 , λ2 , . . . , λn , observemos que la primera ecuación es λ0 h0 + 2(h0 + h1 )λ1 + λ2 h1 = v1 y la u ´ltima es hn−2 λn−2 + 2(hn−2 + hn−1 )λn−1 + λn hn−1 = vn−1 ahora si fijamos valores para λ0 y para λn se tiene entonces que la primera y u ´ltima ecuación se transforman en 2(h0 + h1 )λ1 + λ2 h1 = v1 − λ0 h0 y hn−2 λn−2 + 2(hn−2 + hn−1 )λn−1 = vn−1 − λn hn−1 las cuales junto con el sistema λk−1 hk−1 + 2(hk−1 + hk )λk + λk+1 hk = vk ,

k = 2, 3, . . . n − 2

forman un sistema de n − 1 ecuaciones lineales con n − 1 variables.


134


Estrategia

Ecuación para λ0 y λn 3 λ1 0 λ0 = (β0 − S (x0 )) − , h0 2

Cubica Sujeta: 0

I

0

se especifican S (x0 ), S (xn ) (es la mejor si se conocen las derivadas)

II

3

λn =

hn−1 λ0 = 0, λn = 0

Cubica Natural (una curva relajada) Extrapolada

0

(S (xn ) − βn−1 ) −

λ0 = λ1 −

00

III

se extrapola S (x0 ) en los extremos

λn−1 2

h0 (λ2 − λ1 ) , h1

hn−1 (λn−1 − λn−2 ) hn−2 λ0 = λ1 , λn = λn−1

λn = λn−1 + IV

Con terminaci´ on par´ abolica S (x0 ) es constante cerca de los extremos Curvatura en los extremos 00 se especifica S (x) en los extremos 00

V

00

00

λ0 = S (x0 ), λn = S (xn )

TABLA 21 Los valores escogidos para λ0 y λn , son habitualmente denominados restricción en los extremos, para su escogencia existen cinco estrategias muy usuales las cuales relacionamos en la tabla 21. Conocido λk , k = 1, 2, 3, . . . , n − 1 entonces se tiene que ak = f (xk ), hk λk λk+1 − λk bk = βk − (2λk + λk+1 ), ck = y dk = . 6 2 6hk Teorema 4.6.1. Cercha C´ ubica Sujeta. Existe una u ńica cercha c´ ubica sujeta que satisface las condiciones sobre la derivada primera en la frontera 0 0 dadas por S (a) = β0 , S (b) = βn . Demostraci´ on. Sean λ0 = y λn =

3 λ1 0 (β0 − S (x0 )) − , h0 2

3 hn−1

0

(S (xn ) − βn−1 ) −

λn−1 2

Si k = 1, se tiene de 4.8 que h0 λ0 + 2(h0 + h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 , ´ POLINOMIAL CAPÍTULO 4. INTERPOLACION

135


es decir h0 luego o sea que

h3 λ1 i 0 (β0 − S (x0 )) − + 2(h0 + h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 , h0 2

h3 λ1 i 0 (β0 − S (x0 )) − 2(h0 + h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 − h0 , h0 2 0

2(h0 + h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 − 3(β0 − S (x0 )) + luego

h0 λ1 , 2

³

h0 ´ 0 λ1 2h0 + 2h1 − + h1 λ2 = v1 − 3(β0 − S (x0 )) 2

y por tanto ³3

´ 0 h0 + 2h1 λ1 + h1 λ2 = v1 − 3(β0 − S (x0 ))

2 que es la primera ecuación del sistema, pero si k = n − 1, entonces hn−2 λn−2 + 2(hn−2 + hn−1 )λn−1 + hn−1 λn = vn−1 , luego hn−2 λn−2 + 2(hn−2 + hn−1 )λn−1 = vn−1 − hn−1

h 3 λn−1 i 0 , (S (xn ) − βn−1 ) − hn−1 2

as´ı que 0

hn−2 λn−2 + 2(hn−2 + hn−1 )λn−1 = vn−1 − 3(S (xn ) − βn−1 ) +

hn−1 λn−1 , 2

luego ³

´ 3 0 hn−2 λn−2 + 2hn−2 + hn−1 λn−1 = vn−1 − 3(S (xn ) − βn−1 ), 2 que es la u ´ltima ecuación del sistema, las dos ecuaciones anteriores junto con hk−1 λk−1 + 2(hk−1 + hk )λk + hh λk+1 = vk

k = 2, 3, 4, . . . , n − 2,

forman un sistema lineal de n − 1 ecuaciones con n − 1 variables de la forma AX = b cuya matriz de coeficientes es  3  h + 2h h 0 0 . . . 0 0 0 1 1 2   h1 2(h1 + h2 ) h2 0... 0 0     0 h 2(h + h ) h . . . 0 0 2 2 3 3 A= ,   .. .. .. .. .. . .   . . . . . . 0 0 0 . . . hn−2 2hn−2 + 32 hn−1 ´ A TROZOS 4.6. INTERPOLACION

136


    X=   

λ1 λ2 λ3 . . λn−1





      

   b=   

0

v1 − 3(β0 − S (x0 )) v2 v3 . . 0 vn−1 − 3(S (xn ) − βn−1 )

    .   

En el sistema anterior podemos observar que la matriz A es tridiagonal estrictamente diagonal dominante lo cual implica que el sistema tiene solución u ńica y el teorema queda probado. Ejemplo 4.6.1. Determinar la cercha c´ ubica sujeta que pasa por los puntos (−3, 2), (−2, 0), (1, 3), (4, 1) y verifica las condiciones sobre la primera 0 0 derivada en los extremos dados por S (−3) = −1, S (4) = 1. Soluci´ on hk λk Sabemos que ak = f (xk ), bk = βk − (2λk + λk+1 ), ck = y 6 2 λk+1 − λk dk = , k = 0, 1, 2, 3, como es cercha c´ ubica sujeta se toma 6hk λ1 3 0 λ2 3 0 y λ3 = (S (x3 ) − β2 ) − , faltar´ıa determinar λ0 = (β0 − S (x0 )) − h0 2 h2 2 λ1 y λ2 para esto se resuelve el sistema ³3 2

´

0

h0 + 2h1 λ1 + h1 λ2 = v1 − 3(β0 − S (x0 ))

3 0 h1 λ1 + (2h1 + h2 )λ2 = v2 − 3(S (x3 ) − β2 ), 2 recordemos que hk = xk+1 − xk , βk = h0 = x1 − x0 = 1, β0 =

y1 − y0 = −2, h0

yk+1 −yk , hk

vk = 6(βk − βk−1 ), as´ı que

h1 = x2 − x1 = 3, β1 =

y2 − y1 = 1, h1

v1 = 6(β1 − β0 ) = 18,

h2 = x2 − x1 = 3, β2 =

y3 − y2 −2 = , h2 3

v2 = 6(β2 − β1 ) = −10.

El sistema a resolver es entonces 15 λ1 + 3λ2 = 21 2 3λ1 +

21 λ2 = −15 2


137


cuya solución es λ1 = y λ3 = 33 (1 + 23 ) +

78 31

2

118 78 y λ2 = − , además λ0 = 31 (−2 + 1) − 31 31 272 = 93 , luego

118 31

2

= − 152 31

a0 = f (x0 ) = 2, b0 = β0 −

h0 93 (2λ0 + λ1 ) = − = −1, 6 93 λ0 76 c0 = =− 2 31

y d0 =

λ1 − λ0 45 = , 6h0 31

luego S0 (x) = 2 − (x + 3) −

76 45 (x + 3)2 + (x + 3)3 31 31

− 3 ≤ x ≤ −2.

Además se tiene también que a1 = f (x1 ) = 0, 48 h1 (2λ1 + λ2 ) = − , 6 31 λ1 59 c1 = = 2 31

b1 = β1 −

y d1 =

λ2 − λ1 98 =− , 6h1 279

luego S1 (x) = −

48 59 98 (x + 2) + (x + 2)2 − (x + 2)3 31 31 279

pero también a2 = f (x2 ) = 3, 12 h2 (2λ2 + λ3 ) = , 6 31 λ2 39 c2 = =− 2 31

b2 = β2 −

y d2 =

253 λ3 − λ2 = , 6h2 837


−2≤x≤1

138


luego S2 (x) = 3 +

12 39 253 (x − 1) − (x − 1)2 + (x − 1)3 31 31 837

1 ≤ x ≤ 4,

de modo que la cercha c´ ubica sujeta es en este ejemplo  76 45   S0 (x) = 2 − (x + 3) − (x + 3)2 + (x + 3)3 − 3 ≤ x ≤ −2   31 31          48 59 98 S(x) = S1 (x) = − (x + 2) + (x + 2)2 − (x + 2)3 − 2 ≤ x ≤ 1  31 31 279             S2 (x) = 3 + 12 (x − 1) − 39 (x − 1)2 + 253 (x − 1)3 1 ≤ x ≤ 4 31 31 837 ¥ Teorema 4.6.2. Cercha C´ ubica Natural. Existe una u ńica cercha c´ ubica natural que satisface las condiciones sobre la derivada primera en la frontera 0 0 dadas por S (x0 ) = 0, S (xn ) = 0. Demostraci´ on. Si λ0 = 0 y λn = 0, la primera y la u ´ltima ecuación están dadas por 2(h0 + h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 y hn−2 λn−2 + 2(hn−2 + hn−1 )λn−1 = vn−1 , el sistema a resolver es entonces 2(h0 + h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 hk−1 λk−1 + 2(hk−1 + hk )λk + hh λk+1 = vk

k = 2, 3, 4, . . . , n − 2,

hn−2 λn−2 + 2(hn−2 + hn−1 )λn−1 = vn−1 , que es de la forma AX = b con A como matriz de coeficientes dada por  2(h0 + h1 ) h1 0 0... 0 0  h 2(h + h ) h 0 . . . 0 0 1 1 2 2   0 h2 2(h2 + h3 ) h3 . . . 0 0 A=  .. .. .. . .. . .. ..  . . . . 0 0 0 . . . hn−2 2(hn−2 + hn−1 ) ´ POLINOMIAL CAPÍTULO 4. INTERPOLACION

    ,  

139


    X=   

λ1 λ2 λ3 . . λn−1





      

   b=   

v1 v2 v3 . .

    .   

vn−1

La matriz A puede observarse es tridiagonal con diagonal estrictamente dominante, por tanto el sistema tiene solución u ńica y el teorema queda probado. Ejemplo 4.6.2. Determinar la cercha c´ ubica natural que pasa por los puntos (−3, 2), (−2, 0), (1, 3), (4, 1) y verifica las condiciones sobre la primera 0 0 derivada en los extremos dados por S (−3) = 0, S (4) = 0. Soluci´ on Igual que para el ejemplo anterior, sabemos que ak = f (xk ), hk λk λk+1 − λk bk = βk − (2λk + λk+1 ), ck = y dk = , k = 0, 1, 2, 3, 6 2 6hk como es cercha natural se toma λ0 = 0 y λ3 = 0, falta entonces determinar λ1 y λ2 para esto se resuelve el sistema 2(h0 + h1 )λ1 + h1 λ1 = v1 h1 λ1 + 2(h1 + h2 )λ2 = v2 , recordemos que hk = xk+1 − xk , βk = h0 = x1 − x0 = 1,

yk+1 −yk , hk

vk = 6(βk − βk−1 ), as´ı que

h1 = x2 − x1 = 3,

h2 = x2 − x1 = 3,

y2 − y1 y1 − y0 = −2, β1 = = 1, h0 h1 y3 − y2 −2 β2 = = , h2 3 v1 = 6(β1 − β0 ) = 18, v2 = 6(β2 − β1 ) = −10. β0 =

El sistema a resolver es entonces 8λ1 + 3λ2 = 18 3λ1 + 12λ2 = −10 82 134 cuya solución es λ1 = y λ2 = − , se tiene entonces que λ0 = 0, 29 87 82 134 λ1 = , λ2 = − , λ3 = 0. 29 87 ´ A TROZOS 4.6. INTERPOLACION

140


Se tiene entonces que a0 = f (x0 ) = 2, b0 = β0 −

y

215 h0 (2λ0 + λ1 ) = − , 6 87 λ0 c0 = =0 2

d0 =

41 λ1 − λ0 = , 6h0 87

luego S0 (x) = 2 −

215 41 41 (x + 3) + (x + 3)2 + (x + 3)3 87 87 87

− 3 ≤ x ≤ −2.

Ahora a1 = f (x1 ) = 0, 92 h1 (2λ1 + λ2 ) = − , 6 87 λ1 41 c1 = = 2 29

b1 = β1 −

y

d1 =

λ2 − λ1 190 =− , 6h1 783

luego S1 (x) = −

92 41 190 (x + 2) + (x + 2)2 − (x + 2)3 87 29 783

−2≤x≤1

y a2 = f (x2 ) = 3, h2 76 (2λ2 + λ3 ) = , 6 87 λ2 67 c2 = =− 2 87

b2 = β2 −

y

d2 =

67 λ3 − λ2 = , 6h2 783

luego S2 (x) = 3 +

76 67 67 (x − 1) − (x − 1)2 + (x − 1)3 87 87 783 ´ POLINOMIAL CAPÍTULO 4. INTERPOLACION

1 ≤ x ≤ 4,

141


de modo que la cercha c´ ubica natural es  41 41 215   (x + 3) + (x + 3)2 + (x + 3)3 − 3 ≤ x ≤ −2 S0 (x) = 2 −   87 87 87          92 41 190 S(x) = S1 (x) = − (x + 2) + (x + 2)2 − (x + 2)3 − 2 ≤ x ≤ 1  87 29 783             S2 (x) = 3 + 76 (x − 1) − 67 (x − 1)2 + 67 (x − 1)3 1 ≤ x ≤ 4 87 87 783 ¥ Teorema 4.6.3. Cercha C´ ubica Extrapolada. Existe una u ńica cercha c´ ubica que usa extrapolaci´ on desde los nodos x1 y x2 y también extrapolaci´ on 00 desde los nodos xn−1 y xn−2 con el fin de determinar S (xn ). Demostraci´ on. Como en este caso se tiene que λ0 = λ1 − y λn = λn−1 +

h0 (λ2 − λ1 ) h1

hn−1 (λn−1 − λn−2 ) , hn−2

la primera esta dada por h0 λ0 + 2(h0 + h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 o sea

h h0 (λ2 − λ1 ) i h0 λ1 − + 2(h0 + h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 , h1

por tanto, ³ h0 h0 ´ h0 λ1 − λ2 + λ1 + 2(h0 + h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 , h1 h1 de modo que h20 h20 h0 λ1 + λ1 + 2(h0 + h1 )λ1 − λ2 + h1 λ2 = v1 , h1 h1 as´ı que

³ 3h0 + 2h1 +

h2 h20 ´ λ1 + (h1 − 0 )λ2 = v1 , h1 h1


142


ahora la u ´ltima ecuación es

³ ´ hn−1 hn−1 hn−2 λn−2 +2(hn−2 + hn−1 )λn−1 + hn−1 λn−1 + λn−1 − λn−2 = vn−1 , hn−2 hn−2 o sea que ³ ³ h2 ´ h2 ´ hn−2 − n−1 λn−2 + 2hn−2 + 2hn−1 + hn−1 + n−1 λn−1 = vn−1 , hn−2 hn−2 luego ³

³ h2n−1 ´ h2n−1 ´ λn−2 + 2hn−2 + 3hn−1 + λn−1 = vn−1 . hn−2 − hn−2 hn−2

El sistema a resolver es entonces ³ ³ h2 ´ h2 ´ 3h0 + 2h1 + 0 λ1 + h1 − 0 λ2 = v1 , h1 h1 hk−1 λk−1 + 2(hk−1 + hk )λk + hh λk+1 = vk k = 2, 3, 4, . . . , n − 2, ³ ³ h2 ´ h2 ´ hn−2 − n−1 λn−2 + 2hn−2 + 3hn−1 + n−1 λn−1 = vn−1 . hn−2 hn−2 que es de la forma AX = b con A como matriz de coeficientes dada por  h20 h20 h − ... 0 0 3h + 2h + 1 0 1  h1 h1   h1 2(h1 + h2 ) . . . 0 0  A= 0 h2 ... 0 0  .. .. .. ...  . . .  h2 2hn−2 + 3hn−1 + 0 0 . . . hn−2 − hn−1 n−2     λ1 v1  λ2   v2       λ3   v3    X= b=  .   . .      .   .  λn−1 vn−1



h2n−1 hn−2

La matriz A puede observarse es tridiagonal con diagonal estrictamente domih2 h2 h2 h2 nante, ya que h1 + 0 > h1 − 0 , luego 3h0 + 2h1 + 0 > h1 − 0 y 2hn−2 + h1 h1 h1 h1 2 h2n−1 h2n−1 h h2n−1 > hn−2 − , luego, 2hn−2 + 3hn−1 + hn−1 > h − además n−2 hn−2 n−2 hn−2 hn−2 2(hk−1 + hk ) > hk−1 + hk , por tanto el sistema tiene solución u ńica y el teorema queda probado. ´ POLINOMIAL CAPÍTULO 4. INTERPOLACION

    ,   

143


Ejemplo 4.6.3. Determinar la cercha c´ ubica extrapolada que pasa por los puntos (−3, 2), (−2, 0), (1, 3) y (4, 1). Soluci´ on De los ejemplos anteriores tenemos que h0 = 1,

h1 = 3,

β0 = −2, β2 = v1 = 18,

h2 = 3,

β1 = 1, −2 , 3 v2 = −10.

como es cercha c´ ubica extrapolada el sistema es (3h0 + 2h1 + ³ h1 − o sea

h20 h2 )λ1 + (h1 − 0 )λ2 = v1 , h1 h1

³ h22 ´ h2 ´ λ1 + 2h1 + 3h2 + 2 λ2 = v2 , h1 h1 28 8 λ1 + λ2 = 18 3 5 18λ2 = −10,

263 5 h0 (λ2 − λ1 ) 187 y λ2 = − , pero λ0 = λ1 − = y 126 9 h1 63 1069 h2 (λ2 − λ1 ) =− . λ3 = λ2 + h1 126 cuya solución es λ1 =

Se tiene entonces que a0 = f (x0 ) = 2, c0 =

187 126

b0 = − d0 = −

841 , 252

37 , 52

luego S0 (x) = 2 −

841 187 37 (x + 3) + (x + 3)2 − (x + 3)3 252 126 252

Ahora a1 = f (x1 ) = 0,

b1 = −

17 , 21


− 3 ≤ x ≤ −2.

144


c1 =

263 252

d1 = −

37 , 252

luego S1 (x) = −

17 263 37 (x + 2) + (x + 2)2 − (x + 2)3 21 252 252

y

347 , 84 37 d2 = − , 84

a2 = f (x2 ) = 3, c2 = −

5 18

−2≤x≤1

b2 =

luego S2 (x) = 3 +

347 5 37 (x − 1) − (x − 1)2 − (x − 1)3 84 18 84

1 ≤ x ≤ 4,

de modo que la cercha extrapolada es  841 187 37 2 3 − 3 ≤ x ≤ −2   S0 (x) = 2 − 252 (x + 3) + 126 (x + 3) − 252 (x + 3)        17 37 S1 (x) = − 21 (x + 2) + 263 (x + 2)2 − 252 (x + 2)3 − 2 ≤ x ≤ 1 S(x) = 252          5 S2 (x) = 3 + 347 (x − 1) − 18 (x − 1)2 − 37 (x − 1)3 1 ≤ x ≤ 4 84 84 ¥ Teorema 4.6.4. Cercha con Terminaci´ on Parab´ olica. Existe una 000 000 u ńica cercha c´ ubica con S (x) ≡ 0, en [a, b] y S (x) ≡ 0, en [xn−1 , xn ]. Demostraci´ on. Como en este caso se tiene que λ0 = λ1 y λn = λn−1 , como la primera ecuación es h0 λ0 + 2(h0 + h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 entonces h0 λ1 + 2(h0 + h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 , ´ POLINOMIAL CAPÍTULO 4. INTERPOLACION

145


por tanto, (3h0 + 2h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 , ahora la u ´ltima ecuación es hn−2 λn−2 + 2(hn−2 + hn−1 )λn−1 + hn−1 λn = vn−1 , pero entonces se tiene que hn−2 λn−2 + 2(hn−2 + hn−1 )λn−1 + hn−1 λn−1 = vn−1 o sea que hn−2 λn−2 + (2hn−2 + 3hn−1 )λn−1 = vn−1 El sistema a resolver es entonces (3h0 + 2h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 , hk−1 λk−1 + 2(hk−1 + hk )λk + hh λk+1 = vk

k = 2, 3, 4, . . . , n − 2,

hn−2 λn−2 + (2hn−2 + 3hn−1 )λn−1 = vn−1 . que es de la forma AX = b con A como matriz de coeficientes dada por  (3h0 + 2h1 ) h1 0 0... 0 0  h1 2(h1 + h2 ) h2 0... 0 0   0 h 2(h + h ) h . . . 0 0 2 2 3 3 A=  .. .. .. . .. . .. ..  . . . . 0 0 0 . . . hn−2 2hn−2 + 3hn−1     X=   

λ1 λ2 λ3 . . λn−1





      

   b=   

v1 v2 v3 . .

    ,  

    .   

vn−1

La matriz A puede observarse es tridiagonal con diagonal estrictamente dominante, por tanto el sistema tiene solución u ńica y el teorema queda probado. Ejemplo 4.6.4. Determinar la cercha con terminación parab´ olica dada en los extremos que pasa por los puntos (−3, 2), (−2, 0), (1, 3) y (4, 1), que 00 00 satisface las condiciones S (−3) = −1 y S (4) = −2. ´ A TROZOS 4.6. INTERPOLACION

146


Soluci´ on De los ejemplos anteriores tenemos que h0 = 1,

h1 = 3,

β0 = −2,

β1 = 1,

β2 = v1 = 18,

h2 = 3,

−2 , 3 v2 = −10.

como es cercha con terminación parabólica λ0 = λ1 y λ2 = λ3 , luego entonces el sistema es (3h0 + 2h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 = 18, h1 λ1 + (2h1 + 3h2 )λ2 = v2 = −10 o sea 9λ1 + 3λ2 = 18 3λ1 + 15λ2 = −10, 50 8 50 que tiene como solución λ1 = y λ2 = − luego, λ0 = λ1 = y 21 7 21 8 hk λ2 = λ3 = − , además recordemos que ak = f (xk ), bk = βk − (2λk +λk+1 ), 7 6 λk λk+1 − λk ck = y dk = , k = 0, 1, 2, 3 2 6hk Se tiene entonces que a0 = f (x0 ) = 2, c0 = luego S0 (x) = 2 −

25 21

b0 = − d0 = 0,

25 67 (x + 3) + (x + 3)2 21 21

Ahora a1 = f (x1 ) = 0, c1 =

25 21

67 , 21

b1 = −

d1 = −

− 3 ≤ x ≤ −2 17 , 21

37 , 189


147


luego S1 (x) = −

17 25 37 (x + 2) + (x + 2)2 − (x + 2)3 21 21 189

y a2 = f (x2 ) = 3, c2 = −

4 7

b2 =

−2≤x≤1

22 , 21

d2 = 0,

luego

22 4 (x − 1) − (x − 1)2 1 ≤ x ≤ 4, 21 7 de modo que la cercha con terminación parabólica es  67 S0 (x) = 2 − 21 (x + 3) + 25 (x + 3)2 − 3 ≤ x ≤ −2  21          17 37 S1 (x) = − 21 (x + 2) + 25 (x + 2)2 − 189 (x + 2)3 − 2 ≤ x ≤ 1 21 S(x) =         4  22  S2 (x) = 3 + 21 (x − 1) − (x − 1)2 1 ≤ x ≤ 4 7 S2 (x) = 3 +

¥ Teorema 4.6.5. Cercha con curvatura en los extremos. Existe una u ńica cercha c´ ubica que satisface las condiciones sobre la derivada segunda 00 00 en los extremos con valores dados S (a), y S (b). Demostraci´ on. Como en este caso se tiene que 00

λ0 = S (x0 ) y

00

λn = S (xn ), como la primera ecuación es h0 λ0 + 2(h0 + h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 entonces

00

h0 S (x0 ) + 2(h0 + h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 , por tanto,

00

2(h0 + h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 − h0 S (x0 ), ´ A TROZOS 4.6. INTERPOLACION

148


ahora la u ´ltima ecuación es hn−2 λn−2 + 2(hn−2 + hn−1 )λn−1 + hn−1 λn = vn−1 , o sea que 00

hn−2 λn−2 + 2(hn−2 + hn−1 )λn−1 = vn−1 − hn−1 S (xn ). El sistema a resolver es entonces 00

2(h0 + h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 − h0 S (x0 ), hk−1 λk−1 + 2(hk−1 + hk )λk + hh λk+1 = vk

k = 2, 3, 4, . . . , n − 2, 00

hn−2 λn−2 + 2(hn−2 + hn−1 )λn−1 = vn−1 − hn−1 S (xn ). que tiene forma AX = b con A como matriz de coeficientes dada por  2(h0 + h1 ) h1 0 0... 0 0  h1 2(h1 + h2 ) h2 0... 0 0   0 h2 2(h2 + h3 ) h3 . . . 0 0 A=  .. .. .. .. .. . .  . . . . . . 0 0 0 . . . hn−2 2(hn−2 + hn−1 )     X=   

λ1 λ2 λ3 . . λn−1





      

   b=   

v1 v2 v3 . .

    ,  

    .   

vn−1

La matriz A puede observarse es tridiagonal con diagonal estrictamente dominante, por tanto el sistema tiene solución u ńica y el teorema queda probado. Ejemplo 4.6.5. Determinar la cercha con curvatura dada en los extremos que pasa por los puntos (−3, 2), (−2, 0), (1, 3) y (4, 1) que satisface las condi00 00 ciones S (−3) = −1 y S (4) = 2. Soluci´ on De los ejemplos anteriores tenemos que h0 = 1,

h1 = 3,

h2 = 3,


149


β0 = −2,

β1 = 1, −2 β2 = , 3 v1 = 18, v2 = −10. como es cercha c´ ubica con curvatura en los extremos el sistema es 00

2(h0 + h1 )λ1 + h1 λ2 = v1 − h0 S (x0 ) = 18 + 1, 00

h1 λ1 + 2(h1 + h2 )λ2 = v2 − h2 S (x3 ) = −10 − 6 o sea 8λ1 + 3λ2 = 19 3λ1 + 12λ2 = −16, 92 185 00 que tiene como solución λ1 = y λ2 = − pero, λ0 = S (−3) = −1 y 29 87 hk 00 λ3 = S (1) = 2, además recordemos que ak = f (xk ), bk = βk − (2λk +λk+1 ), 6 λk λk+1 − λk ck = y dk = , k = 0, 1, 2, 3 2 6hk Se tiene entonces que a0 = f (x0 ) = 2, c0 = −

1 2

b0 = − d0 =

191 , 87

121 , 174

luego S0 (x) = 2 −

191 1 121 (x + 3) − (x + 3)2 + (x + 3)3 87 2 174

Ahora a1 = f (x1 ) = 0, c1 =

46 29

b1 = −

d1 = −

− 3 ≤ x ≤ −2

193 , 174

461 , 1566

luego S1 (x) = −

193 46 461 (x + 2) + (x + 2)2 − (x + 2)3 174 29 1566

y a2 = f (x2 ) = 3,

b2 =

40 , 87


−2≤x≤1

150


c2 = −

185 174

d2 =

359 , 1566

luego S2 (x) = 3 +

40 185 359 (x − 1) − (x − 1)2 − (x − 1)3 87 174 1566

1 ≤ x ≤ 4,

de modo que la cercha con curvatura en los extremos es   S0 (x) = 2 − 191 (x + 3) − 12 (x + 3)2 + 121 (x + 3)3 − 3 ≤ x ≤ −2  87 174           193 46 461 S1 (x) = − (x + 2) + (x + 2)2 − (x + 2)3 − 2 ≤ x ≤ 1 S(x) = 174 29 1566           40 185 359   S2 (x) = 3 + (x − 1) − (x − 1)2 − (x − 1)3 1 ≤ x ≤ 4 87 174 1566 ¥

4.7.

Aproximaci´ on Trigonom´ etricos

con

Polinomios

Definici´ on 4.7.1. Sea {an } una sucesi´ on de n´ umeros, entonces, la suma a0 + a1 + a2 + · · · + an + · · · =

∞ X

ai

i=0

se llama serie infinita . Definici´ on 4.7.2. Sea

∞ P

ai , una serie infinita, los n´ umeros Sn =

i=0

∞ P

ai , una serie infinita, se dice que la serie converge,

i=0

si l´ım Sn = S existe y en este caso S = n→∞

ai , se

i=0

definen como sumas parciales. Definici´ on 4.7.3. Sea

n P

∞ P

ai

i=0

Nota: Si l´ım Sn no existe se dice que la serie no converge. n→∞

Ejemplo ´ POLINOMIAL CAPÍTULO 4. INTERPOLACION

151


∞ P

Probar que

xi converge y

i=0

n P

xi =

i=0

1 , con |x| < 1. 1−x

Soluci´ on Se tiene que Sn = 1 + x + x2 + x3 + x4 + · · · + xn , luego, xSn = x + x2 + x3 + x4 + · · · + xn+1 , de modo que Sn − xSn = 1 − xn+1 , as´ı que Sn (1 − x) = 1 − xn+1 , por tanto Sn =

´ 1 − xn+1 1 ³ 1 xn+1 = 1 − xn+1 = − . 1−x 1−x 1−x 1−x

Pero si −1 < x < 1, entonces, xn+1 → 0, cuando, n → ∞, de modo que xn+1 =0 n→∞ 1 − x l´ım

y l´ım Sn =

n→∞

1 1−x

Ejemplo Probar que

∞ P

1 converge y encontrar la suma. i=1 n(n + 1)

Soluci´ on Observemos que

1 1 1 = − , n(n + 1) n n+1

luego, Sn =

n ³ X 1 k=1

k

−

1 ´ 1 =1− , k+1 n+1

por lo tanto l´ım Sn = 1 = S.

n→∞

´ CON POLINOMIOS TRIGONOMETRICOS ´ 4.7. APROXIMACION

152


Definici´ on 4.7.4. Sea Sn , una sucesi´ on de funciones en un intervalo I, se dice que Sn converge uniformemente a S si para cada ² > 0, existe un N (²), tal que |Sn (x) − S| < ² si n > N, ∀x ∈ I Esto significa que si se traza la gráfica de y = S(x) y se centra una banda de ancho vertical 2² sobre esta curva entonces, para la convergencia uniforme debe existir un N tal que para n > N , la gráfica de y = Sn se encuentra en todas partes dentro de la banda (fig 4.4). 6

S+²

S

Sn S−²

... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... a

I

... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. b

.

-

Figura 4.4 Convergencia Uniforme Definici´ on 4.7.5. Una función f (x) es peri´ odica de per´ıodo P si ∀x f (x + P ) = f (x) . El problema de representar una función mediante una serie trigonométrica de la forma ∞ X 1 a0 + (an cos nx + bn sen nx) (4.9) 2 n=0 surge de manera natural en muchos problemas, queremos encontrar las relaciones que existen entre los coeficientes {an }, {bn } y la función f . ´ POLINOMIAL CAPÍTULO 4. INTERPOLACION

153


Para ello recordemos primero las siguientes fórmulas trigonométricas de gran utilidad sen α cos β =

sen(α + β) − sen(α − β) 2

cos(α − β) − cos(α + β) 2 cos(α + β) + cos(α − β) cos α cos β = 2 teniendo en cuenta las relaciones anteriores se tiene que Z π Z Z 1 π 1 π sen mx cos nxdx = sen(m + n)xdx − sen(m − n)xdx, 2 −π 2 −π −π sen α sen β =

luego Z π

³ ´ 1 cos(m + n)π − cos(m + n)(−π) 2(m + n) ³ ´ cos(m − n)π − cos(m − n)(−π) = 0 m 6= n.

sen mx cos nxdx = − −π

+

1 2(m − n)

Si m = n, Z π Z 1 π 1 sen nx cos nxdx = sen 2nxdx = − (cos 2nπ − cos 2n(−π)) = 0, 2 −π 4n −π luego,

Z

π

sen nx cos mxdx = 0 −π

para todo m, n. Ahora si n 6= m Z π Z Z 1 π 1 π cos nx cos mxdx = cos(m + n)xdx + cos(m − n)xdx, 2 −π 2 −π −π luego Z

π

³ ´ 1 sen(m + n)π + sen(m + n)π 2(m + n) ³ ´ sen(m − n)π + sen(m − n)π = 0,

cos nx cos mxdx = −π

+

1 2(m − n)


154


pero si m = n > 0, entonces, Z π Z cos nx cos mxdx = −π

π

cos2 nx =

−π

si m = n = 0, entonces, Z π Z cos nx cos mxdx = −π

1 (2nπ) = π, 2n

π

dx = π + π = 2π. −π

De la misma manera, si m 6= n Z π Z Z 1 π 1 π cos(m − n)xdx − cos(m + n)xdx, sen mx sen nxdx = 2 −π 2 −π −π luego Z

π

³ ´ 1 sen(m − n)π − sen(m − n)(−π) 2(m − n) ³ ´ sen(m + n)π − sen(m + n)(−π) = 0,

sen mx sen nxdx = −π

−

1 2(m + n)

pero si m = n, Z π

Z sen mx sen nxdx =

−π

π

1 sen2 nxdx = (2π) = π, 2 −π

por lo anterior se tiene que Z π sen nx cos mxdx = 0 −π

Z

π

     

0

∀m, n si

(4.10)

m 6= n

π si m = n > o      2π si m = n = o  Z π  0 si m 6= n sen mx sen nxdx =  −π π si m = n > 0 cos nx cos mxdx =

(4.11)

−π

(4.12)

Las ecuaciones 4.10, 4.11 y 4.12 se llaman fórmulas de ortogonalidad. Supongamos ahora se tiene una serie trigonométrica dada por ∞ X 1 a0 + (an cos nx + bn sen nx), 2 n=0 ´ POLINOMIAL CAPÍTULO 4. INTERPOLACION

(4.13)

155


si la convergencia de la serie permite integrar término a término (por ejemplo que tenga convergencia uniforme), entonces Z π Z Z π Z π ∞ ³ ´ X 1 π f (x)dx = a0 + an cos nxdx + bn sen nxdx , 2 −π −π −π −π n=0 pero que

Rπ

cos nxdx = 0 y −π

Rπ

sen nxdx = 0, luego −π 1 a0 = π

Z

Rπ −π

f (x)dx = a0 π de modo

π

f (x)dx

(4.14)

−π

Si k ≥ 1 entonces Z 1 π f (x) cos kxdx = a0 cos kxdx 2 −π −π Z π Z π ∞ ³ ´ X + an cos nx cos kxdx + bn sen nx cos kxdx , Z

n=0

π

−π

−π

o sea que Z π Z Z π ∞ X 1 π f (x) cos kxdx = a0 cos kxdx + an cos nx cos kxdx, 2 −π −π −π n=0 Rπ ya que −π sen nx cos kxdx = 0 por 4.10, pero por 4.12 solo se tiene el término distinto de cero si n = k, luego Z π f (x) cos kxdx = ak π, −π

as´ı que

1 ak = π

Z

π

f (x) cos kxdx

(4.15)

−π

Pero también si k ≥ 1, se tiene que Z π Z 1 π f (x) sen kxdx = a0 sen kxdx 2 −π −π Z π Z π ∞ ³ ´ X + an cos nx sen kxdx + bn sen nx sen kxdx , n=0

luego Z

π

−π

1 f (x) sen kxdx = 2 −π

−π

Z

π

a0 sen xdx + −π

∞ X n=0

Z

π

an

cos nx sen kxdx, −π


156


Rπ ya que −π sen nx cos kxdx = 0 por 4.10, pero por 4.12 solo se tiene el término distinto de cero si n = k, luego Z π f (x) sen kxdx = bk π, −π

as´ı que

1 bk = π

.

Z

π

f (x) sen kxdx

(4.16)

−π

De lo anterior se tiene que, si f (x) es integrable en x ∈ (−π, π), los coeficientes {an } y {bn } pueden calcularse mediante las fórmulas 4.15 y 4.16. En este caso la serie 4.13 se llama serie de Fourier de f . Ejemplo 4.7.1. Calcular la serie de Fourier de f (x) = x Soluci´ on

Como f (x) = x se tiene que Z 1 π x cos nxdx = 0 an = π −π puesto que x cos nx es una función impar. Ahora, Z 1 π bn = x sen nxdx, π −π como la función x sen nx es par ya que x, y sen nx son impares y el producto de funciones impares es una función par, se tiene entonces que Z π Z π ¯π 1 Z π 1 2 2 ¯ bn = x sen xdx = x sen xdx = − x cos nx¯ + cos nxdx, nπ −π nπ 0 nπ 0 nπ 0 de modo que

2 2 bn = − cos nπ = (−1)n+1 n n

luego

∞ X 2 x∼ (−1)n+1 . n n=1

El s´ımbolo ∼ se lee genera.

¥


157


Ejemplo 4.7.2. Calcular la serie de Fourier de   0 si x ∈ [−π, 0] f (x) =  1 si x ∈ [0, π] Soluci´ on Z

1 a0 = π Para n ≥ 1

1 an = π

Z

π

1 f (x)dx = π −π

π

cos nxdx = 0

Z

π

dx = 1. 0

¯π 1 ¯ sen nx¯ = 0 nπ 0

y 1 bn = π

Z

π

sen nxdx = − 0

¯π 1 1 1 ¯ cos nx¯ = − [cos nπ−cos 0] = − [(−1)n −1], nπ nπ nπ 0

luego

  bn =

Por tanto



0 2 nπ

si si

n n

es es

par impar

∞ 1 1 X sen(2k + 1)x f (x) ∼ + 2 π k=0 2k + 1

¥

Ejercicios Para los ejercicios 1-10 encuentre a) La forma interpolante de Lagrange b) La forma interpolante de Newton

1.

x y

1 1

2 4

3 8

2.

x y

1 1

4 2

9 3


158


3.

x y

4 2

9 3

16 4

4.

x y

-1 -2

5.

x y

0 1

1 2

2 4

6.

x y

0 1

1 1

2 2

7.

x y

-1 1/3

8.

x y

0 1

1 2

2 4

3 8

9.

x y

0 0

1 1

2 0

3 -1

10.

x y

0 1

1 1

2 2

3 4

0 3

1 2

0 1

4 5 1 3

2 9

Para los ejercicios 11-15 encuentre a) La forma interpolante de Lagrange b) La forma interpolante de Newton c) Las funciones cubicas interpolantes o spline cubicos x y

0 4

2/3 -4

1 -2

11.

x y

0 4

2/3 -4

1 -7/2

12.

x y

0 2

2/3 -2

1 -1

13.

x y

1 2

2 4

14.

x y

0 1

1/2 2

3 8

2 -1/2 2 -1/2 2 -1/2

4 6 1 1

3/2 0


159


15.

x y

0 1

1 1

2 2

3 4

Para los ejercicios 16-20 encuentre a) La forma interpolante de Lagrange b) la interpolación polinomial (cualquier forma) c) Las funciones cubicas interpolantes o spline cubicos x y

0 0

1 1

8 2

27 3

Compare los valores interpolados en √ x = 5.5, 3.5 y x = 18 con 3 los correspondientes valores de f (x) = x 16.

x y

0 0

1 -41

4 2

9 3

Compare los valores interpolados en √ x = 0.5, 2.5 y x = 6.5 con los correspondientes valores de f (x) = x 17.

x y

-1 0

-0.75 -0.7

-0.25 -0.7

0.25 0.7

0.75 0.7

1 0

Compare los valores interpolados en x = −0.5, 0 y x = 0.5 con los correspondientes valores de f (x) = sen πx 18.

x y

0 -0.33

1 -0.20

2 -0.08

3 0.00

4 0.04

5 0.06

6 0.07

Compare los valores interpolados con los correspondientes valores de x−3 z = 9+x 2 19.

x y

0 0

1 0.5

2 0.5

3 0.375

4 0.25

5 0.1562

6 0.0938

7 0.0547

8 0.0312

Compare los valores interpolados con los correspondientes valores de z = x2−x 20.

x y

0 2.0

1 0

2 0.6667

3 0

4 0.40

5 0

6 0.2587

7 0

8 0.2222

9 0

10 0.1818

Compare los valores interpolados con los correspondientes valores de z = 1+cos(πx) 1+x 21. Usando los siguientes datos para la capacidad calor´ıfica Cp (kJ/kgK o ) del metilciclohexalona C7 H14 como una función de la temperatura ´ CON POLINOMIOS TRIGONOMETRICOS ´ 4.7. APROXIMACION

9 0.01764

160


(K o ), interpole para estimar la capacidad calor´ıfica a 175, 225, y 275 K o T Cp

150 1.43

200 1.54

250 1.70

300 1.89

22. La viscosidad µ de un fluido depende de la temperatura T del fluido de acuerdo a la relación representada en la siguiente tabla T (C o ) µ(N − seg/m2 )

5 0.08

20 0.015

30 0.09

50 0.006

55 0.0055

Use la interpolación para encontrar un estimativo para la viscosidad a T = 25 y T = 40.


Cap´ıtulo 5

Derivaci´ on e Integraci´ on Num´ erica 5.1.

Derivaci´ on Num´ erica

Sabemos que la definición de la derivada de una función f (x) está dada por

0

f (x + h) − f (x) , h→0 h

f (x) = l´ım

esto indica que para calcular la aproximación numérica de la derivada en un punto, debemos tomar una sucesión {hk }, tal que hk → 0 y calculamos entonces el cociente

Dk =

fk − f f (x + hk ) − f (x) = , hk hk

(5.1)

generamos entonces una sucesión D1 , D2 , D3 , . . . , Dn y tomamos a Dn como la aproximación deseada, el problema está en conocer cual valor de hk garantiza una buena aproximación, ya que si se toma un valor muy grande de hk la aproximación no es aceptable y se toma un valor muy peque˜ no la diferencia f (x + hk ) − f (x) ≈ 0 ya que hay pérdida de d´ıgitos significativos, lo anterior se muestra en tabla 22, en la que se observan los cocientes Dk para aproximar la derivada de f (x) = sen x en x = 2 cuyo valor con nueve cifras significativas 161

162


hk

fk

fk − f

fk −f hk

10−1 10−2 10−3 10−4 10−5 10−6 10−7 10−8 10−9 10−10

0.863209367 0.905090563 0.98880825 0.909255808 0.909293265 0.909297017 0.909297385 0.909297423 0.909297426 0.909297427

-0.04608806 -0.04206864 -0.000416602 -0.000041619 -0.00000416514 -0.000000416148 -0.000000041615 -0.000000004162 -0.00000000416 -0.00000000

-0.4608806 -0.4206864 -0.416602 -0.41619 -0.416514 -0.416148 -0.41615 -0.4162 -0.416 0.0000000

TABLA 22 0

es f (2) = −0.416146837. Como podemos observar h = 10−6 , proporciona el mejor valor para 0 f (2) en tanto que valores más peque˜ nos van desmejorando la aproximación. Lo anterior es una justificación para desarrollar una teor´ıa que permita investigar la exactitud de los métodos para la derivación numérica. Teorema 5.1.1. Supongamos f ∈ C 3 [a, b], x − h, x + h ∈ [a, b], entonces, 0

f (x) ≈

f (x + h) − f (x − h) . 2h

Adem´ as existe α = α(x) ∈ [a, b], tal que 0

f (x) = siendo Et (f, h) = −

f (x + h) − f (x − h) + Et (f, h), 2h

h2 f (3) (α) = O(h2 ) 6

Demostraci´ on. Las series de Taylor de orden 2 de f (x+h) y f (x−h) alrededor de x son 000

00

f (α1 ) f (x) (x + h − x)2 + (x + h − x)3 f (x + h) = f (x) + f (x)(x + h − x) + 2! 3! 0

o sea que 00

000

f (x) 2 f (α1 ) 3 f (x + h) = f (x) + f (x)h + h + h 2! 3! 0

´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

(5.2)

163


y 00

000

f (x) f (α2 ) f (x − h) = f (x) + f (x)(x − h − x) + (x − h − x)2 + (x − h − x)3 2! 3! 0

de modo que 00

000

f (x) 2 f (α2 ) 3 f (x − h) = f (x) − f (x)h + h − h 2! 3! 0

(5.3)

luego 000

000

f (α1 ) 3 f (α2 ) 3 f (x + h) − f (x − h) = 2hf (x) + h + h. 3! 3! 0

Como f ∈ C 3 [a, b], entonces por el teorema del valor intermedio existe α ∈ [a, b] tal que, 000 000 f (α1 ) + f (α2 ) 000 , f (α) = 2 000 000 000 as´ı que 2f (α) = f (α1 ) + f (α2 ), luego 000

2f (α) 3 f (x + h) − f (x − h) = 2hf (x) + h 3! 0

por tanto

000

f (x + h) − f (x − h) f (α) 2 f (x) = − h. 2h 6 f (x + h) − f (x − h) , se le llama fórmula de la diferencia A la expresión 2h centrada de orden O(h2 ), ya que x + h y x − h se sit´ uan a izquierda y a derecha de x. 0

Teorema 5.1.2. Supongamos f ∈ C 5 [a, b], x−2h, x−h, x+h, x+2h ∈ [a, b], entonces, 0

f (x) ≈

−f (x + 2h) + 8f (x + h) − 8f (x − h) + f (x − 2h) . 12h

Adem´ as existe α = α(x) ∈ [a, b], tal que 0

f (x) =

−f (x + 2h) + 8f (x + h) − 8f (x − h) + f (x − 2h) + Et (f, h), 12h

siendo Et (f, h) =

h4 f (5) (α) = O(h4 ) 30 ´ NUMERICA ´ 5.1. DERIVACION

164


Demostraci´ on. Las series de Taylor de orden 4 de f (x+h) y f (x−h) alrededor de x son 00

0

f (x + h) = f (x) + f (x)(x + h − x) + +

000

f (x) f (x) (x + h − x)2 + (x + h − x)3 2! 3!

f (4) (x) f (5) (α1 ) (x + h − x)4 + (x + h − x)5 4! 5!

luego 00

000

f (x) 2 f (x) 3 f (4) (x) 4 f (x + h) = f (x) + f (x)h + h + h + h 2! 3! 4! 0

+

f (5) (α1 ) 5 h 5!

(5.4)

y 00

000

f (x) f (x) f (x − h) = f (x) + f (x)(x − h − x) + (x − h − x)2 + (x − h − x)3 2! 3! 0

f (4) (x) f (5) (α2 ) 4 + (x − h − x) + (x − h − x)5 4! 5! o sea que 00

0

f (x − h) = f (x) − f (x)h + −

000

f (x) 2 f (x) 3 f (4) (x) 4 h − h + h 2! 3! 4!

f (5) (α2 ) 5 h 5!

(5.5)

as´ı que 000

2f (x) 3 2f (5) (c1 ) 5 f (x + h) − f (x − h) = 2hf (x) + h + h, 3! 5! 0

(5.6)

siendo 2f (5) (c1 ) = f (5) (α1 ) + f (5) (α2 ), si reemplazamos a h por 2h se tiene que 000

f (5) (c1 ) 5 f (x) 3 h + 64 h, f (x + 2h) − f (x − 2h) = 4hf (x) + 16 3! 5! 0

(5.7)

además si multiplicamos 5.6 por 8 se tiene que 000

16f (x) 3 16f (5) (c1 ) 5 h + h. 8[f (x + h) − f (x − h)] = 16hf (x) + 3! 5! 0


(5.8)

165


Restándole a 5.8 la ecuación 5.7 se tiene que 0

8[f (x+h)−f (x−h)]−[f (x+2h)−f (x−2h)] = 12hf (x)+

16f (5) (c1 ) − 64f (5) (c2 ) 5 h. 5!

Si f (5) (x) tiene signo constante y cambia muy poco cerca de x se puede tomar c ∈ [x − 2h, x + 2h] tal que c = c1 = c2 y por tanto 16f (5) (c1 ) − 64f (5) (c2 ) = −48f (5) (c) y entonces 0

8f (x + h) − 8f (x − h) − f (x + 2h) + f (x − 2h) = 12hf (x) −

48f (5) (c)h5 , 120

luego 0

f (x) =

−f (x + 2h) + 8f (x + h) − 8f (x − h) + f (x − 2h) + O(h4 ) (5.9) 12h

La ecuación 5.9 se conoce como la fórmula de la diferencia centrada de orden O(h4 ). 0

Ejemplo 5.1.1. Si f (x) = sen x, calcular la aproximaci´ on de f (2), usando las fórmulas de las diferencias centradas con h = 0.1 Soluci´ on Con las diferencias centradas de orden O(h2 ), se tiene que 0

f (2) =

1 1 [sen(2.1) − sen(1.9)] = [0.863209366649 − 0.946300087687] 2 × 0.1 0.2

−0.083090721038 = −0.41545360519. 0.2 Con la fórmula de las diferencias centradas de orden O(h4 ) tenemos que =

0

f (2) =

1 [−0.80849640382+6.9905674933−7.570400702+0.973847630878] 1.2 = −0.416145451042,

la respuesta exacta como hemos visto es −0.416146836547.¥ Otra alternativa para calcular la aproximación numérica de la derivada, es por medio de las llamadas fórmulas de los tres puntos y las fórmulas ´ NUMERICA ´ 5.1. DERIVACION

166


de los cinco puntos, las cuales se obtienen usando los polinomios de Lagrange, para esto se tiene por el teorema 4.2 que, f (x) =

n X

f (xi )Ln,i (x) +

i=0

(x − x0 )(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xn ) (n+1) f (c), (n + 1)!

para alg´ un c = c(x) ∈ [a, b] y Ln,i (x) es el i-ésimo polinomio de Lagrange para f en x0 , x1 ,...,xn , luego 0

f (x) =

n X

0

f (xi )Ln,i (x) +

i=1

+

d[(x − x0 )(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xn )] f (n+1) (c) dx (n + 1)!

(x − x0 )(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xn ) (n+2) f (c), (n + 1)!

de modo que 0

f (x) =

n X i=0

f (n+1) (c) h (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) . . . (x − xn )+ f (xi )Ln,i (x) + (n + 1)! 0

+(x−x0 )(x−x2 )(x−x3 ) . . . (x−xn )+(x−x0 )(x−x1 )(x−x3 ) . . . (x−xn )+. . . i Qn j=0,j6=k (xj − xk ) (n+2) +(x − x0 )(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xn−1 ) + f (c). (n + 1)! Si x = xj , j = 0, 1, 2, . . . , n, entonces se tiene que 0

f (xj ) =

n X

0

f (xi )Ln,i (xj ) +

i=0

n f (n+2) (c) Y (xj − xk ) (n + 1)! j=0,j6=k

(5.10)

La fórmula 5.10 es llamada la fórmula de los n + 1 puntos, naturalmente se tiene una mejor aproximación a la derivada si se toma una mayor cantidad de puntos, pero esto a su vez implica un alto costo computacional debido a la gran cantidad de evaluaciones que deben realizarse por esto es suficiente tomar 3 o 5 puntos. Para los puntos x0 , x1 , x2 , se tiene que L2,0 (x) =

(x − x1 )(x − x2 ) , (x0 − x1 )(x0 − x2 )

L2,1 (x) =

(x − x0 )(x − x2 ) (x1 − x0 )(x1 − x2 )


167


y L2,2 (x) = as´ı que, 0

L2,0 (x) = 0

L2,1 (x) = y 0

L2,2 (x) =

(x − x0 )(x − x1 ) , (x2 − x0 )(x2 − x1 )

x − x2 + x − x 1 2x − x1 − x2 = , (x0 − x1 )(x0 − x2 ) (x0 − x1 )(x0 − x2 ) x − x0 + x − x 2 2x − x0 − x2 = , (x1 − x0 )(x1 − x2 ) (x1 − x0 )(x1 − x2 ) x − x1 + x − x 0 2x − x0 − x1 = , (x2 − x0 )(x2 − x1 ) (x2 − x0 )(x2 − x1 )

luego para j = 0, 1, 2 se tiene que 0

f (xj ) = f (x0 )

2xj − x1 − x2 2xj − x0 − x2 + f (x1 ) (x0 − x1 )(x0 − x2 ) (x1 − x0 )(x1 − x2 )

2 f (3) (c) Y 2xj − x0 − x1 + (xj − xk ). +f (x2 ) (x2 − x0 )(x2 − x1 ) 3! k=0,k6=j

Ahora si xi , i = 0, 1, 2 están igualmente espaciado, esto es, si x1 − x0 = h y x2 − x1 = h, entonces x1 = x0 + h y x2 = x0 + 2h, luego entonces se tiene que si j = 0, 0

f (x0 ) = f (x0 ) +f (x2 )

2x0 − x0 − h − x0 − 2h 2x0 − x0 − x0 − 2h +f (x1 ) (x0 − x0 − h)(x0 − x0 − 2h) (x0 + h − x0 )(x0 + h − x0 − 2h)

2x0 − x0 − x0 − h f (3) [c(x0 )] + (x0 −x0 −h)(x0 −x0 −2h), (x0 + 2h − x0 )(x0 + 2h − x0 − h) 3!

luego −3hf (x0 ) −2hf (x1 ) −hf (x2 ) f (3) [c(x0 )] 2 f (x0 ) = + + + h, 2h2 −h2 2h2 3 0

de modo que 0

f (x0 ) =

i f (3) [c(x )] 1 1h 3 0 − f (x0 ) + 2f (x1 ) − f (x2 ) + h2 h 2 2 3

Ahora 0

0

f (x1 ) = f (x0 + h) = f (x0 )

2x0 + 2h − x0 − h − x0 − 2h + 2h2

´ NUMERICA ´ 5.1. DERIVACION

(5.11)

168


f (x1 )

2x0 + 2h − x0 − x0 − 2h 2x0 + 2h − x0 − x0 − h + f (x2 ) + 2 −h 2h2 f (3) [c(x1 )] (x0 + h − x0 )(x0 + h − x0 − 2h), 3!

luego 0

f (x0 + h) =

1 h f (x0 ) f (x2 ) i f (3) [c(x1 )] 2 − + + h. h 2 2 3!

(5.12)

Pero también 0

0

f (x2 ) = f (x0 + 2h) = f (x0 ) f (x1 )

2x0 + 4h − x0 − h − x0 − 2h + 2h2

2x0 + 4h − x0 − x0 − h 2x0 + 4h − x0 − x0 − 2h + f (x2 ) + 2 −h 2h2 f (3) [c(x2 )] (x0 + 2h − x0 )(x0 + 2h − x0 − h), 3!

por tanto 0

f (x0 + 2h) =

1 h f (x0 ) 3f (x2 ) i f (3) [c(x2 )] 2 − 2f (x1 ) + + h h 2 2 3

(5.13)

De 5.11 y puesto que x1 = x0 + h y x2 = x0 + 2h tenemos que 0

f (x0 ) =

i f (3) (c ) 1h 0 − 3f (x0 ) + 4f (x0 + h) − f (x0 + 2h) + h2 2h 3

(5.14)

Por motivos prácticos sustituimos en 5.12 a x0 + h por x0 y en 5.13 a x0 + 2h por x0 , se obtiene entonces que i f (3) (c ) 1h 1 − f (x0 − h) + f (x0 + h) − h2 (5.15) 2h 3! i f (3) (c ) 1h 0 2 f (x0 ) = f (x0 − 2h) − 4f (x0 − h) + 3f (x0 ) + h2 . (5.16) 2h 3 Obsérvese que las ecuaciones 5.14 y 5.16 son equivalentes ya que si en 5.16 reemplazamos a h por −h se tiene que 0

f (x0 ) =

0

f (x0 ) = −

i f (3) (c ) 1h 2 f (x0 + 2h) − 4f (x0 + h) + 3f (x0 ) + h2 , 2h 3

o sea que i f (3) (c ) 1h 2 f (x0 ) = − 3f (x0 ) + 4f (x0 + h) − f (x0 + 2h) + h2 , 2h 3 0


169


que es la ecuación 5.14. Lo anterior implica que solo se tienen dos ecuaciones que son  h i (3) 0 1  f (x0 ) = 2h − 3f (x0 ) + 4f (x0 + h) − f (x0 + 2h) + f 3(c0 ) h2      c0 ∈ [x0 , x0 + 2h]  (5.17) h i  0  f (3) (c1 ) 2 1  f (x0 ) = 2h − f (x0 − h) + f (x0 + h) + 3! h     c1 ∈ [x0 − h, x0 + h] las ecuaciones 5.17 son las llamadas fórmulas de los tres puntos 0

Ejemplo 5.1.2. Usar las fórmulas 5.17 para aproximar f (2) si f (x) = sen x. Soluci´ on Si h = 0.1 se tiene que 0

f (2) ≈ =

1 [−3f (2) + 4f (2.1) − f (2.2)] 0.2

1 (−3 × 0.909297427 + 4 × 0.863209367 − 0.808496404) = −0.417756085. 0.2

Si h = −0.1, obtenemos 0

f (2) ≈ − =

1 [−3f (2) + 4f (1.9) − f (1.8)] 0.2

1 (−3 × 0.909297427 + 4 × 0.946300088 − 0.9733847631) = −0.4173022, 0.2

el error en la primera respuesta es E = 1.61 × 10−2 y en la segunda es E = 1.155 × 10−2 ¥ Para deducir la fórmula de los cinco puntos consideremos L4,0 (x) =

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

L4,1 (x) =


L4,2 (x) =

(x − x0 )(x − x1 )(x − x3 )(x − x4 ) , (x2 − x0 )(x2 − x1 )(x2 − x3 )(x2 − x4 ) ´ NUMERICA ´ 5.1. DERIVACION

170


L4,3 (x) =


L4,4 (x) =


con x1 = x0 + h, x2 = x0 + 2h, x3 = x0 + 3h, x4 = x0 + 4h, es decir x0 , x1 , x2 , x3 y x4 igualmente espaciados, luego entonces, se tiene que 1 [(x − x2 )(x − x3 )(x − x4 ) (x0 − x1 )(x0 − x2 )(x0 − x3 )(x0 − x4 )

0

L4,0 (x) =

+(x − x1 )(x − x3 )(x − x4 ) + (x − x1 )(x − x2 )(x − x4 ) + (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )], 1 0 L4,1 (x) = [(x − x2 )(x − x3 )(x − x4 ) (x1 − x0 )(x1 − x2 )(x1 − x3 )(x1 − x4 ) +(x − x0 )(x − x3 )(x − x4 ) + (x − x0 )(x − x2 )(x − x4 ) + (x − x0 )(x − x2 )(x − x3 )], 1 0 L4,2 (x) = [(x − x1 )(x − x3 )(x − x4 ) (x2 − x0 )(x2 − x1 )(x2 − x3 )(x2 − x4 ) +(x − x0 )(x − x3 )(x − x4 ) + (x − x0 )(x − x1 )(x − x4 ) + (x − x0 )(x − x1 )(x − x3 )], 1 0 L4,3 (x) = [(x − x1 )(x − x2 )(x − x4 ) (x3 − x0 )(x3 − x1 )(x3 − x2 )(x3 − x4 ) +(x − x0 )(x − x2 )(x − x4 ) + (x − x0 )(x − x1 )(x − x4 ) + (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 )] y 1 [(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) (x4 − x0 )(x4 − x1 )(x4 − x2 )(x4 − x3 )

0

L4,4 (x) =

+(x − x0 )(x − x2 )(x − x3 ) + (x − x0 )(x − x1 )(x − x3 ) + (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 )], de modo que 0

L4,0 (x0 ) = − 0

25 12h

L4,3 (x0 ) =

0

L4,1 (x0 ) = 4 3h

y

0

4 h

0

L4,2 (x0 ) = −

L4,4 (x0 ) = −

3 h

1 , 4h

as´ı que 0

f (x0 ) = −

4 3 4 1 f (5) (c0 )h4 25 f (x0 ) + f (x1 ) − f (x2 ) + f (x3 ) − f (x4 ) + , 12h h h 3h 4h 5

es decir que 0

f (x0 ) =

1 [−25f (x0 ) + 48f (x0 + h) − 36f (x0 + 2h)+ 12h


171


f (5) (c0 )h4 5

16f (x0 + 3h) − 3f (x0 + 4h)] +

(5.18)

pero también 0

L4,0 (x1 ) = −

1 4h

0

L4,1 (x1 ) = −

0

L4,3 (x1 ) = −

1 2h

5 6h

0

L4,2 (x1 ) = 1 12h

0

y

3 2h

L4,4 (x1 ) =

luego 0

f (x0 + h) = −

1 5 3 1 f (x0 ) − f (x0 + h) + f (x0 + 2h) − f (x0 + 3h) 4h 6h 2h 2h +

1 f (5) (c1 )h4 f (x0 + 4h) − , 12h 20

por lo tanto, 1 [−3f (x0 ) − 10f (x0 + h) + 18f (x0 + 2h) − 6f (x0 + 3h) 12h

0

f (x0 + h) =

+f (x0 + 4h)] − ahora 0

L4,0 (x2 ) =

1 12h

0

L4,3 (x2 ) =

f (5) (c1 )h4 20

0

L4,1 (x2 ) = − 2 3h

2 3h

0

L4,2 (x2 ) = 0

0

y

(5.19)

L4,4 (x2 ) = −

1 , 12h

as´ı que 1 2 2 1 f (5) (c2 )h4 f (x0 )− f (x0 +h)+ f (x0 +3h)− f (x0 +4h)+ 12h 3h 3h 12h 30

0

f (x0 +2h) = y por tanto 0

f (x0 + 2h) =

pero 0

L4,0 (x3 ) = 0

1 [f (x0 ) − 8f (x0 + h) + 8f (x0 + 3h) 12h

−f (x0 + 4h)] +

f (5) (c2 )h4 , 30

1 3h

1 2h

0

L4,1 (x3 ) =

L4,3 (x3 ) =

17 6h

y

(5.20)

0

L4,2 (x3 ) = −

0

L4,4 (x3 ) =


1 , 4h

2 3h

172


por consiguiente 0

f (x0 + 3h) =

1 1 2 17 f (x0 ) + f (x0 + h) − f (x0 + 2h) + f (x0 + 3h) 3h 2h 3h 6h

+

1 f (5) (c3 )h4 f (x0 + 4h) − 4h 20

y 0

f (x0 + 3h) =

1 [4f (x0 ) + 6f (x0 + h) − 8f (x0 + 3h) + 34f (x0 + 3h) 12h

0

L0 (x4 ) =

0

+3f (x0 + 4h)] −

f 0 (c3 )h4 20

1 4h

4 3h

0

L1 (x4 ) = −

L3 (x4 ) = −

4 h

y

0

(5.21)

0

L2 (x4 ) =

L4 (x4 ) =

3 h

25 , 12h

luego, 0

f (x0 + 4h) =

1 4 3 4 f (x0 ) − f (x0 + h) + f (x0 + 2h) − f (x0 + 3h) 4h h h h 25 f (5) (c4 )h4 − f (x0 + 4h) + 12h 5

as´ı que 0

f (x0 + 4h) =

1 [f (x0 ) − 3f (x0 + h) + 4f (x0 + 2h) − 36f (x0 + 3h) 12h

+25f (x0 + 4h)] +

f (5) (c4 )h4 . 5


(5.22)

173


Pero si en 5.19 se reemplaza a x0 + h por x0 , en 5.20 a x0 + 2h por x0 , en 5.21 a x0 + 3h por x0 y en 5.22 a x0 + 4h por x0 , se tiene que  0 1 f (x0 ) = 12h [−25f (x0 ) + 48f (x0 + h) − 36f (x0 + 2h) + 16f (x0 + 3h)   (5) 4    −3f (x0 + 4h)] + f (c5 0 )h       0  1  [−3f (x0 − h) − 10f (x0 ) + 18f (x0 + h) f (x0 ) = 12h   (5) 4    −6f (x0 + 2h) + f (x0 + 3h)] − f (c5 1 )h       0  1 [f (x0 − 2h) − 8f (x0 − h) + 8f (x0 + h) f (x0 ) = 12h (5) 4 2 )h  −f (x0 + 2h)] + f (c  30      0  1  f (x0 ) = 12h [4f (x0 − 3h) + 6f (x0 + 2h) − 8f (x0 − h)   (5) 4  3 )h   +34f (x0 ) + 3f (x0 + h)] − f (c  30      0  1  f (x0 ) = 12h [f (x0 − 4h) − 3f (x0 − 3h) + 4f (x0 − 2h)   (5) 4  −36f (x0 − h) + 25f (x0 )] + f (c5 4 )h (5.23) Las ecuaciones de 5.23 son las fórmulas de los cinco puntos. De las fórmulas anteriores, las más u ´tiles son 0

f (x0 ) =

1 [−25f (x0 ) + 48f (x0 + h) − 36f (x0 + 2h) + 16f (x0 + 3h) 12h −3f (x0 + 4h)] +

y 0

f (x0 ) =

f (5) (c0 )h4 5

1 [f (x0 − 2h) − 8f (x0 − h) + 8f (x0 + h) − f (x0 + 2h)] 12h

f (5) (c2 )h4 . 30 Podemos establecer fórmulas que permitan calcular derivadas se orden superior, en efecto, sea +

00

000

f (x0 ) f (x0 ) f (4) (α1 ) f (x) = f (x0 )+f (x0 )(x−x0 )+ (x−x0 )2 + (x−x0 )3 + (x−x0 )4 , 2! 3! 4! 0

de modo 00

000

f (x0 ) 2 f (x0 ) 3 f (4) (α1 ) 4 f (x0 + h) = f (x0 ) + f (x0 )h + h + h + h, 2! 3! 4! 0


174


y 00

000

f (x0 ) 2 f (x0 ) 3 f (4) (α2 ) 4 f (x0 − h) = f (x0 ) − f (x0 )h + h − h + h, 2! 3! 4! 0

por lo tanto si f (4) (α1 ) ≈ f (4) (α2 ) se tiene que 00

f (x0 + h) + f (x0 − h) = 2f (x0 ) + f (x0 )h2 + 2

f (4) (α) 4 h 24

as´ı que i f (4) (α) 1h h2 f (x0 ) = 2 f (x0 + h) + f (x0 − h) − 2f (x0 ) − h 12 00

5.1.1.

An´ alisis de Error

Si ek es el error de redondeo cometido al evaluar a f (x + kh), entonces para las formulas de los cinco puntos sugerida, tenemos que Et (h) =

−25e0 + 48e1 − 36e2 + 16e3 − 3e4 h4 f (5) (c0 ) − , 12h 5

y se además se supone que ∀k, |ek | < ² y que |f (5) (x)| ≤ M , ∀x ∈ [x0 , x0 +4h], entonces |Et (h)| ≤

1 h4 |f (5) (c0 )| [25|e0 | + 48|e1 | + 36|e2 | + 16|e3 | + 3|e4 |] + , 12h 5

o sea que |Et (h)| ≤

128² h4 M 32² h4 M + = + . 12h 5 3h 5

Si hacemos

32² h4 M + , 3h 5 entonces el incremento óptimo se tiene en el valor de h que minimice H(h). Pero como 32² 4M h3 0 , H (h) = − 2 + 3h 5 luego si 32² 4M h3 = 0, − 2+ 3h 5 entonces 8² M h3 = , 3h2 5 H(h) =


175


luego h5 = o sea que h=

40² , 3M

³ 40² ´ 15 3M

.

De la misma manera si usamos 0

f (x0 ) =

1 [f (x0 − 2h) − 8f (x0 − h) + 8f (x0 + h) − f (x0 + 2h)] 12h +

f (5) (c2 )h4 , 30

se tiene que Et (h) =

e−2 − 8e−1 + 8e1 + e2 h4 f (5) (c2 ) + , 12h 30

si |ek | < ², ∀k y |f (5) (x)| ≤ M , ∀x ∈ [x0 − 2h, x0 + 2h], entonces |Et (h)| ≤

18² h4 M 3² h4 M + = + , 12h 30 2h 30

con lo que obtenemos que h=

5.2.

³ 45² ´ 15 4M

.

Extrapolaci´ on de Richardson

Supongamos G(h) es una expresión que aproxima a una cantidad G, luego entonces se tiene que G − G(h) = ET , donde ET es el error de truncamiento que se comete al aproximar a G por G(h). Supongamos ET = c1 h + c2 h2 + c3 h3 + c4 h4 + . . . , luego G = G(h) + c1 h + c2 h2 + c3 h3 + c4 h4 + . . . h , entonces 2 ³h´ h h2 h3 h4 + c1 + c2 + c3 + c4 + . . . G=G 2 2 4 8 16

h > 0,

(5.24)

si tomamos h =

´ DE RICHARDSON 5.2. EXTRAPOLACION

h > 0,

(5.25)

176


si a dos veces la ecuación 5.25 le restamos la ecuación 5.24 se tiene que 2G−G = 2G

³h´ 2

+c1 h+c2

h2 h3 h4 +c3 +c4 +· · ·−G(h)−c1 h−c2 h2 −c3 h3 −c4 h4 −. . . 2 4 8

o sea que ³h´ h2 3 3 7 4 G = 2G − G(h) − c2 − c3 h − c4 h − . . . , 2 2 4 8 luego h ³h´ ³ ³h´ í h2 3 7 G= G + G − G(h) − c2 − c3 h3 − c4 h4 − . . . , 2 2 2 4 8 para simplificar los cálculos tomemos G(h) ≡ G1 (h), la expresión para O(h2 ), es entonces 7 h2 3 (5.26) G = G2 (h) − c2 − c3 h3 − c4 h4 − . . . , 2 4 8 ´ ³h´ ³ ³h´ + G1 −G1 (h) , si igual que antes reemplazamos donde G2 (h) = G1 2 2 h h por en 5.26, se tiene que, 2 ³h´ h2 3 7 G = G2 − c2 − c3 h3 − c4 h4 − . . . . (5.27) 2 8 32 128 Pero si a cuatro veces la ecuación 5.27 le restamos la ecuación 5.26 se tiene que ³h´ h2 3 7 4G − G = 4G2 − G2 (h) − c2 − c3 h3 − c4 h4 − . . . 2 2 8 32 2 h 3 7 +c2 + c3 h3 + c4 h4 + . . . , 2 4 8 o sea que ³h´ 3 21 − G2 (h) + c3 h3 + c4 h4 + . . . 3G = 4G2 2 8 32 luego ³h´

h ³ h ´ G2 − G2 (h) i 1 7 2 G = G2 + + c3 h3 + c4 h4 + . . . , 2 3 8 32 si tomamos G3 (h) = G2

³h´ 2

+

G2

³h´ 2

− G2 (h) 3

,


177


se tiene la expresión para O(h3 )dada por 1 7 G = G3 (h) + c3 h3 + c4 h4 + . . . 8 32 reemplacemos nuevamente a h por G = G3

³h´ 2

+

(5.28)

h , entonces se tiene que 2

1 7 c3 h3 + c4 h4 + . . . 64 512

(5.29)

ahora si a ocho veces la ecuación 5.29 le restamos la ecuación 5.28 se tiene que ³h´ 7 − G3 (h) − c4 h4 + . . . 7G = 8G3 2 64 o sea que ³h´ ³h´ 7 7G = 7G3 + G3 − G3 (h) − c4 h4 + . . . 2 2 64 luego h G = G3

³h´ 2

+

G3

³h´ 2

− G3 (h) i 7

as´ı que si G4 (h) = G3

³h´

G3

+ 2 se tiene la aproximación O(h4 ) dada por G = G4 (h) −

³h´ 2

−

1 c4 h4 + . . . , 64

− G3 (h) 7

,

1 c4 h4 + . . . , 64

continuando con este proceso, la aproximación O(hn ) es ³h´ h ³ h ´ Gn−1 − Gn−1 (h) i m−1 X 2 cj hj + O(hm ) + + G = Gn−1 2 2n−1 − 1 j=1 o sea G = Gn (h) +

m−1 X

(5.30)

cj hj + O(hm ),

j=1

donde

³h´

h ³ h ´ Gn−1 − Gn−1 (h) i 2 Gn (h) = Gn−1 + 2 2n−1 − 1 ´ DE RICHARDSON 5.2. EXTRAPOLACION

(5.31)

178


0

Ejemplo 5.2.1. Usar la extrapolaci´ on de Richardson para encontrar f (2), siendo f (x) = sen x. Soluci´ on Tomando h = 0.1 se tiene los resultados mostrados en la tabla 23 y 24 G1 (0.1) = −0.41545360519 G1 (0.05) = −0.41597346371 G1 (0.025) = −0.41610348928 G1 (0.0125) = −0.41613599948 G1 (0.00625) = −0.41614412728

G2 (0.1) = −0.416146749883 G2 (0.05) = −0.416146831137 G2 (0.025) = −0.416146836213 G2 (0.0125) = −0.416146836547

TABLA 23 G3 (0.1) = −0.416146836554 G3 (0.05) = −0.416148026379 G3 (0.025) = −0.416146836547 TABLA 24 ¥ Usemos la extrapolación de Richardson para generar las expresiones O(hn ) en la fórmula de diferencias centrada dadas en la sección 5.1. Sea entonces 0

f (x0 ) =

f (x0 + h) − f (x0 − h) h2 000 h4 (5) h6 (7) − f (x0 )− f (x0 )− f (x0 )−+ . . . , 2h 6 120 5040

haciendo G(h) = 0

f (x0 + h) − f (x0 − h) , se tiene entonces que 2h

f (x0 ) = G(h) −

h2 000 h4 (5) h6 (7) f (x0 ) − f (x0 ) − f (x0 ) − . . . , 6 120 5040

si reemplazamos a h por

(5.32)

h en la expresión anterior se tiene que 2

³ h ´ h2 000 h4 (5) h6 0 f (x0 ) = G − f (x0 ) − f (x0 ) − f (7) (x0 ) − . . . , (5.33) 2 24 1920 322560 si a cuatro veces 5.33 le restamos 5.32 se tiene que h ³h´ i h4 (5) 15h6 (7) 3f (x0 ) = 4G − G(h) + f (x0 ) + f (x0 ) + . . . , 2 160 80640 0



179

o sea que ³h´ h ³ ´ G − G(h) i h h4 (5) h6 7 0 2 f (x0 ) = G + + f (x0 ) + f (x0 ) + . . . , 2 3 480 16128 y por tanto la aproximación para O(h2 ) está dada por h4 (5) h6 (7) f (x0 ) + f (x0 ) + . . . , (5.34) 480 16128 ³h´ ³h´ G − G(h) 2 siendo G2 (h) = G + si en 5.34 reemplazamos nuevamente 2 3 h a h por , obtenemos que 2 ³h´ h4 (5) h6 0 f (x0 ) = G2 + f (x0 ) + f (7) (x0 ) + . . . , (5.35) 2 7680 1032192 0

f (x0 ) = G2 (h) +

ahora restándole a dieciséis veces la ecuación 5.35, la ecuación 5.34 se tiene que ³h´ h6 (7) h6 (7) 0 − G2 (h) + f (x0 ) − f (x0 ) . . . , 15f (x0 ) = 16G2 2 64512 16128 o sea que ³h´ ³h´ 3h6 (7) 0 + G2 − G2 (h) − f (x0 ) + . . . , 15f (x0 ) = 15G2 2 2 64512 o sea que la aproximación para O(h4 ) es ³h´ ³ ´ h − G2 (h) i G 2 h h6 0 2 f (x0 ) = G2 + − f (7) (x0 ) + . . . , 2 15 322560

(5.36)

la cual podemos escribir como h6 h4 (5) f (x0 ) − f (7) (x0 ) + . . . , (5.37) 480 322560 ³h´ ³ h ´ G2 − G2 (h) 2 siendo G3 (h) = G2 + , continuando con este proceso se 2 15 j tiene la aproximación O(h2 ), j = 2, 3, 4, . . . dada por ³h´ ³ h ´ Gj−1 − Gj−1 (h) 2 Gj (h) = Gj−1 + (5.38) 2 4j−1 − 1 0

f (x0 ) = G3 (h) −

´ DE RICHARDSON 5.2. EXTRAPOLACION

180


5.3.

Integraci´ on Num´ erica

Si deseamos calcular la integral dada por Zb 2

xe−x dx a

podemos usar el método de sustitución y tomar entonces a u = x2 de modo du que du = 2xdx, as´ı que xdx = , por lo tanto la integral resulta ser 2 Zb

1 2 xe−x dx = 2

a

Zb2

¯b2 ´ 1 1 ³ −a2 2 ¯ e−u du = − e−u ¯ = e − e−b . 2 2 a2

a2

Pero si deseamos calcular la integral Zb 2

e−x dx, a

es claro que al no ser posible calcularla por ninguno de los métodos conocidos del cálculo integral, la via entonces es, buscar un valor aproximado de la integral en cuestión. En esta sección obtendremos métodos que permitan calcular el valor aproximado de una integral dada. Rb Un método para aproximar la integral dada por f (x)dx se basa en los a

polinomios de Lagrange, en efecto sea Pn (x) =

n X

f (xi )Ln,i (x)

i=0

el polinomio de aproximación de Lagrange que aproxima a la función f (x), pero como f (x) = Pn (x) + ET (x) =

n X

f (xi )Ln,i (x) +

i=0

n Y

(x − xi )

i=0

f (n+1) [c(x)] , (n + 1)!

al integrar término a término se tiene que Zb f (x)dx = a

Zb X n a

i=0

f (xi )Ln,i (x)dx +

Zb Y n a

i=0

(x − xi )

f (n+1) [c(x)] dx, (n + 1)!


181


de modo que Zb

n X

f (x)dx =

i=0

a

Zb f (xi )

1 Ln,i (x)dx + (n + 1)!

a

Zb Y n a

(x − xi )f (n+1) [c(x)]dx,

i=0

con c(x) ∈ [a, b], luego entonces , Zb f (x)dx ≈

n X i=0

a

siendo wi =

Rb

Zb f (xi )

Ln,i (x)dx =

n X

wi fi (x),

i=0

a

Ln,i (x)dx.

a

Miremos el caso para L1,0 (x) y L1,1 (x), en este caso P (x) x − x1 x − x0 f (x0 ) + f (x1 ) , luego x0 − x1 x1 − x0 Zb

Zx1 f (x)dx =

a

x0

1 + 2!

x − x1 dx + f (x0 ) x0 − x1

Zx1 f (x1 ) x0

=

x − x0 dx x1 − x0

Zx1 00

f [c(x)](x − x0 )(x − x1 )dx, x0

por el teorema del valor medio generalizado para las integrales, existe c ∈ [a, b], tal que Zx1

Zx1 f [c(x)](x − x0 )(x − x1 )dx = f (c) (x − x0 )(x − x1 )dx, 00

00

x0

x0

pero, Zx1 Zx1 00 f (c) (x − x0 )(x − x1 )dx = f (c) (x2 − (x1 + x0 )x + x0 x1 )dx 00

x0

x0

de modo que Zx1 ¯x1 i h x3 ¯x1 x2 ¯¯x1 00 ¯ ¯ f (c) (x − x0 )(x − x1 )dx = f (c) ¯ − (x0 + x1 ) ¯ + x0 x1 x¯ , 3 x0 2 x0 x0 00

x0 ´ NUMERICA ´ 5.3. INTEGRACION

182


o sea que Zx1 h x3 − x3 i x2 − x20 00 0 f (c) (x−x0 )(x−x1 )dx = f (c) 1 −(x0 +x1 ) 1 +x0 x1 (x1 −x0 ) , 3 2 00

x0

as´ı que Zx1 h x2 + x x + x2 (x + x )2 i 00 1 0 0 1 0 f (c) (x−x0 )(x−x1 )dx = f (c)(x1 −x0 ) 1 − +x0 x1 , 3 2 00

x0

de modo que si h = x1 − x0 , entonces Zx1 00 00 hf (c) hf (c) f (c) (x − x0 )(x − x1 )dx = (−x21 + 2x1 x0 − x20 ) = − (x1 − x0 )2 6 6 00

x0

luego 1 2!

Zx1

00

h3 f (c) , f [c(x)](x − x0 )(x − x1 )dx = − 12 00

x0

por lo anterior se tiene que Zx1

00

f (x)dx = − x0

f (x0 ) (x0 − x1 )2 f (x1 ) (x1 − x0 )2 h3 f (c) + − , 2 (x0 − x1 ) 2 (x1 − x0 ) 12

de modo que Zx1

00

f (x0 ) f (x1 ) h3 f (c) (x1 − x0 ) + (x1 − x0 ) − f (x)dx = 2 2 12

x0 00

(x1 − x0 ) h3 f (c) = [f (x0 ) + f (x1 )] − 2 12 por lo tanto,

Zx1

00

h3 f (c) h , f (x)dx = [f (x0 ) + f (x1 )] − 2 12

(5.39)

x0

la ecuación 5.39 es llamada la regla del trapecio Deduzcamos ahora la regla de Simpson utilizando una via diferente a ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

183


la utilizada para calcular la regla del trapecio, para ello utilizamos el polinomio de Taylor de f (x) de cuarto orden alrededor de x1 , la cual como sabemos está dado por 0

00

f (x) = f (x1 ) + f (x1 )(x − x1 ) + f (x1 ) +f (4) [c(x)]

(x − x1 )2 (x − x1 )3 000 + f (x1 ) 2! 3!

(x − x1 )4 , 4!

luego Zx2

Zx2 f (x)dx = f (x1 )

x0

Zx2 Zx2 00 f (x1 ) (x − x1 )2 dx dx + f (x1 ) (x − x1 )dx + 2! 0

x0 000

f (x1 ) + 3!

x0

x0

Zx2 Zx2 1 3 (x − x1 ) dx + f (4) [c(x)](x − x1 )4 dx, 4! x0

x0

pero por el teorema del valor medio ponderado existe c ∈ [x0 , x2 ] , con a = x0 y b = x2 , tal que 1 4!

Zx2 f

(4)

f (4) (c) [c(x)](x − x1 ) dx = 4! 4

x0

Zx2 (x − x1 )4 dx, x0

pero

Zx2 (x − x1 )5 ¯¯x2 4 (x − x1 ) dx = ¯ , 5 x0 x0

ahora si x1 − x0 = h, x2 − x1 = h, entonces f (4) (c) 4!

Zx2 h5 f (4) (c) (x − x1 )4 dx = . 60 x0

Se tiene entonces que Zx2

¯x2 f 0 (x ) ¯x2 f 00 (x ) ¯x2 ¯ 1 1 2¯ 3¯ (x − x1 ) ¯ + (x − x1 ) ¯ f (x)dx = f (x1 )x¯ + 2 6 x0 x0 x0

x0

+

000 ¯x2 h5 f (4) (c) f (x1 ) ¯ (x − x1 )4 ¯ + , 24 60 x0

´ NUMERICA ´ 5.3. INTEGRACION

184


luego Zx2

0

f (x)dx = f (x1 )[(x2 − x1 ) − (x0 − x1 )] +

f (x1 ) [(x2 − x1 )2 − (x0 − x1 )2 ] 2

x0 00

000

f (x1 ) f (x1 ) h5 f (4) (c) [(x2 − x1 )3 − (x0 − x1 )3 ] + [(x2 − x1 )4 − (x0 − x1 )4 ] + , 6 24 60 entonces,

+

Zx2

0

f (x1 ) f (x)dx = f (x1 )[(x2 − x1 ) + (x1 − x0 )] + [(x2 − x1 )2 − (x1 − x0 )2 ] 2

x0 00

000

f (x1 ) f (x1 ) h5 f (4) (c) 3 3 4 4 + [(x2 − x1 ) + (x1 − x0 ) ] + [(x2 − x1 ) − (x1 − x0 ) ] + , 6 24 60 pero como hemos dicho x1 − x0 = x2 − x1 = h, luego Zx2

00

h5 f (4) (c) f (x1 ) [(x2 −x1 )3 +(x1 −x0 )3 ]+ , f (x)dx = f (x1 )[(x2 −x1 )+(x1 −x0 )]+ 6 60

x0

se puede escribir como Zx2 f (x)dx = 2hf (x1 ) + h

3f

00

(x1 ) h5 f (4) (c) + , 3 60

x0

pero 00

f (x1 ) =

1 h2 (4) [f (x − h) − 2f (x ) + f (x + h)] − f (c1 ), 1 1 1 h2 12

luego entonces Zx2 f (x)dx = 2hf (x1 )+

h3 h5 f (4) (c1 ) h5 f (4) (c) [f (x −h)−2f (x )+f (x +h)]− + , 1 1 1 3h2 36 60

x0

de modo que Zx2

h h5 h f (4) (c1 ) f (4) (c) i f (x)dx = 2hf (x1 ) + [f (x0 ) − 2f (x1 ) + f (x2 )] − − , 3 12 3 5

x0 ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

185


se puede probar que existe α, tal que, h5 h f (4) (c1 ) f (4) (c) i h5 f (4) (α) − = 12 3 5 90 por consiguiente tenemos que Zx2 f (x)dx =

h5 f (4) (α) h [6f (x1 ) + f (x0 ) − 2f (x1 ) + f (x2 )] − , 3 90

x0

y por tanto Zx2 f (x)dx =

h h5 f (4) (α) [f (x0 ) + 4f (x1 ) + f (x2 )] − , 3 90

(5.40)

x0

la ecuación 5.40 es la regla de Simpson 3 Otra regla para aproximar numéricamente la integral es, la regla de 8 Simpson la cual discutiremos a continuación. Sea f (x) ≈ f (x0 ) +f (x2 )

(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) (x − x0 )(x − x2 )(x − x3 ) +f (x1 ) (x0 − x1 )(x0 − x2 )(x0 − x3 ) (x1 − x0 )(x1 − x2 )(x1 − x3 )

(x − x0 )(x − x1 )(x − x3 ) (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 ) + f (x3 ) , (x2 − x0 )(x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x3 − x0 )(x3 − x1 )(x3 − x2 )

luego entonces se tiene que Zx3 x0

f (x0 ) f (x)dx ≈ (x0 − x1 )(x0 − x2 )(x0 − x3 ) f (x1 ) + (x1 − x0 )(x1 − x2 )(x1 − x3 ) f (x2 ) + (x2 − x0 )(x2 − x1 )(x2 − x3 ) f (x3 ) + (x3 − x0 )(x3 − x1 )(x3 − x2 )

Zx3 (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )dx x0

Zx3 (x − x0 )(x − x2 )(x − x3 )dx x0

Zx3 (x − x0 )(x − x1 )(x − x3 )dx x0

Zx3 (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 )dx, x0

´ NUMERICA ´ 5.3. INTEGRACION

186


si tomamos la sustitución x = x0 + uh y como xi = x0 + ih, i = 1, 2, 3, entonces x3 = x0 + 3h, luego si x = x0 , se tiene que u = 0 y si x = x3 , entonces x3 = x0 + uh, o sea que x0 + 3h = x0 + uh, de modo que u = 3, además dx = hdu, x − x1 = x − x0 − h = uh − h = h(u − 1), x − x2 = x − x0 − 2h = uh − 2h = h(u − 2) y x − x3 = x − x0 − 3h = uh − 3h = h(u − 3), y xk − xj = (k − j)h, de modo que Zx3

f (x0 ) f (x)dx ≈ (−h)(−2h)(−3h)

Z3 h(u − 1)h(u − 2)h(u − 3)hdu 0

x0

f (x1 ) + (h)(−h)(−2h)

Z3

f (x2 ) uhh(u−2)h(u−3)hdu+ (2h)(h)(−h)

0

Z3 uhh(u−1)h(u−3)hdu 0

f (x3 ) + (3h)(2h)(h)

Z3 uhh(u − 1)h(u − 2)hdu, 0

luego Zx3

−h4 f (x0 ) f (x)dx ≈ 6h3

x0

Z3

h4 f (x1 ) (u3 −6u2 +11u−6)du+ 2h3

0

−h4 f (x2 ) + 2h3

Z3

Z3

2

0

(u3 −5u2 +6u)du 0

h4 f (x3 ) (u − 4u + 3u)du + 6h3 3

Z3

(u3 − 3u2 + 2u)du, 0

de modo que Zx3 f (x)dx ≈ −

hf (x0 ) −9 hf (x1 ) 9 hf (x2 ) −9 hf (x3 ) 9 + − + , 6 4 2 4 2 4 6 4

x0

luego

Zx3 f (x)dx ≈

3hf (x0 ) 9hf (x1 ) 9hf (x2 ) 3hf (x3 ) + + + , 8 8 8 8

x0

as´ı que

Zx3 f (x)dx ≈

3h [f (x0 ) + 3f (x1 ) + 3f (x2 ) + f (x3 )], 8

x0 ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

(5.41)

187


3 de Simpson. 8 3 La regla del trapecio, la de Simpson, y la de los de Simpson con 8 sus respectivos errores están entonces dadas por la ecuación 5.41 es la llamada regla de los

Zx1 f (x)dx =

h h3 00 [f (x0 ) + f (x1 )] − f (c) 2 12

c ∈ [x0 , x1 ]

(5.42)

x0

Zx2 f (x)dx =

h h5 [f (x0 ) + 4f (x1 ) + f (x2 )] − f (4) (c) 3 90

c ∈ [x0 , x2 ]

(5.43)

x0

Zx3 f (x)dx =

3h5 (4) 3h [f (x0 ) + 3f (x1 ) + 3f (x2 ) + f (x3 )] − f (c) 8 80

c ∈ [x0 , x3 ]

x0

(5.44) las reglas anteriores se conocen como las fórmulas cerradas de Newton-Cotes. Definici´ on 5.3.1. El grado de Exactitud de una fórmula de integraci´ on numérica o fórmula de cuadratura es el n´ umero natural n tal que para todo polinomio Pi (x) de grado i ≤ n, el error E[Pi (x)] es cero y existe Pn+1 (x) de grado n + 1 con E[Pn+1 (x)] 6= 0. Más concretamente, el grado de Exactitud o de precisión es el entero positivo i, tal que la fórmula de integración es exacta para xi , i = 0, 1, 2, 3, . . . , n As´ı que la regla del trapecio tiene un grado de exactitud uno, en tanto que la de Simpson y la de los tres octavo de Simpson tiene un grado de exactitud tres. Ya hemos dicho que las reglas anteriormente expuestas se llaman fórmulas cerradas de Newton, esto porque la integración se hace en el intervalo cerrado [a, b], si la integración se hace en el intervalo abierto (a, b) se tiene entonces, las fórmulas abiertas de Newton - Cotes, en este caso si x0 , x1 , x2 , . . . , xn ∈ (a, b) son los nodos, es claro que a y b no son parte de ellos, por tanto tomamos x−1 = a y xn+1 = b. Algunas fórmulas abiertas de Newton - Cotes, están dadas por Zx1 n= 0

f (x)dx = 2hf (x0 ) +

h3 00 f (c) 3

(Regla

del

punto

medio)

x−1

(5.45) ´ NUMERICA ´ 5.3. INTEGRACION

188


Zx2 n= 1

f (x)dx =

3h3 00 3h [f (x0 ) + f (x1 )] + f (c) 2 4

(5.46)

x−1

Zx3 n= 2

f (x)dx =

14h5 (4) 4h [2f (x0 ) − f (x1 ) + 2f (x2 )] + f (c) 3 45

(5.47)

x−1

Zx4 n= 3

f (x)dx =

5h 95h5 (4) [11f (x0 ) + f (x1 ) + f (x2 ) + 11f (x3 )] + f (c) 24 144

x−1

(5.48) Los dos teoremas que damos a continuación sin demostración permiten, obtener las fórmulas cerradas y abiertas de Newton - Cotes respectivamente. Para las cerradas se tiene que Teorema 5.3.1. Supongamos que

n P

ai f (xi ), es la fórmula cerradas de New-

i=0

ton - Cotes con x0 = a y xn = b, h = que Zb f (x)dx =

n X i=0

a

b−a , entonces existe c ∈ (a, b), tal n

hn+3 f (n+2) (c) ai f (xi ) + (n + 2)!

Zn t2 (t − 1)(t − 2)(t − n)dt, 0

si n es par, f ∈ C n+2 [a, b] y Zb f (x)dx = a

n X i=0

hn+2 f (n+1) (c) ai f (xi ) + (n + 1)!

si n es impar, f ∈ C n+1 [a, b], ai =

Zn t(t − 1)(t − 2)(t − n)dt 0

Rb

Li (x)dx

a

Observemos que si n = 4 la fórmula cerrada de Newton - Cotes es Zb f (x)dx =

8h7 (6) 2h [7f (x0 ) + 32f (x1 ) + 12f (x2 ) + 32f (x3 ) + 7f (x4 )] − f (c) 45 945

a

(5.49)

llamada la regla de Boole Para la fórmulas abiertas el teorema es ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

189


Teorema 5.3.2. Supongamos que

n P

ai f (xi ), es la fórmula abierta de New-

i=0

ton - Cotes con x−1 = a y xn+1 = b, h = tal que Zb f (x)dx =

n X i=0

a

b−a , entonces existe c ∈ (a, b), n+2

hn+3 f (n+2)(c) ai f (xi ) + (n + 2)!

n+1 Z t2 (t − 1)(t − 2)(t − n)dt −1

si n es par y si f ∈ C n+2 [a, b], y Zb f (x)dx =

a X i=0

a

hn+2 f (n+1) (c) ai f (xi ) + (n + 1)!

n+1 Z t(t + 1)(t − 2) . . . (t − n)dt −1

si n es impar y si f ∈ C n+1 [a, b] Ejemplo 5.3.1. Utilizar las fórmulas cerradas de Newton - Cotes para 1.5 R aproximar la integral x2 ln xdx 1

Soluci´ on Primero observemos que Z1.5 ¯1.5 x3 ¯ x2 ln xdx = (3 ln x − 1)¯ , 9 1 1

y por tanto el valor exacto de la integral con doce cifras significativas es Z1.5 x2 ln xdx = 0.192259357733. 1

Usemos primero el método del trapecio, en el h = 1.5 − 1 = 0.5, luego Z1.5 0.5 1 x2 ln xdx ≈ [f (1) + f (1.5)] = [1 ln 1 + (1.5)2 ln 1.5], 2 4 1

o sea que

Z1.5 x2 ln xdx ≈ 0.2280741233, 1 ´ NUMERICA ´ 5.3. INTEGRACION

190


resultado que presenta un error absoluto de E = 0.0358147655674 ≈ 3.58 %, que como vemos es un error muy alto. b−a b−a 1 Con la regla de Simpson se tiene que h = = = , luego n 2 4 x0 = 1, x1 = x0 + h = 1.25 y x2 = 1.5, por tanto Z1.5 h x2 ln xdx ≈ [f (x0 ) + 4f (x1 ) + f (x2 )], 3 1

luego

Z1.5 1 x2 ln xdx ≈ [f (1) + 4f (1.25) + f (1.5)], 12 1

de modo que Z1.5 1 x2 ln xdx ≈ [1 ln 1 + 4(1.25)2 ln 1.25 + (1.5)2 ln 1.5] 12 1

= as´ı que

1 [1.39464719571 + 0.912296493243], 12 Z1.5 x2 ln xdx ≈ 0.192245307412, 1

teniéndose un error absoluto de E = 0.000014050321. Apliquemos ahora la regla tres octavos de Simpson, aqu´ı h = 1 1 además x0 = 1, x1 = 1 + , x1 = 1 + y x3 = 1.5, luego 6 3

b−a 1 = , 3 6

Z1.5 1 x2 ln xdx ≈ [f (x0 ) + 3f (x1 ) + 3f (x2 ) + f (x3 )], 16 1

luego Z1.5 1 x2 ln xdx ≈ [0 + 0.62944860931 + 1.53430438639 + 0.912296493243], 16 1 ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

191


por tanto

Z1.5 x2 ln xdx ≈ 0.192253093059, 1

con un error absoluto de E = 0.000006264674 Finalmente usando la regla de Boole h = luego

b−a 0.5 1 = = = 0.125, 4 4 8

Z1.5 2h x2 ln xdx ≈ [7f (x0 ) + 32f (x1 ) + 12f (x2 ) + 32f (x3 ) + 7f (x4 )], 45 1

pero x0 = 1, x1 = 1 + 0.125 = 1.125, x2 = 1 + 0.25 = 1.25, x3 = 1 + 0.375 = 1.375 y x4 = 1.5, de modo que Z1.5 1 x2 ln xdx ≈ [0 + 4.77021294406 + 4.18394158714 180 1

+19.2664507327 + 6.3860754527], luego

Z1.5 x2 ln xdx ≈ 0.192259337314, 1

teniendo ahora un valor absoluto E = 0.000000020419. Como podemos observar la regla de Boole es la que proporciona un menor error. ¥ Ejemplo 5.3.2. Utilizar las fórmulas abiertas de Newton - Cotes para 1.5 R aproximar la integral x2 ln xdx 1

Soluci´ on Si aplicamos la regla del punto medio podemos observar que Z1.5 x2 ln xdx ≈ 0 1 ´ NUMERICA ´ 5.3. INTEGRACION

192


ya que Z1.5 x2 ln xdx ≈ 2hf (x0 ) = 2 × 12 ln 1 = 0, 1

lo cual significa que el error es del 100 %. b−a 0.5 1 1 Con n = 1 se tiene que h = = = , luego x0 = a + h = 1 + y n+2 3 6 6 1 x1 = a + 2h = 1 + , de modo que 3 1 Z1.5 3 x2 ln xdx ≈ 6 [f (x0 ) + f (x1 )], 2 1

luego Z1.5 1 x2 ln xdx ≈ [0.209816203103 + 0.511434795463] = 0.180312749642, 4 1

la cual proporciona un error absoluto de E = 0.011946608091. b−a 0.5 1 = = = 0.125, as´ı que n+2 4 8 x0 = a + h = 1 + 0.125 = 1.125, x1 = x0 + h = 1.125 + 0.125 = 1.25, y x2 = x1 + h = 1.25 + 0.125 = 1.375, luego, Si tomamos n = 2, h =

Z1.5 4h [2f (x0 ) − f (x1 ) + 2f (x2 )], x2 ln xdx ≈ 3 1

o sea que, Z1.5 1 x2 ln xdx ≈ [0.298138309004 − 0.348661798928 + 1.20415317079], 6 1

de modo que Z1.5 1 x2 ln xdx ≈ (1.19100821798) = 0.198501369663, 6 1 ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

193


aproximación que presenta un error de E = 0.00624201193.

Veamos la aproximación cuando n = 3, en este caso h = 0.1 ya que h = b−a 0.5 1 = = , pero entonces, x0 = a + h = 1 + 0.1 = 1.1, x1 = x0 + h = n+2 5 10 1.1 + 0.1 = 1.2, x2 = x1 + h = 1.2 + 0.1 = 1.3 x3 = x2 + h = 1.3 + 0.1 = 1.4, as´ı que Z1.5 5 × 0.1 x2 ln xdx ≈ [11f (x0 ) + f (x1 ) + f (x2 ) + 11f (x3 )] 24 1

=

1 [11f (1.1) + f (1.2) + f (1.3) + 11f (1.4)], 48

por lo tanto Z1.5 1 x2 ln xdx ≈ [1.2685784932+0.262543041783+0.443395606949+7.25434142155], 48 1

y de ese modo Z1.5 1 × 9.22885856348 = 0.192267886739, x2 ln xdx ≈ 48 1

que proporciona un error absoluto de E = 0.000008529006.

5.4.

¥

Integraci´ on Compuesta

Ahora bien una mejor aproximación numérica a la integral la proporciona la llamada integración numérica compuesta, la cual estudiaremos en esta sección, mirando primero la integración numérica compuesta para la regla del trapecio, luego para la regla de Simpson y por u ´ltimo para la regla 83 de Simpson.

5.4.1.

Regla Compuesta del Trapecio

Sea P = {x0 , x1 , x2 , . . . , xn }, una partición de un intervalo cerrado [a, b], b−a tal que xk = x0 + hk, h = , k = 0, 1, 2, . . . , n, entonces aplicamos a n ´ COMPUESTA 5.4. INTEGRACION

194


cada subintervalo [xk−1 , xk ] la regla del trapecio, esto es en cada subintervalo [xk−1 , xk ] se tiene que Zxk f (x)dx ≈

h [f (xk−1 ) + f (xk )], 2

xk−1

luego Zb f (x)dx ≈

n X h k=1

a

n

hX [f (xk−1 ) + f (xk )] = [f (xk−1 ) + f (xk )], 2 2 k=1

o sea que Zb f (x)dx ≈

h [f (x0 )+f (x1 )+f (x1 )+f (x2 )+f (x2 )+· · ·+f (xn−1 )+f (xn−1 )+f (xn )], 2

a

de modo que Zb

h {f (x0 ) + 2[f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn−1 )] + f (xn )}, 2

f (x)dx ≈ a

por lo tanto Zb f (x)dx ≈ a

n−1 i X hh f (xk ) , f (x0 ) + f (xn ) + 2 2 k=1

pero como x0 = a y xn = b, entonces Zb a

n−1 i X hh f (x)dx ≈ f (a) + f (b) + 2 f (xk ) , 2 k=1

(5.50)

la ecuación 5.50 se conoce como la regla compuesta del trapecio. Ejemplo 5.4.1. Aplicar la regla compuesta del trapecio con n = 4 y n = 6 1.5 R para aproximar la integral x2 ln xdx 1 ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

195


Soluci´ on Como h =

b−a 1 , entonces h = = 0.125, luego, n 8 Z1.5 3 i X hh x2 ln xdx ≈ f (x0 ) + f (x4 ) + 2 f (xk ) , 2 k=1 1

por tanto, Z1.5 i 1h x2 ln xdx ≈ f (x0 ) + f (x4 ) + 2[f (x1 ) + f (x2 ) + f (x3 )] , 16 1

pero x0 = 1, x1 = x0 + h = 1 + 0.125 = 1.125, x2 = x1 + h = 1.125 + 0.125 = 1.25, x3 = x2 + h = 1.25 + 0.125 = 1.375 y x4 = 1.5, luego, Z1.5 i 1h f (1) + f (1.5) + 2[f (1.125) + f (1.25) + f (1.375)] , x2 ln xdx ≈ 16 1

o sea que Z1.5 1h 0 + 0.912296493243 + 2[0.149069154502 x2 ln xdx ≈ 16 1

i +0.348661798928 + 0.602076585397] , de modo que Z1.5 1 x2 ln xdx ≈ [0.912296493243 + 2.19961507766], 16 1

as´ı que,

Z1.5 1 x2 ln xdx ≈ × 3.119115709 = 0.194494473181. 16 1

b−a Para n = 6 se tiene que h = , luego h = n 1 x0 = 1, x1 = x0 + h = 1 + , x2 = x0 + 2h = 1 + 12

0.5 1 = , de modo que 6 12 1 1 , x3 = x0 + 3h = 1 + , 6 4

´ COMPUESTA 5.4. INTEGRACION

196


1 5 x4 = x0 + 4h = 1 + , x5 = x0 + 5h = 1 + , x6 = 1, de modo que, 3 12 Z1.5 5 i X hh x2 ln xdx ≈ f (x0 ) + f (x6 ) + 2 f (xk ) , 2 k=1 1

de modo que Z1.5 i 1h x2 ln xdx ≈ f (x0 ) + f (x6 ) + 2[f (x1 ) + f (x2 ) + f (x3 ) + f (x4 ) + f (x5 )] , 24 1

o sea que Z1.5 1 x2 ln xdx ≈ [0.912296493243 + 3.72576798698], 24 1

y de ese modo

Z1.5 x2 ln xdx ≈ 0.193252686676. 1

¥

Podemos observar que si bien la aproximación obtenida no es muy buena porque mantiene un error muy grande, si es mejor a la obtenida con la regla del trapecio, naturalmente entre más grande sea el valor de n usado en la regla compuesta del trapecio, se obtendrá una mejor aproximación.

5.4.2.

Regla Compuesta de Simpson

Consideremos sub-intervalos de la forma [x2k−2 , x2k ], k = 1, 2, . . . , n, y apliquemos la regla de Simpson a cada uno de esos sub-intervalos, entonces se tiene que Zx2k

i hh f (x)dx ≈ f (x2k−2 ) + 4f (x2k−1 ) + f (x2k ) , 3

x2k−2

luego

Zb f (x)dx ≈ a

Zx2k n X k=1 x

f (x)dx,

2k−2


197


por tanto Zb f (x)dx ≈

n X hh k=1

a

3

i f (x2k−2 ) + 4f (x2k−1 ) + f (x2k ) ,

o sea que Zb f (x)dx ≈

h [f (x0 )+4f (x1 )+f (x2 )+f (x2 )+4f (x3 )+f (x4 )+f (x4 )+4f (x5 ) 3

a

+ · · · + f (x2n−4 ) + 4f (x2n−3 ) + f (x2n−2 ) + f (x2n−2 ) + 4f (x2n−1 ) + f (x2n )], pero entonces, Zb f (x)dx ≈

i hh {f (x0 ) + f (x2n )} + 2{f (x2 ) + f (x4 ) + · · · + f (x2n−2 )} 3

a

i +4{f (x1 ) + f (x3 ) + · · · + f (x2n−1 )} , pero x0 = a y x2n = b, entonces, Zb a

n−1

n

h 4h X 2h X f (x)dx ≈ [f (a) + f (b)] + f (x2k ) + f (x2k−1 ) 3 3 k=1 3 k=1

(5.51)

la fórmula 5.51 es la regla compuesta de Simpson. Ejemplo 5.4.2. Usar la regla compuesta de Simpson con 11 nodos para R5 aproximar la integral x2 ln xdx. 2

Soluci´ on Como se va aplicar la regla compuesta de Simpson con 11 nodos b−a 3 entonces n = 5, luego h = = , entonces 2n 10 Z5

4

5

2h X h 4h X x ln xdx ≈ [f (2) + f (5)] + f (x2k ) + f (x2k−1 ), 3 3 k=1 3 k=1 2

2

23 3 = , pero como xk = x0 + kh, entonces x0 = 2, x1 = x0 + 2 = 2 + 10 10 26 13 29 32 16 35 7 38 19 x2 = = x3 = x4 = = , x5 = = , x6 = = , 10 5 10 10 5 10 2 10 5 ´ COMPUESTA 5.4. INTEGRACION

198


x7 =

41 44 22 47 50 , x8 = = , x9 = y x10 = = 5, luego 10 10 5 10 10 Z5 1 1 x2 ln xdx ≈ [f (2) + f (5)] + [f (x2 ) + f (x4 ) + f (x6 ) + f (x8 )] 10 5 2

2 + [f (x1 ) + f (x3 ) + f (x5 ) + f (x7 ) + f (x9 )], 5

o sea que Z5 1 1 x2 ln xdx ≈ [f (2) + f (5)] + [f (2.6) + f (3.2) + f (3.8) + f (4.4)] 10 5 2

2 + [f (2.3) + f (2.9) + f (3.5) + f (4.1) + f (4.7)], 5 de modo que Z5 x2 ln xdx ≈

1 [2.77258872224 + 40.2359478108] 10

2

1 + [6.45925736838 + 11.9106642925 + 19.2774154036 + 28.6838639122] 5 2 + [4.40608926033 + 8.95421729809 + 15.3463463641 5 +23.7186910281 + 34.1856558176], por lo tanto Z5 1 2 1 x2 ln xdx ≈ [43.008536533] + [66.3312009767] + [86.6109997682] 10 5 5 2

= 4.3008536533 + 13.2662401953 + 34.6443999072, de modo que

Z5 x2 ln xdx ≈ 52.2114937558. 2

Hacemos notar que, el valor exacto de la integral con doce cifras significativas es Z5 ¯5 1 3 ¯ 2 x ln xdx = x (3 ln x − 1)¯ = 52.2115205364, 9 2 2

de modo que el error de aproximación es E 52.2114937558| = 0.0000276806 ¥

=

|52.2115205364 −


199


5.4.3.

Regla Compuesta de los

3 8

Simpson

Consideremos nuevamente la partición P = {x0 , x1 , x2 , . . . , xn }, del intervalo b−a cerrado [a, b], con xk = x0 + hk, h = , k = 0, 1, 2, . . . , n, entonces 3n aplicamos a cada subintervalo [x3k−3 , x3k ] la regla 83 de Simpson, luego en cada subintervalo [x3k−3 , x3k ] de tiene que Zx3k f (x)dx ≈

3h [f (x3k−3 ) + 3f (x3k−2 ) + 3f (x3k−1 ) + f (x3k )], 8

x3k−3

luego entonces tenemos que Zb f (x)dx ≈ a

n X 3h h k=1

8

i f (x3k−3 ) + 3f (x3k−2 ) + 3f (x3k−1 ) + f (x3k ) ,

de modo que Zb a

n n n n i X X X 3h h X f (x3k ) , f (x3k−1 ) + f (x3k−2 ) + 3 f (x3k−3 ) + 3 f (x)dx ≈ 8 k=1 k=1 k=1 k=1

luego Zb f (x)dx ≈

3h [f (x0 )+f (x3 )+f (x6 )+· · ·+f (x3n−3 )+3f (x1 )+3f (x4 )+3f (x7 ) 8

a

· · · + 3f (x3n−2 ) + 3f (x2 ) + 3f (x5 ) + 3f (x8 ) + · · · + 3f (x3n−1 ) + f (x3 ) + f (x6 ) +f (x9 ) + · · · + f (x3n )], as´ı que Zb f (x)dx ≈

3h 6h [f (x0 ) + f (x3n )] + [f (x3 ) + f (x6 ) + f (x9 ) + · · · f (x3n−3 )] 8 8

a

9h 9h [f (x1 )+f (x4 )+f (x7 )+· · · f (x3n−2 )]+ [f (x2 )+f (x5 )+f (x8 )+· · · f (x3n−1 )], 8 8 de modo que +

Zb

n−1

f (x)dx ≈ a

n

n

3h 3h X 9h X 9h X [f (a)+f (b)]+ f (x3k )+ f (x3k−2 )+ f (x3k−1 ) 8 4 k=1 8 k=1 8 k=1 (5.52)

la fórmula 5.52 es la regla compuesta de los

3 8

de Simpson.


200


Ejemplo 5.4.3. Usar la regla compuesta de los 1.5 R para aproximar la integral x2 ln xdx.

3 8

de Simpson con 13 nodos

1

Soluci´ on Como se va aplicar la regla compuesta de los b−a 1 nodos entonces n = 4, luego h = = , entonces 3n 24 Z5

3

x2 ln xdx ≈ 2

3 8

de Simpson con 13

4

4

3h 3h X 9h X 9h X [f (1)+f (1.5)]+ f (x3k )+ f (x3k−2 )+ f (x3k−1 ), 8 4 k=1 8 k=1 8 k=1

pero como xk = x0 + kh, entonces x0 = 1, x1 = 1 +

1 25 26 = , x2 = 24 24 24

x3 =

27 28 29 30 31 32 33 x4 = x3 = , x5 = , x6 = , x7 = , x8 = , x9 = , 24 24 24 24 24 24 24

x10 =

34 35 36 , x11 = y x12 = = 1.5 luego 24 24 24 Z1.5 1 1 x2 ln xdx ≈ [f (1) + f (1.5)] + [f (x3 ) + f (x6 ) + f (x9 )] 64 32 1

3 3 [f (x1 ) + f (x4 ) + f (x7 ) + f (x10 )] + + [f (x2 ) + f (x5 ) + f (x8 ) + f (x11 )], 64 64 o sea que +

Z1.5 1 1 x2 ln xdx ≈ [0 + 0.91229649] + [0.14906915 + 0.3486618 + 0.60207659] 64 32 1

+

3 [0.044294698+0.209816203+0.4269999+0.69903219+0.093939+0.2763065 64 +0.5114348 + 0.80240537],

por lo tanto Z1.5 x2 ln xdx ≈ 0.014254632 + 0.034368985 + 0.143635718, 1 ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

201


de modo que

Z5 x2 ln xdx ≈ 0.192259335. 2

Es bueno observar que, el valor exacto de la integral con nueve cifras significativas es Z1.5 ¯1.5 1 ¯ x2 ln xdx = x3 (3 ln x − 1)¯ = 0.192259357, 9 1 1

de modo que el error de aproximación es E = |0.192259357 − 0.192259335| = 2.2732 × 10−8 ¥

5.4.4.

Cotas de Error para las Reglas Compuestas

Miremos primero el error para la regla compuesta del trapecio y luego lo haremos para las reglas compuestas de Simpson. Sabemos que en el intervalo [xk−1 , xk ] la función f (x), está dada por f (x) = Pk (x) + Ek (x), siendo, Pk (x) el k-ésimo polinomio de Lagrange y (x − xk−1 )(x − xk ) 00 Ek (x) = f [c(x)], luego entonces, 2! Zxk

Zxk f (x)dx =

xk−1

1 Pk (x)dx + 2!

xk−1

Zxk 00

(x − xk−1 )(x − xk )f [c(x)]dx, xk−1

pero por el teorema del valor medio para integrales existe ck ∈ (xk−1 , xk ), tal que Zxk

Zxk f (x)dx = xk−1

00

f (ck ) Pk (x)dx + 2!

Zxk (x − xk−1 )(x − xk )dx, xk−1

xk−1

sea x = xk−1 + hv, xk = xk−1 + h, entonces x − xk = x − xk−1 − h = hv − h = h(v − 1) y dx = hdv, además si x = xk−1 , entonces hv = 0 y de ese modo v = 0, y si x = xk , se tiene que 0 = h(v − 1) y entonces v = 1, de lo anterior se tiene que Zxk

Z1 (x − xk−1 )(x − xh )dx =

xk−1

Z1 hvh(v − 1)hdv = h

0 ´ COMPUESTA 5.4. INTEGRACION

3

(v 2 − v)dv, 0

202


por lo tanto

Zxk (x − xk−1 )(x − xh )dx = −

h3 , 6

xk−1

luego, el error en el intervalo [xk−1 , xk ] es 00

Ek = −

f (ck )h3 . 12

De lo anterior se tiene que Zb f (x)dx =

x n Zk X

f (xk )dx −

k=1 x

a

00 n X f (ck )h3

k=1

k−1

12

n

hX = [f (xk−1 ) + f (xk )] 2 k=1

n

h3 X 00 f (ck ), − 12 k=1 b−a , luego n

pero h =

Zb a

n n b − a 2 X 00 hX [f (xk−1 ) + f (xk )] − f (ck ), h f (x)dx = 2 k=1 12n k=1

o sea que n P

Zb f (x)dx = a

pero

n P

n hX

2

[f (xk−1 ) + f (xk )] −

k=1

(b − a)h 12

2

00

f (ck )

k=1

n

,

00

f (ck )

k=1

n

00

00

00

00

f (c1 ) + f (c2 ) + f (c3 ) + · · · + f (cn ) = , n 00

es la media aritmética de la función continua f , por tanto esta se puede 00 reemplazar por f (c) para alg´ un c ∈ (a, b), de modo que Zb

Zb f (x)dx =

a

a

n

hX (b − a)h2 00 f (x)dx = f (c) (5.53) [f (xk−1 ) + f (xk )] − 2 k=1 12


203


Para la regla compuesta de Simpson consideremos el intervalo cerrado [a, b], y supongamos se divide en sub-intervalos de la forma [x2k−2 , x2k ], luego por 5.43 aplicada a ese intervalo se tiene que Zx2k f (x)dx =

h h5 f (4) [ck (x)] [f (x2k−2 ) + 4f (x2k−1 ) + f (x2k )] − , 3 90

x2k−2

luego entonces, Zb f (x)dx =

n h X h k=1

a

con h =

3

[f (x2k−2 ) + 4f (x2k−1 ) + f (x2k )] −

h5 f (4) [ck (x)] i , 90

b−a , x2k−2 ≤ ck (x) ≤ x2k , pero hemos visto que 2n

n h X h k=1

n−1

h 2h X [f (x2k−2 ) + 4f (x2k−1 ) + f (x2k )] = [f (a) + f (b)] + f (x2k ) 3 3 3 k=1 n

+

4h X f (x2k−1 ), 3 k=1

siendo a = x0 y b = x2n , por lo tanto Zb a

n−1

n

4h X h 2h X f (x2k ) + f (x2k−1 ) f (x)dx = [f (a) + f (b)] + 3 3 k=1 3 k=1 n

h5 X (4) − f [ck (x)], 90 k=1 as´ı que el error es

n

ET (x) = −

h5 X (4) f [ck (x)]. 90 k=1

Como f ∈ C 4 [a, b], tiene valores extremos, luego m´ın f (4) (x) ≤ f (4) [ck (x)] ≤ máx f (4) (x),

a≤x≤b

a≤x≤b

luego entonces n m´ın f a≤x≤b

(4)

(x) ≤

n X k=1

f (4) [ck (x)] ≤ n máx f (4) (x), a≤x≤b


204


as´ı que

n

m´ın f

a≤x≤b

(4)

1 X (4) (x) ≤ f [ck (x)] ≤ máx f (4) (x), a≤x≤b n k=1

luego por el teorema del valor intermedio existe c ∈ (a, b) tal que n

f

(4)

luego

1 X (4) (c) = f [ck (x)] n k=1 n

ET (x) = −

h5 X (4) h5 nf (4) (c) f [ck (x)] = − , 90 k=1 90

b−a , entonces 2n

pero como h =

ET = −h4

(b − a) nf (4) (c) b − a 4 (4) =− h f (c), 2n 90 180

as´ı que la regla de Simpson con error es Zb a

n−1

n

h 2h X 4h X b − a 4 (4) f (x)dx = [f (a)+f (b)]+ f (x2k )+ f (x2k−1 )− h f (c) 3 3 k=1 3 k=1 180

(5.54) Con respecto a la regla compuesta de los 38 Simpson consideremos el intervalo cerrado [a, b], y supongamos se divide en sub-intervalos de la forma [x3k−3 , x3k ], luego entonces al aplicar 5.44 en este intervalo se tiene que Zx3k f (x)dx =

3h 3h5 f (4) [ck (x)] [f (x3k−3 )+3f (x3k−2 )+3f (x3k−2 )+f (x3k )]− , 8 80

x3k−3

luego entonces, Zb f (x)dx =

n h X 3h k=1

a

con h =

8

3h5 f (4) [ck (x)] i , 80

b−a , x3k−3 ≤ ck (x) ≤ x3k , pero 3n

n h X 3h k=1

8

[f (x3k−3 )+3f (x3k−2 )+3f (x3k−2 )+f (x3k )]−

[f (x3k−3 ) + 3f (x3k−2 ) + 3f (x3k−2 ) + f (x3k )] =

3h [f (x0 ) + f (xn )] 8


205


n

n

n

9h X 9h X hX + f (x3k−2 ) + f (x3k−1 ) + f (x3k−3 )], 8 k=1 8 k=1 4 k=1 con a = x0 y b = x3n , por lo tanto Zb f (x)dx =

n h X 3h k=1

a

8

[f (x3k−3 ) + 3f (x3k−2 ) + 3f (x3k−2 ) + f (x3k )] n 3h5 X (4) − f [ck (x)], 80 k=1

as´ı que el error es

n 3h5 X (4) ET (x) = − f [ck (x)]. 80 k=1

Pero f ∈ C 4 [a, b], tiene valores extremos, de modo que m´ın f (4) (x) ≤ f (4) [ck (x)] ≤ máx f (4) (x),

a≤x≤b

a≤x≤b

por lo tanto n m´ın f (4) (x) ≤ a≤x≤b

n X

f (4) [ck (x)] ≤ n máx f (4) (x), a≤x≤b

k=1

luego

n

m´ın f (4) (x) ≤

a≤x≤b

1 X (4) f [ck (x)] ≤ máx f (4) (x), a≤x≤b n k=1

pero por el teorema del valor intermedio existe c ∈ (a, b) tal que n

f luego

como h =

(4)

1 X (4) (c) = f [ck (x)] n k=1

n 3h5 X (4) 3h5 nf (4) (c) ET (x) = − , f [ck (x)] = − 80 k=1 80

b−a , entonces 3n ET = −h4

(b − a) nf (4) (c) b − a 4 (4) =− h f (c), 3n 80 80


206


de modo que la regla de los Zb a

3 8

de Simpson con error es n−1

n

3h 9h X 9h X f (x)dx = [f (a) + f (b)] + f (x3k−2 ) + f (x3k−1 )+ 8 8 k=1 8 k=1 n

hX b − a 4 (4) h f (c) f (x3k−3 ) − 4 k=1 80

5.5.

(5.55)

M´ etodo de Integraci´ on de Romberg

Como hemos visto la regla del trapecio nos proporciona la aproximación de una integral con un error considerablemente grande con el propósito de mejorar el procedimiento y hacerlo más eficiente estudiaremos a continuación el método de Romberg. Consideremos la regla compuesta con nodos n1 = 1, n2 = 2, n3 = 4, · · · , ni = 2i−1 , la cual esta dada por Zb a

con hi =

2i−1 i b−a X−1 hi h f (xk ) − f (a) + f (b) + 2 h2i f (c), f (x)dx = 2 12 k=1

b−a y xk = a + khi , sea 2i−1 2i−1 i X−1 hi h f (a + khi ) , R(i, 1) = f (a) + f (b) + 2 2 k=1

entonces R(1, 1) =

h1 [f (a) + f (b)], 2

pero h1 = b − a, luego R(1, 1) =

b−a [f (a) + f (b)], 2

(5.56)

ahora R(2, 1) =

h2 b−a b−a [f (a) + f (b) + 2f (a + h2 )] = [f (a) + f (b)] + 2 f (a + h2 ), 2 4 4 ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

207


ya que h2 =

b−a luego 2

b−a b−a [f (a) + f (b)] + f (a + h2 ) 4 2 i 1hb − a = {f (a) + f (b)} + (b − a)f (a + h2 ) , 2 2 pero por 5.56, se tiene que, i 1h R(2, 1) = R(1, 1) + h1 f (a + h2 ) . 2 R(2, 1) =

Pero

(5.57)

3 i X h3 h R(3, 1) = f (a) + f (b) + 2 f (a + kh3 ) , 2 k=1

luego R(3, 1) = como h3 =

h3 [f (a) + f (b) + 2{f (a + h3 ) + f (a + 2h3 ) + f (a + 3h3 )}], 2

b−a , entonces 22

³ h3 b − a´ R(3, 1) = [f (a) + f (b) + 2f a + 2 2 + 2{f (a + h3 ) + f (a + 3h3 )}] 2 2 ³ h3 b − a´ = [f (a) + f (b) + 2f a + + 2{f (a + h3 ) + f (a + 3h3 )}] 2 2 b−a = [f (a) + f (b) + 2f (a + h2 ) + 2{f (a + h3 ) + f (a + 3h3 )}], 8 de modo que i b−a i b−a 1hb − ah f (a)+f (b) + f (a+h2 )+ {f (a+h3 )+f (a+3h3 )} , R(3, 1) = 2 4 2 2 pero de 5.57 se tiene que i 1h R(3, 1) = R(2, 1) + h2 {f (a + h3 ) + f (a + 3h3 )} . 2 Continuando con este proceso se tiene que i X 1h {f (a + (2i − 1)hk )} R(k, 1) = R(k − 1, 1) + hk−1 2 i=1 2k−2

´ ´ DE ROMBERG 5.5. METODO DE INTEGRACION

(5.58)

208


Ejemplo 5.5.1. Usar el método de Romberg para aproximar π

Z2

cos xdx, − π2

con h = 5 Soluci´ on Al resolver la integral propuesta usando el cálculo integral se tiene que 3π Z2 cos xdx = 2. − π2

Ahora R(1, 1) =

π 2

+ π2 h 3π πi cos + cos = 0, 2 2 2

luego

1 R(2, 1) = [R(1, 1) + πf (a + h2 )] 2 h ³ π π í 1 1 = π = 1.570879633. = 0 + π cos − + 2 2 2 2 h n 1 π π oi 1 π√ R(3, 1) = R(2, 1) + h2 cos + cos = [1.57079633 + 2] 2 4 4 2 2 = 1.89611890524.

Pero entonces n 1h 3π π π 3π oi R(2, 1) + h3 cos + cos + cos + cos 2 8 8 8 8 n 1h 3π π oi = 1.89611890534 + h3 2 cos + 2 cos 2 8 8

R(4, 1) =

1 = [1.89611890534 + 2.05234431668] = 1.97423161101. 2 Y finalmente n 1h R(5, 1) = R(4, 1) + h4 f (a + h5 ) + f (a + 3h5 ) + f (a + 5h5 ) + f (a + 7h5 ) 2 oi +f (a + 9h5 ) + f (a + 11h5 ) + f (a + 13h5 ) + f (a + 15h5 ) , ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

209


luego, R(5, 1) =

1h πn 7π 5π 3π π oi R(4, 1) + 2Cos + 2 cos + 2 cos + 2 cos , 2 8 16 16 16 16

por lo tanto R(5, 1) =

1h πn 7π 5π 3π π oi R(4, 1) + cos + cos + cos + cos , 2 4 16 16 16 16

de modo que 1 R(5, 1) = [1.97423161101 + 2.01290909611] = 1.99357035356. 2 el error es entonces E = |2 − 1.99357035356| = 0.00642964644 ≈ 0, 6 % ¥ Con el fin de acelerar el método de Romberg, es com´ un usar el proceso de extrapolación de Richardson que ya fue presentado en una sección anterior. Sea f ∈ C ∞ [a, b], se puede probar que la regla compuesta del trapecio se puede escribir (omitimos la demostración) como Zb f (x)dx − R(k, 1) = a1 h2 + a2 h4 + a3 h6 + . . .

(5.59)

a

as´ı que si reemplazamos a k por k + 1 y h por Zb f (x)dx − R(k + 1, 1) = a1

h en 5.59 se tiene que 2

h2 h4 h6 + a2 + a3 + . . . 4 16 64

(5.60)

a

si a cuatro veces la ecuación 5.60 le restamos la ecuación 5.59 se tiene que Zb 3

f (x)dx−4R(k +1, 1)+R(k, 1) = a2

³ h4

´ ³ h6 ´ −h4 +a3 −h6 +. . . (5.61) 4 16

a

luego Zb

h R(k + 1, 1) − R(k, 1) i a2 ³ h4 4 ´ a3 ³ h6 6 ´ f (x)dx− R(k+1, 1)+ = −h + −h +. . . , 3 3 4 3 16

a ´ ´ DE ROMBERG 5.5. METODO DE INTEGRACION

210


de modo que, Zb f (x)dx = R(k, 2) −

a2 h4 5a3 h6 − + ..., 4 16

(5.62)

a

donde R(k, 2) = R(k + 1, 1) +

R(k + 1, 1) − R(k, 1) 4R(k + 1, 1) − R(k, 1) = , 3 4−1

que al reescribirlo se tiene que R(k, 2) = R(k, 1) +

R(k, 1) − R(k − 1, 1) 4R(k, 1) − R(k − 1, 1) = , 3 4−1

h pero si en 5.62 reemplazamos nuevamente a k por k + 1 y h por , tenemos 2 que Zb h4 5h6 f (x)dx = R(k + 1, 2) − a2 − a3 + ..., (5.63) 64 1024 a

restándole a 16 veces la ecuación 5.63 la ecuación 5.62 se tiene que Zb 15

f (x)dx = 16R(k + 1, 2) − R(k, 2) + . . . , a

por tanto, Zb f (x)dx = R(k + 1, 2) +

R(k + 1, 2) − R(k, 2) + 15

a

por tanto

Zb f (x)dx = R(k, 3) + . . . a

donde R(k, 3) = R(k + 1, 2) +

R(k + 1, 2) − R(k, 2) 42 R(k + 1, 2) − R(k, 2) = 15 42 − 1

que al reescribirla se tiene que R(k, 3) = R(k, 2) +

42 R(k, 2) − R(k − 1, 2) R(k, 2) − R(k − 1, 2) = 15 42 − 1


211


continuando con el proceso se tiene que R(k, i) = R(k, i − 1) + o sea que R(k, i) =

5.6.

R(k, i − 1) − R(k − 1, i − 1) 4i−1 − 1

4i−1 R(k, i − 1) − R(k − 1, i − 1) 4i−1 − 1

(5.64)

Cuadratura Adaptativa

......... ... .......... . ....... ... .............. . . . . . . . . . . . . . ... ... ....... ........... ..... ... ... ... .... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. ... . ... .. ... . ... .. ... . . .. . .. a+b a b 2 Figura 5.1 Regla de Simpson En la regla compuesta de Simpson, Figura (5.1) y en la del trapecio se necesitan tomar nodos igualmente espaciados los cuales determinan subb−a intervalos de longitud h = , donde [a, b] es el intervalo de integración n y n la cantidad de subintervalo, pero si la función presenta en alguno de estos sub-intervalos o en todos, oscilaciones muy fuertes, la aproximación no va a tener la exactitud deseada, en estos casos, es natural que quisiésemos proveernos de métodos en los cuales sea posible adaptar o ajustar la longitud del paso, a fin de que en los sub-intervalos en donde la función tenga oscilaciones muy pronunciadas el error en la aproximación sea menor y por lo tanto la exactitud de la aproximación sea ahora mucho mejor, estos métodos son llamados de cuadratura adaptativa, o métodos de integraci´ on adaptativa. Figura(5.2) Presentamos a continuación la cuadratura adaptativa basada en la 5.6. CUADRATURA ADAPTATIVA

212


..... ........ ......... . . . ...... ..... .... ..... ... ... ..... . . . . . . . ... ..... . ... . . . . ... . .... ... ... . . . . .... ................. ... ... ... .. . . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .... .... .... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. . . . . x1 x2 x3 a b Figura 5.2 Cuadratura Adaptativa regla compuesta de Simpson. Consideremos el intervalo [ak , bk ] al aplicar la regla de Simpson en esta intervalo se tiene que Zbk f (x)dx =

i h5 f (4) (α ) hh 1 f (ak ) + 4f (ck ) + f (bk ) − , 3 90

ak

bk − a k ak + bk ak + bk donde h = y ck = , obsérvese que ck = = 2 2 2 2ak + bk − ak bk − ak = ak + = ak + h, luego, 2 2 Zbk f (x)dx =

i h5 f (4) (α ) hh 1 f (ak ) + 4f (ak + h) + f (bk ) − , 3 90

ak

tomemos entonces

i hh f (ak ) + 4f (ak + h) + f (bk ) , S(ak , bk ) = 3 Zbk f (x)dx = S(ak , bk ) −

h5 f (4) (α1 ) . 90

ak

Sea ahora ak1 y bk1 puntos medios de los sub-intervalos [ak , ck ] y [ck , bk ] respectivamente, aplicando nuevamente regla compuesta de Simpson con los ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

213


nodos ak , ak1 , ck , bk1 , bk , con h1 = Zbk

bk − ak h = , se tiene que 4 2

i h5 f (4) (α ) h1 h 2 f (x)dx = f (ak ) + 4f (ak1 ) + 2f (ck ) + 4f (bk1 ) + f (bk ) − , 3 16 90

ak

i h5 f (4) (α ) hh 2 = f (ak ) + 4f (ak1 ) + f (ck ) + f (ck ) + f (bk1 ) + 4f (bk ) − 6 16 90 h i h i h h 1 h5 f (4) (α2 ) = f (ak ) + 4f (ak1 ) + f (ck ) + f (ck ) + f (bk1 ) + 4f (bk ) − , 6 6 16 90 sea i hh S(ak , ck ) = f (ak ) + 4f (ak1 ) + f (ck ) 6 y i hh f (ck ) + 4f (bk1 ) + f (bk ) , S(ck , bk ) = 6 entonces Zbk 1 h5 f (4) (α2 ) f (x)dx = S(ak , ck ) + S(ck , bk ) − , 16 90 ak

luego Zbk

³

³a + b ´ ak + bk ´ 1 h5 f (4) (α2 ) k k f (x)dx = S ak , +S , bk − 2 2 16 90

(5.65)

ak

h Nota: Obsérvese que ak1 = ak + h1 = ak + , bk1 = ck + h1 = 2 h ak + bk bk − ak 2ak + 2bk + bk − ak ak + 3bk ak + bk + = + = = = 2 2 2 4 4 4 4ak + 3bk − 3ak 3(bk − ak ) 3 = ak + = ak + h. 4 4 2 Si suponemos que α1 ≈ α2 , entonces, f (4) (α1 ) ≈ f (4) (α2 ) lo cual permite estimar el error,de modo que el método es exitoso dependiendo del grado de exactitud del supuesto. En particular si f (4) (α1 ) = f (4) (α2 ) = f (4) (α), entonces ³a + b ´ ³ a +b ´ 1 h5 f (4) (α2 ) h5 f (4) (α1 ) k k k k +S , bk − ≈ S(ak , bk ) − , S ak , 2 2 16 90 90 luego ³ a +b ´ ³a + b ´ 15 h5 f (4) (α) k k k k ≈ S(ak , bk ) − S ak , −S , bk , 16 90 2 2 5.6. CUADRATURA ADAPTATIVA

214


o sea que ³ a +b ´ ³a + b í 1h 1 h5 f (4) (α) k k k k S(ak , bk ) − S ak , −S , bk ≈ , 15 2 2 16 90 pero por 5.65 1 h5 f (4) (α) ≈ 16 90

Zbk

³a + b ´ ³ a +b ´ k k k k −S , bk , f (x)dx − S ak , 2 2

ak

luego

³ a +b ´ ³a + b ´¯ 1 ¯¯ ¯ k k k k −S , bk ¯ ≈ ¯S(ak , bk ) − S ak , 15 2 2 ¯ Zbk ³a + b ´¯ ³ a +b ´ ¯ ¯ k k k k −S , b k ¯, ¯ f (x)dx − S ak , 2 2 ak

as´ı que si ¯ ³ a +b ´ ³a + b ´¯ ¯ ¯ k k k k M = ¯S(ak , bk ) − S ak , −S , bk ¯ < 15², 2 2

(5.66)

para una tolerancia ² predeterminada, entonces ¯ Zbk ³a + b ´¯ ³ a +b ´ 1 1 ¯ ¯ k k k k −S , bk ¯ ≈ M < 15² = ², (5.67) ¯ f (x)dx−S ak , 2 2 15 15 ak

´ ³ ´ ³ Rbk ak +bk k luego S ak , ak +b + S , b aproxima 15 veces mejor a f (x)dx que k 2 2 ak

S(ak , bk ) y por tanto es una aproximación suficientemente exacta. Ejemplo 5.6.1. Mostrar la exactitud de la estimación del error que se da 1.5 R en 5.66 para x2 ln xdx. 1

Soluci´ on Se tiene que S(1; 1, 5) =

0.25 1 [f (1)+4f (1.25)+F (1.5)] = [0+1.39464719571+0912296493243], 3 12

por lo tanto S(1; 1, 5) = 0.192245307412. ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION


215

Ahora S(0; 1, 25)+S(1.25; 1, 5) = =

1 [f (0)+4f (1.25)+2f (1.25)+4f (1.375)+f (1.5)] 24

1 [0+0.59627668008+0.697323597856+2.40830634159+0.912296493243] 24 = 0.192258460446.

de modo que ¯ 1 ¯¯ 1 ¯ ¯S(1; 1, 5)−S(0; 1, 25)−S(1.25; 1, 5)¯ = ×0.000013153034 = 0.0000008769. 15 15 Esto es una buena aproximación al error real dado por ¯ Z1.5 ¯ ¯ ¯ 2 ¯ x ln xdx − 0.192258460446¯ = 0.000000897. 1

¥ El método de cuadratura adaptativa se concreta de la siguiente forma: Sea el intervalo [a, b], que reescribimos [a0 , b0 ] tomamos el punto medio c0 , y dividimos el intervalo en dos sub-intervalos y aplicamos el criterio de exactitud 5.66 con una tolerancia predeterminada ²0 si se satisface aplicamos 5.65 y terminamos el proceso, si no se cumple el criterio de exactitud entonces se toman los dos sub-intervalos [a1 , b1 ], [a2 , b2 ] con a1 = a0 , b1 = c0 = a2 y b2 = b. Ahora el intervalo [a1 , b1 ], se divide en dos sub-intervalos tomando el punto medio c1 , se tiene entonces los sub-intervalos [a1 , c1 ], [c1 , b1 ], se mira ²0 si se cumple el criterio de exactitud con una tolerancia ²1 = , si se cumple 2 el criterio entonces se aplica 5.65 y el proceso termina. Pero en este segundo paso también el subintervalo [a2 , b2 ] se divide en dos sub-intervalos [a2 , c2 ], ²1 [c2 , b2 ], con c2 , punto medio y se aplica el criterio de exactitud con ²2 = , 2 si se cumple el criterio se aplica entonces 5.65 si no se cumple el criterio en [a1 , b1 ] ni en [a2 , b2 ], entonces cada uno de los sub-intervalos [a1 , c1 ], [c1 , b1 ], [a2 , c2 ], [c2 , b2 ] se dividen en sub-intervalos tomando sus puntos medios y se verifica el criterio de exactitud con una tolerancia igual a la mitad de la anterior y se continua el proceso. Con estos refinamientos el proceso termina en un numero finito de 1 . pasos debido a que el error se va reduciendo en un factor 16 5.6. CUADRATURA ADAPTATIVA

216

5.7.


Integraci´ on Gauss-Legendre

Tanto en las fórmulas cerradas de Newton-Cotes como en las abiertas, los nodos que utilizamos están igualmente espaciados, este procedimiento puede comprometer la exactitud de la aproximación, la cual puede ser mejorada tomando las reglas compuestas, pero para una mejor aproximación podemos optimizar la escogencia de los nodos a fin de que nuestro propósito se cumpla. Sea P = {x0 , x1 , x2 , . . . , xn } una partición de [a, b] y supongamos que Zb f (x)dx ≈ a

n X

wi f (xi ),

(5.68)

i=1

donde w1 , w2 , w3 , . . . , wn son los pesos que tienen valores indeterminados, la selección de los pesos wi y los nodos xi , i = 1, 2, 3, . . . , n se debe hacer de tal forma que la aproximación sea lo más exacta posible. Encontrar pues los pesos y los nodos es equivalente a encontrar 2n parámetros, lo cual puede hacerse, si consideramos como parámetros los coeficientes de los polinomios de grado 2n − 1, los cuales son los que proporcionan una mayor exactitud. Para mostrar el procedimiento supongamos que Z1 f (x)dx ≈ w1 f (x1 ) + w2 f (x2 )

(5.69)

−1

donde w1 , w2 , x1 , x2 son los parámetros a determinar de lo comentado anteriormente el resultado es exacto para polinomios de grado 2n − 1 = 3 ya que el n´ umero de parámetros es cuatro. Es suficiente exigir que 5.69 sea exacta para f (x) = 1, f (x) = x, f (x) = x2 , f (x) = x3 , as´ı que las cuatro condiciones ser´ıan 1. f (x) = 1,

R1

dx = w1 f (x1 ) + w2 f (x2 ) = w1 + w2 , luego

−1

w1 + w2 = 2 2. f (x) = x,

R1

xdx = w1 f (x1 ) + w2 f (x2 ) = w1 x1 + w2 x2 , luego

−1

w1 x1 + w2 x2 = 0 ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

217


3. f (x) = x2 ,

R1 −1

x2 dx = w1 f (x1 ) + w2 f (x2 ) = w1 x21 + w2 x22 , luego w1 x21 + w2 x22 =

4. f (x) = x3 ,

R1 −1

2 3

x3 dx = w1 f (x1 ) + w2 f (x2 ) = w1 x31 + w2 x32 , luego w1 x31 + w2 x32 = 0

por lo tanto se tiene que w1 + w2 = 2

(5.70)

w1 x1 + w2 x2 = 0

(5.71)

2 3

(5.72)

w1 x31 + w2 x32 = 0

(5.73)

w1 x21 + w2 x22 =

de 5.71, se tiene que w1 x1 = −w2 x2 y de 5.73 w1 x31 = −w2 x32 , luego entonces w2 x2 w1 x1 = , 3 w1 x1 w2 x32 por lo tanto x21 = x22 , as´ı que x1 = −x2 ya que x1 6= x2 , puesto que son cuatro nodos distintos, pero entonces se tiene que por 5.71 w1 x1 − w2 x1 = 0 o sea que w1 = w2 y de 5.70 w1 = 1 y w2 = 1 por lo tanto al reemplazar en 5.72 1 1 1 1 se tiene que x21 = luego x21 = x22 = , de modo que x1 = √ y x2 = − √ 3 3 3 3 por lo tanto Z1 ³ 1 ´ ³ 1 ´ f (x)dx ≈ f √ + f − √ , 3 3 −1

esta u ´ltima expresión es conocida como la regla de Gauss-Legendre de dos nodos Ejemplo 5.7.1. Aproximar la integral graci´ on Gauss-Legendre.

R1

3x

13(x2 − x)e− 2 dx usando la inte-

−1

´ GAUSS-LEGENDRE 5.7. INTEGRACION

218


Soluci´ on − 3x 2

2

³ 1 ´ = −1.33429932893 , entonces f √ 3

Como f (x) = 13(x − x)e y³ 1 ´ f − √ = 28.1462747836 as´ı que 3 Z1 −1

³ 1 ´ ³ 3x 1 ´ 13(x2 − x)e− 2 dx ≈ f √ + f − √ = 26.8119754547. 3 3

¥ Otra alternativa diferente para encontrar los pesos y los nodos es usando los polinomios de Legendre que a continuación definimos Definici´ on 5.7.1. El n-ésimo polinomio de Legendre se define como n

Pn (x) =

[| 2 |] X k=0

(−1)k (2n − 2k)! xn−2k 2n k!(n − k)!(n − 2k)!

donde [| n2 |] es la parte entera de

n 2

De la definición anterior se tiene que los cinco primeros polinomio de Legendre son: • P0 (x) = 1 • P1 (x) = x 1 • P2 (x) = (3x2 − 1) 2 1 • P3 (x) = (5x3 − 3x) 2 1 • P4 (x) = (35x4 − 30x2 + 3) 8 1 • P5 (x) = (63x5 − 70x3 + 15x) 8 Los polinomios de Legendre cumplen propiedades importantes entre las cuales podemos destacar las siguientes ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

219


? Pn (x) es un polinomio de grado n R1

? Si Q(x) es un polinomio de grado menor que n,

Q(x)Pn (x)dx = 0

−1

Las ra´ıces de los polinomios de Legendre son los nodos que nos proporcionan resultados exactos para cualquier polinomio de grado menor que 2n, lo cual se prueba con el siguiente teorema Teorema 5.7.1. Sean x1 , x2 , x3 , . . . , xn las n ra´ıces del polinomio de Legendre de grado n y además sea wi =

Z1 Y n −1

x − xj dx. x i − xj j=1,j6=i

(5.74)

Si P (x) es cualquier polinomio de grado menor que 2n, entonces Z1 P (x)dx =

n X

wi P (xi ).

i=1

−1

Demostraci´ on. Primero probemos el teorema para un polinomio de grado menor n, en efecto sea P (x) un polinomio cualquiera de grado menor n, entonces, P (x) se puede escribir como un polinomio de Lagrange de grado n − 1, esto es P (x) =

n n X Y i=1

x − xi f (n) [²(x)] P (xi ) + (x − x0 )(x − x1 ) . . . (x − xn ), x n! k − xi i=1,k6=i

con xi i = 1, 2, 3 . . . , n ra´ıces del polinomio de grado n de Legendre, pero como P (x) tiene grado n, entonces f (n) [²(x)] (x − x0 )(x − x1 ) . . . (x − xn ) = 0, n! luego

Z1 P (x)dx =

Z1 X n n Y −1 i=1

−1

x − xi P (xi )dx, xk − xi i=1,k6=i

o sea que Z1

1

P (x)dx = −1

n ³Z X i=1

−1

´ X x − xi P (xi )dx = wi P (xi ). xk − xi i=1 i=1,k6=i n Y

´ GAUSS-LEGENDRE 5.7. INTEGRACION

n

220


Sea ahora P (x) un polinomio de grado menor que 2n, y Pn (x) el polinomio de Legendre de grado n, entonces por el algoritmo de la división P (x) R(x) = Q(x) + , Pn (x) Pn (x) con Q(x) y R(x) polinomios de grado menor que n, as´ı que, P (x) = Q(x)Pn (x) + R(x), de modo que,

Z1

Z1 P (x)dx =

−1

R(x)dx, −1

además como xi es ra´ız de Pn (x), entonces Pn (xi ) = 0 por lo tanto, P (xi ) = Q(xi )Pn (xi ) + R(xi ) = R(xi ). Ahora como R(x) es de grado menor que n, por la primera parte del teorema se tiene que Z1 n X P (x)dx = wi R(xi ), i=1

−1

luego entonces se obtiene que Z1 P (x)dx = −1

n X i=1

wi R(xi ) =

n X

wi P (xi )

i=1

1 Como el polinomio de Legendre de grado 2 está dado por P2 (x) = (3x2 − 1) 2 1 1 sus ra´ıces son x1 = √ y x2 = − √ , y al aplicar la expresión 5.74 se 3 3 puede fácilmente determinar que w1 = w2 = 1 que coinciden con los valores obtenidos anteriormente en el método de de Gauss-Legendre de dos nodos. Para el polinomio de Legendre de grado 3 que viene dado por 1 1 P3 (x) = (5x3 − 3x) = x(5x2 − 3), 2 2 ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

221


r

r 3 3 las ra´ıces son x1 = − , x2 = 0, x3 = y entonces w1 = 0.5555555556, 5 5 w2 = 0.88888888888 y w3 = 0.5555555556 Pero no siempre los limites de integración son −1 y 1, entonces si se Rb quiere aproximar f (x)dx usando la integración Gauss-Legendre, se puede a

usar la sustitución x = tanto se tiene que, Zb

Z1 ³ a + b b − a ´b − a f (x)dx = f + u du 2 2 2

a

5.8.

a+b b−a b−a + u de modo que dx = du, por lo 2 2 2

−1

Integrales Impropias

En esta sección miraremos la forma de aproximar integrales de la forma Rb g(x) Rb g(x) R∞ dx, dx, f (x)dx, que como podemos observar son p p a (x − a) a (x − b) −∞ integrales impropias ya que presentan problemas en los limites de integración. Supongamos g ∈ C 5 [a, b], y sea P4 (x) el polinomio de Taylor de cuarto orden de g(x) alrededor de x = a, luego 00

000

g (a) g (a) g 4 (a) P4 (x) = g(a) + g (a)(x − a) + (x − a)2 + (x − a)3 + (x − a)4 , 2! 3! 4! por lo tanto, 0

00

P4 (x) g (a) 0 = g(a)(x − a)−p + g (a)(x − a)1−p + (x − a)2−p p (x − a) 2! 000

g 4 (a) g (a) (x − a)3−p + (x − a)4−p , + 3! 4! pero entonces, Zb

P4 (x) dx = g(a) l´ım+ c→a (x − a)p

a

Zb

1 0 dx + g (a) l´ım+ p c→a (x − a)

c 00

g (a) + l´ım 2! c→a+

Zb

Zb

1 dx (x − a)p−1

c 000

g (a) 1 dx + l´ım p−2 (x − a) 3! c→a+

c

Zb c

5.8. INTEGRALES IMPROPIAS

1 dx (x − a)p−3

222


g 4 (a) + l´ım 4! c→a+

Zbn

1 dx, (x − a)p−4

c

pero 0 < p < 1, entonces Zb

¯b i g (a) ¯b i h h P4 (x) g(a) 1 1 ¯ ¯ dx = l´ım+ l´ım+ ¯ + ¯ p p−1 p−2 (x − a) 1 − p c→a (x − a) 2 − p c→a (x − a) c c 0

a

¯b i ¯b i h h g (a) g (a) 1 1 ¯ ¯ + l´ım+ + l´ ım ¯ ¯ p−3 p−4 + 2!(3 − p) c→a (x − a) 3!(4 − p) c→a (x − a) c c ¯ i h g 4 (a) 1 ¯b + l´ım+ , ¯ 4!(5 − p) c→a (x − a)p−5 c 00

000

de modo que Zb

0

00

P4 (x) 1 1 1 g(a) g (a) g (a) dx = + + p p−1 p−2 (x − a) 1 − p (b − a) 2 − p (b − a) 2!(3 − p) (b − a)p−3

a 000

1 1 g (a) g (4) (a) + + , p−4 3!(4 − p) (b − a) 4!(5 − p) (b − a)p−5 as´ı que

Zb a

4

X P4 (x) g k (a) dx = (b − a)k+1−p (x − a)p k!(k + 1 − p) k=0

(5.75)

por tanto Zb

g(x) dx = (x − a)p

Zb

g(x) − P4 (x) dx + (x − a)p

a

a

Sea

    G(x) =

  

Zb

P4 (x) dx. (x − a)p

a

g(x)−P4 (x) (x−a)p

si

si

a
x=a

aplicamos ahora la regla compuesta de Simpson a G(x) y agregamos a está aproximación el valor obtenido en 5.75 para obtener finalmente el valor de la integral deseada.


223


Para calcular el valor de

Rb a

g(x) (x−b)p

con 0 < p < 1, al igual que antes

tomamos el polinomio de Taylor de cuarto orden de g(x) alrededor de x = b, o sea 4 X g k (b) P4 (x) = (x − b)k−p , k! k=0 luego, Zb a

4 X P4 (x) g k (b) = − (a − b)k+1−p , (x − b)p k! k=0

4

Zb

(5.76)

ya que Zb a

X P4 (x) dx = (x − b)p k=0

a

4

X g k (b) l´ım (x − b)k−p dx = c→b− k! k=0

Zc

g k (b) (x − b)k−p dx, k!

a

o sea, Zb a

4

X g k (b) P4 (x) dx = l´ım c→b− (x − b)p k! k=0

Zc (x−b)k−p dx =

4 X g k (b) k=0

a

k!

l´ım−

c→b

h (x − b)k+1−p ¯c i ¯ ¯ , k+1−p a

y as´ı, Zb a

h ³ í X P4 (x) g k (b) 1 1 dx = l´ım − (x − b)p k!(k + 1 − p) c→b− (c − b)p−k−1 (a − b)p−k−1 k=0 4

=−

4 X k=0

sea ahora

    G(x) =

  

(a − b)k+1−p k!(k + 1 − p)g ( k)(b) 0

g(x)−P4 (x) (x−b)p

si

si

b=x

a≤x
entonces aplicamos la regla de Simpson a G(x) y a este valor le agregamos el valor de 5.76 teniendo la aproximación de la integral comentada.


224


Otras integrales impropias son como hemos dicho R∞

R∞

f (x)dx,

−∞

Rb

f (x)dx y

−∞

f (x)dx, pero como

a

Z∞

Z0 f (x)dx =

−∞

Z∞ f (x)dx +

−∞

solo analizaremos los casos

Rb

f (x)dx, 0

R∞

f (x)dx y

−∞

f (x)dx.

a

1 du Para estos casos sea x = , entonces dx = − 2 , as´ı que si x = a, u u 1 entonces u = y si x = ∞, se tiene que u = 0 luego a Z∞

Z0 f (x)dx = −

a

1 a

Zb

Zb

1 ³1´ f du, u2 u

de la misma manera 1

f (x)dx = − −∞

1 ³1´ f du, u2 u

0

las cuales se pueden resolver por medio del procedimiento analizado anteriormente. Ejemplo 5.8.1. Aproximar la integral Z1 0

e−x √ dx 1−x

usando la regla compuesta de Simpson con 13 nodos. Soluci´ on El polinomio de cuarto orden para e−x alrededor de x = 1 es (x − 1)2 (x − 1)3 (x − 1)4 i 1h − + P4 (x) = 1 − (x − 1) + e 2! 3! 4! ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

225


=

1h (1 − x)2 (1 − x)3 (1 − x)4 i 1 + (1 − x) + + + e 2! 3! 4!

as´ı que 1 1h (1 − x) 2 (1 − x) 2 (1 − x) 2 i P (x) − 12 2 √4 = (1 − x) + (1 − x) + + + e 2! 3! 4! 1−x 3

5

7

luego Z1 0

P (x) 1 √4 dx = e 1−x

Z1 h

(1 − x) 2 (1 − x) 2 (1 − x) 2 i +(1−x) + + + dx 2 6 24 3

− 21

(1−x)

5

7

1 2

0

i¯ h 1 3 5 7 9 ¯c 1 2 1 1 1 2 2 2 2 2 = − l´ım− 2(1 − x) + (1 − x) + (1 − x) + (1 − x) + (1 − x) ¯ e c→1 3 5 21 108 0 =2+

2 1 1 1 + + + ≈ 2.92354497355. 3 5 21 108

Ahora como son 13 nodos entonces n = 6, por lo tanto h =       G(x) =

0

si

  e−x − P4 (x)    √ 1−x

b−a 1 = , sea 2n 12

1=x

si

0≤x<1

aplicando la regla compuesta de Simpson tenemos que Z1 0

1 1 1 n−1 n−1 h i X X 12 12 12 G(x)dx = G(a) + G(b) + 2 G(x2k ) + 4 G(x2k−1 ) 3 3 k=1 3 k=1

i 1³ ´ 1³ 1h = G(0)+G(1) + G(x2 )+G(x4 )+G(x6 )+G(x8 )+G(x10 ) + G(x1 ) 36 18 9 ´ +G(x3 ) + G(x5 ) + G(x7 ) + G(x9 ) + G(x11 ) 1 1 pero x0 = 0, x1 = , x2 = , x3 = 12 6 2 3 5 11 x8 = , x9 = , x10 = , x11 = , 3 4 6 12 siguiente tabla

1 1 5 1 7 , x4 = , x5 = , x6 = , x7 = , 4 3 12 2 12 x12 = 1. Los resultados aparecen en la


226


xk x0 x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 x10 x11 x12

G(xk ) 0.003659846825 0.0024377356867 0.00156193127575 0.00095744521971 0.000555080563209 0.000299838565354 0.000147634572002 0.0000640469678866 0.00002312563921701 0.000006246298 0.000000993170111109 0.00000004328049 0 TABLA 25

de modo que Z1 G(x)dx = 0.003659846825 + 0.00019073043502 + 0.000836745781 0

= 0.00458732304102, luego Z1 0

e−x √ dx ≈ 2.92354497355 + 0.00458732304102 = 2, 92823229659. 1−x

¥

5.9.

Integraci´ on Doble

Si R es una región rectangular dada por R : a ≤ x ≤ b,

c≤y≤d

y supongamos f (x, y) está definida sobre R, si R se divide en peque˜ nos elementos de área ∆A = ∆x∆y, los cuales numeramos ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

227


∆A1 , ∆A2 , ∆A3 . . . , ∆An , y escogemos un punto (xi , yi ) en cada elemento ∆Ai , formamos la suma Sn =

n X

f (xi , yi )∆Ai ,

i=1

entonces

Z Z f (x, y)∆A = l´ım

∆A→0

A

n X

f (xi , yi )∆Ai .

i=1

El siguiente teorema, que presentamos sin demostración, nos permite calcular una integral sobre una región Teorema 5.9.1. Si f (x, y) es continua sobre la region R, dada por R : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, entonces, Zb Zd

Z Z f (x, y)∆A =

Zd Zb f (x, y)dydx =

R

a

c

f (x, y)dxdy c

a

Para aproximar una integral doble consideremos las particiones P1 = {a = x0 , x1 , x2 , x3 , . . . , xn = b} y P2 = {c = y0 , y1 , y2 , y3 , . . . , ym = d} de los intervalos [a, b] y [c, d] respectivamente con xi = x0 + ih, yj = y0 + jk siendo d−c b−a yk= , luego en el intervalo [x2i−1 , x2i ] y para un y fijo se h= 2n 2m tiene, por la regla compuesta de Simpson que, Zb a

n−1 n i X X hh f (x0 , y) + 2 f (x2i , y) + 4 f (x2i−1 , y) + f (x2n , y) , f (x, y)dx ≈ 3 i=1 i=1

luego entonces, Zd h Zb

i

Zd

f (x, y)dx dy ≈ c

a

c

+4

n X

X hh f (x0 , y) + 2 f (x2i , y) 3 i=1 n−1

i f (x2i−1 , y) + f (x2n , y) dy

i=1

de modo que Zd h Zb c

a

Zd n−1 Zd i X hh f (x, y)dx dy ≈ f (x0 , y)dy + 2 f (x2i , y)dy 3 i=1 c

´ DOBLE 5.9. INTEGRACION

c

228


n Z X

Zd

d

+4

f (x2i−1 , y)dy +

i=1 c

i f (x2n , y)dy ,

c

pero, nuevamente por la regla compuesta de Simpson en el intervalo [y2j−1 ,y2j ], Zd c

m−1 m i X X kh f (x0 , y)dy ≈ f (x0 , y0 )+2 f (x0 , y2j )+4 f (x0 , y2j−1 )+f (x0 , y2m ) , 3 j=1 j=1

además, Zd c

m−1 m i X X kh f (x2i , y)dy ≈ f (x2i , y0 )+2 f (x2i , y2j )+4 f (x2i , y2j−1 )+f (x2i , y2m ) , 3 j=1 j=1

Zd

m−1 m X X kh f (x2i−1 , y2j ) + 4 f (x2i−1 , y2j−1 ) f (x2i−1 , y)dy ≈ f (x2i−1 , y0 ) + 2 3 j=1 j=1

c

i +f (x2i−1 , y2m ) ,

y Zd c

m−1 m i X X kh f (x2n , y2j )+4 f (x2n , y2j−1 )+f (x2n , y2m ) , f (x2n , y)dy ≈ f (x2n , y0 )+2 3 j=1 j=1

as´ı que Zb Zd a

c

m−1 m X X hk h f (x, y)dxdy ≈ f (x0 , y0 )+2 f (x0 , y2j )+4 f (x0 , y2j−1 )+f (x0 , y2m ) 9 j=1 j=1

+2

n−1 ³ X

f (x2i , y0 ) + 2

n ³ X i=1

f (x2i , y2j ) + 4

f (x2i−1 , y0 )+2

m−1 X

m X

´ f (x2i , y2j−1 ) + f (x2i , y2m )

j=1

j=1

i=1

+4

m−1 X

f (x2i−1 , y2j )+4

m X

j=1

´ f (x2i−1 , y2j−1 )+f (x2i−1 , y2m )

j=1

m−1 m ³ í X X + f (x2n , y0 ) + 2 f (x2n , y2j ) + 4 f (x2n , y2j−1 ) + f (x2n , y2m ) , j=1

j=1


229


luego Zb Zd f (x, y)dxdy ≈ a

c

+2

n−1 X

f (x2i , c) +

i=1

+4

m−1 m X X hk h f (a, c) + 2 f (a, y2j ) + 4 f (a, y2j−1 ) + f (a, d) 9 j=1 j=1

n−1 m−1 X X i=1 j=1

n X

f (x2i−1 , c) + 8

i=1

+4

f (x2i , y2j ) + 8

n−1 m−1 X X

n X

f (x2i , y2j−1 ) + 2

i=1 j=1 n m−1 X X

f (x2i−1 , y2j ) + 16

i=1 j=1

f (x2i−1 , d) + 2

i=1

m−1 X

n−1 X

f (x2i , d)

i=1 n X m X

f (x2i−1 , y2j−1 )

i=1 j=1

f (b, y2j ) + 4

j=1

m X

i f (b, y2j−1 ) + f (b, c) + f (b, d)

j=1

Ejemplo 5.9.1. Utilice la Regla de Simpson para aproximar la integral x

Z 2 Z4 4+e

Cos(x + y)dydx 2

ln2x

. Soluci´ on 4−2 = 1, Dado que en el eje X el intervalo es [2;4], entonces hx = 2 luego los nodos en dicho eje son x2 = 1, x2 = 3, x3 = 4. Para la integral dada por x Z4 4+e Z 2 I= Cos(x + y)dydx, 2

ln2x

al aplicar la regla de Simpson obtenemos que I= donde H(xi ) =

4+e R

hx [H(x1 ) + 4H(x2 ) + H(x3 )], 3

xi 2

Cos(xi + y)dy, por lo tanto

ln2xi 1

3

4+e 4+e Z 2 Z4+e Z 2 i hx h I≈ Cos(2 + y)dy + 4 Cos(4 + y)dy + Cos(6 + y)dy . 3 ln2

ln4 ´ DOBLE 5.9. INTEGRACION

ln6

230


Por lo tanto hx h I≈ 3

5.6487 Z

6.7183 Z

Cos(2 + y)dy + 4

0.6931

Sean I1 8.4817 R

=

8.4817 Z

Cos(4 + y)dy +

1.3863 5.6487 R

Cos(2 + y)dy, I2

i Cos(6 + y)dy .

1.7918

=

6.7183 R

Cos(4 + y)dy y I3

1.3863

0.6931

Cos(6 + y)dy.

1.7918

Para I1 , h1y =

5.6487 − 0.6931 = 2.4778, luego entonces 2

2.4778 [Cos(2 + 0.6931) + 4Cos(2 + 3.1709) + Cos(2 + 5.6487)], 3

I1 =

de modo que I1 = 0.82593(−0.90110 + 1.77045 + 0.20384) = 0.888637. Para I2 , h2y = I2 =

6.7183 − 1.3863 = 2.666, por lo tanto 2

2.666 [Cos(3 + 1.3863) + 4Cos(3 + 4.0523) + Cos(3 + 6.7183)], 3

as´ı que, I2 = 0.8887(−0.32034 + 2.8741 − 0.9572) = 1.418863. y para I3 , h3y = I3 =

8.4817 − 1.7918 = 3.34495, por consiguiente, 2

3.34495 [Cos(4 + 1.7918) + 4Cos(4 + 5.13675) + Cos(4 + 8.4817)], 3

as´ı que, I3 = 1.114983(0.88168 − 3.835224 + 0.99642) = −2.182156. De modo que x

Z4 4+e Z 2 2

1 Cos(x + y)dydx ≈ [I1 + 4I2 + I3 ], 3

ln2x


=

231


luego entonces x

Z4 4+e Z 2 2

1 Cos(x + y)dydx ≈ (0.888637 + 4 × 1.418863 − 2.1821556), 3

ln2x

y por lo tanto

x

Z4 4+e Z 2

Cos(x + y)dydx ≈ 1.460644 2

ln2x

Ejercicios 1. La fórmula 5.1 es llamada de diferencias progresiva, si h > 0, y de diferencias regresiva si h < 0. Use esta fórmula para determinar las aproximaciones que completan las siguientes tablas 0

f (x) 0.8776 0.8253 0.7648 0.6967

f (x)

a)

x 0.5 0.6 0.7 0.8

f (x) 4.3952 5.1599 5.8988 6.6238

f (x)

b)

x 0.1 0.3 0.5 0.7

0

2. Los datos del ejercicio 1 se tomaron de las siguientes funciones. Calcule los errores reales del ejercicio 1 y obtenga las cotas por medio de las fórmulas de error a)f (x) = cos x b)f (x) = ex + 3x − x2 + 3 3. Use la fórmula de los tres puntos más conveniente para determinar las aproximaciones con que se completar´ıan las siguientes tablas

a)

x 1.1 1.2 1.3 1.4

f (x) 0.1180 0.0907 0.07427 0.06081

0

f (x)


232


0

f (x) -7.4719 -8.4866 -9.4728 -10.4093

f (x)

b)

x 2.9 3 3.1 3.2

f (x) 133.084 137.247 141.482 145.789

f (x)

c)

x 8.0 8.1 8.2 8.3

f (x) 01286 0.1463 0.1907 0.2630

f (x)

d)

x 2.0 2.1 2.2 2.3

0

0

4. Los datos del ejercicio 3 se tomaron de las siguientes funciones. Calcule los errores reales del ejercicio 1 y obtenga las cotas por medio de las fórmulas de error a)f (x) = e−2x b)f (x) = x sen x + x2 cos x c)x2 ln x d) x(ln x)2 + 2 cos x

5. Use la fórmula más precisa posible para determinar las aproximaciones con que se completarán las siguientes tablas

a)

x 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6

f (x) 0.7451 0.6537 0.5561 0.4563 0.3582 0.2657

0

f (x)


233


b)

x -3.0 -2.8 -2.6 -2.4 -2.2 -2.0

f (x) -2.7769 -2.5534 -2.3275 -2.0988 -1.8671 -1.6321

0

f (x)

6. Los datos del ejercicio 5 se tomaron de las siguientes funciones. Calcule los errores reales del ejercicio 5 y obtenga las cotas por medio de las fórmulas de error x a)f (x) = sen2 x b)f (x) = e 2 + x 7. Usando la expansión de Taylor demuestra que 000

f (x0 ) ≈

1 [f (x0 + 2h) − 2f (x0 + h) + 2f (x0 − h) − f (x0 − 2h)] 2h3

8. Usando la expansión de Taylor demuestra que 0000

f (x0 ) ≈

1 [f (x0 +2h)−4f (x0 +h)+6f (x0 )−4f (x0 −h)+f (x0 −2h)] h4

9. Estime el valor óptimo de h para las fórmulas de tres puntos. 10. Estime el valor óptimo de h para las fórmulas que permiten aproximar 00 000 f (x0 ) y f (x0 ). 11. En un circuito eléctrico con un voltaje impreso ε(t) y una inductancia L, la primera ley de Kirchhoff nos da la siguiente relación L

di + Ri = ε(t), dt

donde R es la resistencia del circuito e i es la corriente. Suponga que medimos la corriente con varios valores de t y obtenemos t i

1.00 3.10

1.01 3.12

1.02 3.14

1.03 3.18

1.04 3.24

donde t se mide en segundos, i se da en amperes, la inductancia L es una constante de 0.098 henries y la resistencia es de 0.142 ohms. Aproxime el voltaje ε(t) en los valores t = 1.00, 1.01, 1.02, 1.03y1.04 ´ DOBLE 5.9. INTEGRACION

234


12. La función error está definida como Zx

2 Erf (x) = √ π

2

e−t dt. 0

Encuentre Erf (2) 13. Si

Zx Si(x) =

sen t dt. t

0

Encuentre Si(2) 14. Si

Zx Ci(x) =

cos t dt. t

0

Encuentre Ci(2) 15. Las integrales de Fresnel están definidas como Zx cos

³ πt2 ´ dt 2

sen

³ πt2 ´ dt. 2

C(x) = 0

y

Zx S(x) = 0

Encontrar C(2) y S(2) 16. Existen muchas formas de integrales el´ıpticas a) La integral el´ıptica completa de primera clase está definida como π

Z2

√

K(m) = 0

1 dt. 1 − m sen2 t

Encuentre K(1) y K(4) ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

235


b) La integral el´ıptica completa de segunda clase está definida como π

E(m) =

Z2 √

1 − m sen2 tdt.

0

Encuentre E(1) y E(4) c) La integral el´ıptica de primera clase está definida como Zx √

K(k, x) = 0

1 dt. 1 − m sen2 t

Encuentre K(1, 1) y K(2, 1) d ) La integral el´ıptica de segunda clase está definida como E(k, x) =

Zx √

1 − m sen2 tdt.

0

Encuentre E(1, 1) y E(2, 1) 17. Encuentre la longitud de arco de la curva descrita por la función y = x−1 , 1 < x < 2; la longitud está dada por Z2 √

1 + x−4 dx

1

18. Encuentre la longitud de arco de la curva descrita por la función y = Senx, 0 < x < π; la longitud está dada por Z2 √

1 + cos2 dx

1

19. Encuentre la longitud de arco de la curva descrita por la función y = ln(x), 1 < x < 2; la longitud está dada por Z2 √

1 + x−2 dx

1


236


20. Aplique la regla del trapecio con los valores indicados de n para aproximar la integrales siguientes R2 R2 a) x2 ln xdx, n = 4 b) x2 ex dx, n = 4 1

R2 c) 0

−2 3 dx, x2 +9

n=6

R5 1 e) √ dx, n = 8 x2 − 4 3

d)

Rπ

x2 sen xdx, n = 4

0 3π

f)

R8

tan xdx, n = 8

0

21. Aplique la regla compuesta de Simpson para aproximar las integrales del ejercicio 16. 3 22. Aplique la regla de Simpson para aproximar las integrales del 8 ejercicio 16. En los problemas 19-25 aproxime las integrales dadas a) Usando el método compuesto del trapecio con 10 subintervalo b) Usando la regla de Simpson con dos subintervalos c) Usando el método compuesta de Simpson con 10 subintervalo d ) Usando cuadratura Gaussiana con n = 2. e) Usando integración de Romberg. 23.

R1

x sen(πx)dx.

0

24.

R1 −1

25.

R2

dx . 1+x2

ex dx.

0

26.

R2 √

x3 − 1dx.

1

27.

Rπ

x2 sen(2x)dx.

0 ´ E INTEGRACION ´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. DERIVACION

237


28.

Rπ

x3 sen(x2 )dx.

0

29.

R2

ln(x2 + 1)dx

0

30. Use la regla de Simpson para calcular las siguientes integrales a) Zπ/4 Z cos x(2y sen x + cos2 x)dydx 0 sen x

b) Z2 Zx2 (y 2 + x3 )dydx 1

x

c) Z2.2 2+x Z 2 (x2 + y 3 )dydx .

2

x

3 31. Use la regla de los de Simpson para calcular las integrales del ejercicio 8 anterior.


238



Cap´ıtulo 6

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias con Condiciones Iniciales Un paracaidista de masa m salta desde un avión en t = 0, supongamos que la velocidad vertical inicial del paracaidista es cero en t = 0 y que la ca´ıda es vertical. Si el arrastre aerodinámico está dado por faire = cv 2 , con c constante y v la velocidad vertical, entonces por la segunda ley de Newton el equilibrio de fuerzas satisface ma = mg − faire , luego m o sea que

dv(t) = mg − cv 2 , dt

dv(t) c = g − v2, dt m

v(0) = 0 v(0) = 0

o lo que es lo mismo 0

v (t) = f (v, t), con f (v, t) = g −

v(0) = 0,

c 2 v . m

Observamos que la ecuación diferencial también se puede escribir como c 0 2 d2 y 0 = g − (y ) , y(0) = 0, y (0) = 0, dt2 m que es una ecuación diferencial de segundo orden con condiciones iniciales. En este capitulo, desarrollaremos métodos que aproximen la solución de problemas como el anteriormente expuesto. 239

240

6.1.


Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden con Condiciones Iniciales

Estudiemos primero la ecuación diferencial dada por t

dy = 2y dt

(6.1)

la cual al separar variable toma la forma 2dt dy = y t al integrar miembro a miembro se tiene que ln y = 2 ln t + c1 = 2 ln t + ln c, o sea que ln y = ln ct2 , de modo que la solución de 6.1 está dada por y(t) = ct2

(6.2)

ecuación que se satisface para cualquier constante c la cual puede escogerse arbitrariamente, en la figura 6.1 se muestra la gráfica de 6.2 para algunos valores de c. En la práctica, estas fórmulas expl´ıcitas, al traducirlas como un modelo matemático, resulta una ecuación diferencial que involucra la razón de cambio de una función desconocida. Si suponemos P (t) es el n´ umero de individuos de una población, con indices de natalidad y mortalidad β y α respectivamente, entonces la razón de cambio de la población esta relacionada con la cantidad de nacimientos y muerte que se tengan en la población dada, teniendo entonces que dP (t) = (β − α)P (t) = kP (t) dt . Si conocemos el n´ umero de individuos en un instante t = 0, siendo P (0) = P0 , entonces el problema a resolver es dP (t) = kP (t), dt

P (0) = P0

CAPÍTULO 6. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS CON CONDICIONES INICIALES

241


6

c>0

¾

6

c<0 ?

Figura 6.1 donde k = β − α, cuya solución está dada por P (t) = P0 ekt . Para cada P0 escogido se tiene una solución, siendo k una constante que puede ser positiva o negativa. El problema anterior es un ejemplo de un problema de primer orden con condiciones iniciales, en general se tiene la siguiente definición Definici´ on 6.1.1. Un problema de primer orden con condiciones iniciales est´ a definido como 0 y = f (t, y) y(t0 ) = y0 0

Definici´ on 6.1.2. Sea y (t) = f (t, y) y(t0 ) = y0 un problema de primer grado con condiciones iniciales, una solución del problema es una función 0 g(t) derivable en [t0 , t1 ] tal que g (t) = f (t, g) g(t0 ) = y0 con t ∈ [t0 , t1 ]. Definici´ on 6.1.3. Una función f : R −→ R se dice Lipschitz continua con constante γ en x, escribiéndose f ∈ Lipγ (x) si para toda y en una vecindad de x se cumple que |f (x) − f (y)| ≤ γ|x − y| 6.1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN CON CONDICIONES INICIALES

242


Definici´ on 6.1.4. Sea f : R2 −→ R2 , una función, D = {(t, y)/a ≤ t ≤ b, c ≤ y ≤ d} se dice f es Lipschitz continua con constante γ en y ∈ D, si se cumple que |f (t, y) − f (t, y1 )| ≤ γ|y − y1 | El siguiente resultado muestra cuando una ecuación diferencial de primer orden con condiciones iniciales tiene solución u ńica. Teorema 6.1.1. Supongamos que f (t, y) es continua en R = {(t, y)/t0 ≤ t ≤ t1 , c ≤ y ≤ d)}, si f es Lipschitz de constante γ con respecto a R y (t0 , y0 ) ∈ R, 0 entonces, el problema con condici´ on inicial y (t) = f (t, y) y(t0 ) = y0 , tiene solución u ńica y = y(t) en alg´ un subintervalo t0 ≤ t ≤ t0 + δ Demostraci´ on. Sean y1 (t) y y2 (t) soluciones de el problema de primer orden con condiciones iniciales, sea φ(t) = [y1 (t) − y2 (t)]2 la cual satisface φ(t0 ) = 0 ya que y1 (t0 ) = y0 y y2 (t0 ) = y0 , probemos que φ(t) = 0. Consideremos t > t0 , entonces 0

0

0

φ (t) = 2[y1 (t) − y2 (t)][y1 (t) − y2 (t)], luego,

0

0

0

|φ (t)| = 2|y1 (t) − y2 (t)||y1 (t) − y2 (t)|, o sea que,

0

|φ (t)| = 2|y1 (t) − y2 (t)||f (t, y1 ) − f (t, y2 )|, pero como f es Lipschitz, entonces |f (t, y1 ) − f (t, y2 )| ≤ γ|y1 (t) − y2 (t)|, por tanto,

0

φ (t) ≤ 2γ|y1 (t) − y2 (t)|2 = 2γφ(t).

(6.3)

Pero entonces tenemos que, 0

φ (t) − 2γφ(t) ≤ 0, de modo que

0

e−2γt φ (t) − 2e−2γt γφ(t) ≤ 0, as´ı que,

0

(e−2γt φ(t)) ≤ 0, luego por el teorema del valor medio se tiene que φ(t)e−2γt − φ(t0 )e−2γt0 ≤ 0, t − t0 CAPÍTULO 6. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS CON CONDICIONES INICIALES

243


por tanto, φ(t)e−2γt − φ(t0 )e−2γt0 ≤ 0, o sea que, φ(t) − φ(t0 )e−2γt0 +2γt ≤ 0, de modo que, φ(t) ≤ φ(t0 )e2γ(t−t0 ) , as´ı que, 0 ≤ [y1 (t) − y2 (t)]2 ≤ [y1 (t0 ) − y2 (t0 )]2 e2γ(t−t0 ) , por consiguiente, [y1 (t) − y2 (t)] ≤ [y1 (t0 ) − y2 (t0 )]eγ(t−t0 ) , pero como y1 (t0 )−y2 (t0 ) = 0, entonces y1 (t) = y2 (t), de modo que la solución es u ńica.

6.2.

M´ etodos de Euler y de Taylor

Para calcular la aproximación de la solución de una ecuación diferencial de primer orden con condiciones iniciales, en esta sección presentaremos primero el método de Euler y luego el de Taylor. Miraremos que el método de Euler es poco eficiente ya que acumula errores muy altos en el desarrollo del proceso iterativo, sin embargo su estudio y análisis resultan importantes porque nos sirve para el estudio de métodos más avanzados. Primero estableceremos algunos resultados cuyo propósito es el análisis del error producido por el método de Euler. Lema 6.2.1. Si x ≥ −1 y n ≥ 0, entonces 0 ≤ (1 + x)n ≤ enx Demostraci´ on. Por el teorema de Taylor para ex , alrededor de x = 0, con n = 1 tenemos que 00 f (c) 2 ex = 1 + x + x, 2! 00

pero f (c) = ec , luego, ex = 1 + x +

x2 c e. 2!

Además 0≤1+x≤1+x+

x2 c e, 2!

de modo que 0 ≤ 1 + x ≤ ex , ´ 6.2. METODOS DE EULER Y DE TAYLOR

244


pero como n ≥ 0 entonces 0 ≤ (1 + x)n ≤ enx .

Lema 6.2.2. Sean u, v ∈ R+ , {ai }ki=0 una sucesi´ on tal que a0 ≥ − uv y además supongamos que ai+1 ≤ (1 + u)ai + v entonces (i+1)u

i = 0, 1, 2, 3, . . . , k, ³

ai+1 ≤ e

v´ v a0 + − u u

Demostraci´ on. Como por hipótesis se tiene que para un i fijo ai+1 ≤ (1 + u)ai + v ai ≤ (1 + u)ai−1 + v ai−1 ≤ (1 + u)ai−2 + v, . . . a1 ≤ (1 + u)a0 + v, entonces, ai+1 ≤ (1 + u)[(1 + u)ai−1 + v] + v = (1 + u)2 ai−1 + [1 + (1 + u)]v de modo que ai+1 ≤ (1+u)2 [(1+u)ai−2 +v]+[1+(1+u)]v = (1+u)3 ai−2 +[1+(1+u)+(1+u)2 ]v. En general se tiene que ai+1 ≤ (1 + u)i+1 a0 + [1 + (1 + u) + (1 + u)2 + · · · + (1 + u)i ]v, pero 1 + (1 + u) + (1 + u)2 + · · · + (1 + u)i es una serie geométrica de razón 1 + u de modo que 1 + (1 + u) + (1 + u)2 + · · · + (1 + u)i =

1 − (1 + u)i+1 1 − (1 + u)i+1 = , 1 − (1 + u) −u


245


por tanto 1 + (1 + u) + (1 + u)2 + · · · + (1 + u)i =

1 [(1 + u)i+1 − 1], u

luego v v v ai+1 ≤ (1 + u)i+1 a0 + [(1 + u)i+1 − 1] = (1 + u)i+1 a0 + (1 + u)i+1 − , u u u pero por el lema anterior (1 + u)i+1 ≤ e(i+1)u , luego ³ v´ v ai+1 ≤ e(i+1)u a0 + − . u u

6.2.1.

M´ etodo de Euler

Consideremos el intervalo cerrado [a, b] y P = {a = t0 , t1 , t2 , . . . , tn = b} b−a una partición del intervalo con ti = t0 + ih, siendo h = el tama˜ no del n 0 paso, y consideremos además la ecuación diferencial y (t) = f (t, y), y(0) = y0 0 00 en [a, b], si y(t), y (t) y y (t), son continuas, al aplicar el teorema de Taylor alrededor de ti en el intervalo [ti , ti+1 ] se tiene que 00

y (ci ) y(ti+1 ) = y(ti ) + y (ti )(ti+1 − ti ) + (ti+1 − ti )2 , 2! 0

0

pero como y (ti ) = f (ti , y(ti )), y h = ti+1 − ti entonces, 00

y (ci ) 2 y(ti+1 ) = y(ti ) + f (ti , y(ti ))h + h, 2! pero si ti+1 − ti ≈ 0, entonces y(ti+1 ) ≈ y(ti ) + f (ti , y(ti ))h, para i = 0, 1, 2, 3, . . . , n. Si ui ≈ y(ti ), entonces se tiene que ui+1 ≈ ui + hf (ti , ui ),

u0 = y 0

i = 0, 1, 2, 3, . . . , n

(6.4)

que constituye el m´ etodo de Euler. Ejemplo 6.2.1. Aplicar el método de Euler para aproximar la ecuaci´ on 0 y (t) = y + 3t2 + 2, y(0) = 1 en el intervalo [0, 2] con h = 0.2 ´ 6.2. METODOS DE EULER Y DE TAYLOR

246


Soluci´ on 0

Como y (t) = y + 3t2 + 2, ti = 0 + hi, y h = 0.2 entonces, ui+1 = ui +0.2(ui +3(0.2i)2 +2) = ui +0.2ui +0.024i2 +0.4 = 1.2ui +0.024i2 +0.4, se tiene entonces la siguiente tabla i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

ti 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0

ui 1 1.6 2.344 3.3088 4.58656 6.28787200000000 8.54544640000000 11.51853568000000 15.39824281600000 20.41389137920000 26.84066965504000

y(ti ) 1 1.6726248234 2.5464222788 3.7190692035 5.3098683564 7.4645364561 10.3610523047 14.2167997016 19.2972918196 25.9268271797 34.5015048904

Ei = |y(ti ) − ui | 0 0.726248234 0.2024222 0.4102692 0.72530836 1.176664456 1.8156059 2.69826402 3.899049 5.51293578 7.66048083

TABLA 26 ¥

6.2.2.

Cotas de Error

Una cota de error para el método de Euler se tiene mediante el siguiente teorema. Teorema 6.2.1. Sea f una función Lipschitz continua de constante γ, y 00 supongamos y (t) est´ a acotada. Si y(t) es la solución del problema con 0 condici´ on inicial dado por y (t) = f (t, y), a ≤ t ≤ b, y(t0 ) = y0 y sean u0 , u1 , u2 , . . . , un , la sucesi´ on generada por el método de Euler, entonces, |y(ti ) − ui | ≤

hK γ(ti −y0 ) [e − 1], 2γ

00

siendo K ≥ |y (t)|. Demostraci´ on. Sabemos que ∀i = 0, 1, 2, 3, . . . , n 00

y(ti ) = y(ti−1 ) + f (ti−1 , y(ti−1 ))h + y (ci−1 )

h2 , 2


247


como la aproximación de Euler está dada por ui = ui−1 + hf (ti−1 , ui−1 ), entonces 00

|y(ti ) − ui | = |y(ti−1 ) − ui−1 + f (ti−1 , y(ti−1 ))h − hf (ti−1 , ui−1 ) + y (ci−1 )

h¿ | 2

h2 | 2 h2 00 = |y(ti−1 ) − ui−1 | + h|f (ti−1 , y(ti−1 )) − f (ti−1 , ui−1 )| + |y (ci−1 ) | 2 luego 00

≤ |y(ti−1 ) − ui−1 | + |f (ti−1 , y(ti−1 ))h − hf (ti−1 , ui−1 )| + |y (ci−1 )

|y(ti ) − ui | ≤ |y(ti−1 ) − ui−1 | + hγ|y(ti−1 ) − ui−1 | +

h2 K , 2

ya que |f (ti−1 , y(ti−1 )) − f (ti−1 , ui−1 )| ≤ γ|y(ti−1 ) − ui−1 | por ser f Lipschitz 00 continua de constante γ y K ≥ |y (t)| ∀t, entonces, |y(ti ) − ui | ≤ (1 + hγ)|y(ti−1 ) − ui−1 | +

h2 K , 2

pero por el lema 6.2.2 (1+i)hγ

|y(ti )−ui | ≤ e

³ |y(t0 )−u0 |+

h2 K 2

hγ

´ −

³ Kh ´ Kh = e(1+i)hγ |y(t0 )−u0 |+ − , hγ 2γ 2γ

h2 K 2

pero como y0 = u0 y ti+1 = a + (i + 1)h, entonces, |y(t0 ) − u0 | = 0 y (i + 1)h = ti+1 − a, luego, |y(ti ) − ui | ≤ e(ti+1 −t0 )γ as´ı que |y(ti ) − ui | ≤

Kh Kh − , 2γ 2γ

Kh (ti+1 −t0 )γ [e − 1] 2γ

0

Definici´ on 6.2.1. Sea y (t) = Φ(t, y), y(t0 ) = y0 un problema con condiciones iniciales, el método de aproximaci´ on u0 = y 0 ,

ui+1 = ui + hΦ(ti , ui )

se define como el método de diferencias ´ 6.2. METODOS DE EULER Y DE TAYLOR

248


Definici´ on 6.2.2. El método de diferencias tiene un error de discretizaci´ on local ei (h) definido como ei (h) =

yi − yi−1 − Φ(ti−1 , yi−1 ), h

y un error de discretizaci´ on global ei (h) dado por ei (h) = y(ti ) − ui Observemos que el método de Euler es un método de diferencias y por lo tanto su error de discretización local es ei (h) =

yi − yi−1 − f (ti−1 , yi−1 ), h

donde yi = y(ti ) pero como 00

y(ti ) = y(ti−1 ) + hf (ti−1 , y(ti−1 )) + y (ci−1 ) o sea que 00

yi = yi−1 + hf (ti−1 , yi−1 ) + y (ci−1 ) por tanto 00

yi − yi−1 − hf (ti−1 , yi−1 ) = y (ci−1 )

h2 2

h2 , 2 h2 , 2

entonces

h 00 |ei (h)| = |y (ci−1 ) |, 2 00 pero como |y (ci−1 )| ≤ K, se tiene que |ei (h)| ≤

Kh , 2

o sea que el error de discretización local del método de Euler es O(h).

6.2.3.

M´ etodo de Taylor

Consideremos el problema 0

y (t) = f (t, y)

y(t0 ) = y0

y la serie de Taylor dada por 00

000

y (ti ) y (ti ) y(ti+1 ) = y(ti ) + y (ti )(ti+1 − ti ) + (ti+1 − ti )2 + (ti+1 − ti )3 2! 3! 0


249


y (n−1) (ti ) y (n) (ti ) y (n+1) (cn+1 ) (ti+1 − ti )n−1 + (ti+1 − ti )n + (ti+1 − ti )n+1 (n − 1)! n! (n + 1)! o sea que

+ · · ·+

00

000

y (ti ) 2 y (ti ) 3 y (n−1) (ti ) n−1 y(ti+1 ) = y(ti ) + y (ti )h + h + h + ··· + h 2! 3! (n − 1)! 0

+

y (n) (ti ) n y (n+1) (cn+1 ) n+1 h + h , n! (n + 1)!

(6.5)

0

pero como y (t) = f (t, y), entonces y (k) (t) = f (k−1) (t, y), luego y(ti+1 ) = y(ti ) + h

n X f (k−1) (ti , y(ti )) k=1

k!

hk−1 +

y (n+1) (cn+1 ) n+1 h , (n + 1)!

si u0 = y(t0 ) = y0 y ui ≈ yi = y(ti ), entonces al suprimir el u ´ltimo sumando, se tiene el método de Taylor de orden n, el cual se concreta si tomamos u0 = y0 ui+1 = ui + hT n (ti , ui ), con n

T (ti , ui ) =

n X f (k−1) (ti , ui ) k=1

k!

hk−1 .

En particular el método de Taylor de orden dos está dado por u0 = y0 ui+1 = ui + hT 2 (ti , ui ), con

h 0 T 2 (ti , ui ) = f (ti , ui ) + f (ti , ui ). 2

y el de orden 4 como u0 = y0 ui+1 = ui + hT 4 (ti , ui ), con h 0 h2 00 h3 000 T 4 (ti , ui ) = f (ti , ui ) + f (ti , ui ) + f (ti , ui ) + f (ti , ui ). 2 6 24

´ 6.2. METODOS DE EULER Y DE TAYLOR

250


Ejemplo 6.2.2. Aplicar el método de Taylor de orden dos y orden cuatro 0 para aproximar la ecuaci´ on y (t) = y + 3t2 + 2, y(0) = 1 en el intervalo [0, 1] con h = 0.2 Soluci´ on 0

0

a) Como f (t, y) = y + 3t2 + 2, entonces f (t, y) = y + 6t = y + 3t2 + 2 + 6t y 00 0 f (t, y) = y + 6t + 6 = y + 3t2 + 2 + 6t + 6 = y + 3t2 + 6t + 8, de modo que ³ ³ h h´ h´ 2 T 2 (ti , ui ) = ui + 3t2i + 2 + (ui + 3t2i + 6ti + 2) = 1 + ui + 1 + 3ti 2 2 2 ³ h h´ + 6ti + 2 1 + , 2 2 pero como h = 0.2, y ti = 0.2i entonces T 2 (ti , ui ) = 1.1(ui + 0.12i2 + 2) + 0.12i de modo que se tiene u0 = 1 ui+1 = ui + 0.2[1.1(ui + 0.12i2 + 2) + 0.12i] = 1.22ui + 0.0264i2 + 0.024i + 0.44 los resultados se muestran a continuación i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

ti 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0

ui 1 1.66 2.51560000 3.662632 5.21801104 7.3243734688 10.15573563193600 13.92439747096192 18.88936491457355 25.36662519577973 33.74168273885127

y(ti ) 1 1.6726248234 2.5464222788 3.7190692035 5.3098683564 7.4645364561 10.3607737863 14.2167997016 19.2979918196 25.9268271797 34.5015048904

Ei = |y(ti ) − ui | 0 0.0126 0.00676164 0.0270461071 0.05595472601 0.09630632813 0.20503815 0.29240223 0.4086269 0.56020198 0.75982216

TABLA 27 b) Para el método de Taylor de cuarto orden se tiene que f (t, y) = y +3t2 +2, 0 0 00 00 entonces f (t, y) = y + 6t = y + 3t2 + 2 + 6t y f (t, y) = y + 6t + 6 = CAPÍTULO 6. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS CON CONDICIONES INICIALES

251


000

y + 3t2 + 2 + 6t + 6 = y + 3t2 + 6t + 8, f (t, y) = y + 3t2 + 6t + 8, de modo que h h2 h3 T 4 (ti , ui ) = ui +3t2i +2+ [ui +3t2i +6ti +2]+ [ui +3t2i +6ti +8]+ [ui +3t2i +6ti +8], 2 6 24 de modo que tenemos u0 = 1 ui+1 = ui + 0.2[1.107ui + 3.321t2i + 0.642ti + 2.256] i 0 1 2 3 4 5

ti 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

ui 1 1.67260000 2.54636164 3.7189581071 5.309687443201 7.46426022945

y(ti ) 1 1.6726248234 2.5464222788 3.7190692035 5.3098683564 7.4645364561

Ei = |y(ti ) − ui | 0 0.0000248234 0.0000606388 0.0001110964 0.0001809232 0.00027622665

TABLA 28 ¥ Como podemos observar los resultados obtenidos al aplicar los métodos de Taylor de orden dos y cuatro dan mejores resultados que el método de Euler, además observamos también, que el de orden cuatro arroja un error menor que el de orden dos. Si observamos la ecuación 6.5 se tiene que yi+1 − yi − f (ti , yi )h −

h2 0 h3 00 hn−1 (n−2) f (ti , yi ) − f (ti , yi ) − · · · − f (ti , yi ) 2! 3! (n − 1)!

hn (n−1) hn+1 (n) − f (ti , yi ) = f (ti , ci+1 ), n! (n + 1)! o sea que

hn+1 (n+1) yi+1 − yi − hT (ti , yi ) = f (ti , ci+1 ), (n + 1)! n

por tanto

hn yi+1 − yi − T n (ti , yi ) = f (n+1) (ti , ci+1 ) h (n + 1)!

de modo que el error de discretización local es ei = O(hn ) para cada i = 1, 2, 3, . . . , n. ´ 6.2. METODOS DE EULER Y DE TAYLOR

252


6.3.

M´ etodos de Runge-Kuta

Derivemos primero los métodos de Runge-Kuta de orden dos, para esto sea 0 y (t) = f (t, y), luego entonces 00

y (t, y) =

∂f (t, y) ∂f (t, y) 0 ∂f (t, y) ∂f (t, y) + y (t) = + f (t, y), ∂t ∂y ∂t ∂y

pero por el desarrollo de Taylor de y(t + h) alrededor de t se tiene que 0

y(t + h) = y(t) + (t + h − t)y (t) +

(t + h − t)2 00 (y + h − t)3 y (t) + K + ..., 2! 3!

000

donde K incluye a y (t), o sea que 0

y(t + h) = y(t) + hy (t) +

i h2 h ∂f (t, y) ∂f (t, y) h3 + f (t, y) + K + . . . 2! ∂t ∂y 6

de modo que h ii h h ∂f (t, y) ∂f (t, y) h3 y(t + h) = y(t) + h f (t, y) + + f (t, y) + K + . . . , 2! ∂t ∂y 6 en los métodos de Runge-Kuta de orden dos se desea encontrar una función Af (t, y) + Bf (t + ah, y + bhf (t, y)) de tal forma que Af (t, y) + Bf (t + ah, y + bhf (t, y)) = f (t, y) +

h ∂f (t, y) h ∂f (t, y) + f (t, y), 2! δt 2! ∂y

pero por el desarrollo de Taylor para dos variables se tiene que f (t+ah, y+bhf (t, y)) = f (t, y)+(t+ah−t)

∂f (t, y) ∂f (t, y) +(t+bhf (t, y)−t) +Hh3 , ∂t ∂y

donde H incluye las derivadas parciales segundas de f (t, y), luego f (t + ah, y + bhf (t, y)) = f (t, y) + ah

∂f (t, y) ∂f (t, y) + bhf (t, y) + Hh3 , ∂t ∂y

luego entonces f (t, y) +

∂f (t, y) h ∂f (t, y) h ∂f (t, y) + f (t, y) = Af (t, y) + Bf (t, y) + aBh + 2! ∂t 2! ∂y ∂t


253


bBhf (t, y)

∂f (t, y) + HBh3 , ∂y

as´ı que A + B = 1, 1 aB = , 2 1 bB = , 2 pero como se tiene un sistema de tres ecuaciones con cuatro incógnitas, para su solución se le debe asignar un valor a una de las variables. Si escogemos 1 1 B = , entonces A = de modo que a = 1 y b = 1, luego entonces 2 2 i h1 1 y(t + h) = y(t) + h f (t, y) + f (t + h, y + hf (t, y)) 2 2 h = y(t) + [f (t, y) + f (t + h, y + hf (t, y))]. 2 Con los valores escogidos anteriormente se genera la sucesión {(ti , ui )}, dada por u0 = y0 h (6.6) ui+1 = ui + [f (ti , ui ) + f (ti+1 , ui + hf (ti , ui ))], 2 donde ui = y(ti ), ui+1 = y(ti + h) = y(ti+1 ), la expresión 6.6 se conoce como el m´ etodo de Heun. 1 1 Ahora si tomamos A = 0, entonces, B = 1, a = y b = , se tiene 2 2 entonces u0 = y0 ´ ³ h h (6.7) ui+1 = ui + hf ti + , f (ti , ui ) , 2 2 la expresión 6.7 es el método modificado de Euler. Ejemplo 6.3.1. Aplicar el método modificado de Euler y método de Heun 0 para aproximar la ecuaci´ on y (t) = y + 3t2 + 2, y(0) = 1 en el intervalo [0, 1] Soluci´ on Al aplicar 6.6 y 6.7 con u0 = 1, se tienen los resultados mostrado en la tabla 29 ´ 6.3. METODOS DE RUNGE-KUTA

254

i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10


ti 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0

y(ti ) 1.00000000000000 1.66000000000000 2.51560000000000 3.66263200000000 5.21801104000000 7.32437346880000 10.3607737863 14.2164952815 19.296964184 25.9264811644 34.5011483923

Heun 1.0000000000000 1.66800000000000 2.53336000000000 3.69229920000000 5.26220502400000 7.38629012928000 10.23927395772160 14.03431422842035 19.03146335867283 25.54798529758085 33.97094206304864

Modificado de Euler 1.00000000000000 1.6720000000000 2.54224000000000 3.70713280000000 5.28430201600000 7.41724845952000 10.28104312061440 14.089927260714959 19.10251258072248 25.63866534848142 34.08557172514733

TABLA 29 ¥ Pero el más exitoso de los métodos de Runge-Kuta es el de cuarto orden y consiste en aproximar a T 4 (f, t) mediante la expresión Af (t, y(t)) + Bf (t + hα1 , y + β1 f (t, y(t))) +Cf (t + hα2 , y + β2 f (t, y(t)) + β3 f (t + hα1 , y + β1 f (t, y(t)))) +Df (t + α3 , y + β4 f (t, y(t)) + β5 f (t + hα1 , y + β1 f (t, y(t))) +β6 f (t + hα3 , y + β2 f (t, y(t)) + β3 f (t + hα1 , y + β1 f (y, y(t)))) que como podemos observar tiene tiene 13 incógnitas, Runge y Kuta lograron obtener 11 ecuaciones, lo cual obliga a asignar condiciones adicionales para 1 poder resolver el sistema. La elección más u ´til es α1 = , β2 = 0 y con 2 1 1 1 está elección se tiene que α2 = , α3 = 1, β1 = , β3 = , β4 = 0, β5 = 0, 2 2 2 1 1 1 1 β6 = 1, A = , B = , C = y D = . 6 3 3 6 Con estos valores se tiene entonces el m´ etodo de Runge-Kuta de cuarto orden dado por u0 = y0 h 1 h h ui+1 = ui + hf (ti , ui ) + 2hf (ti + , ui + f (ti , ui )) 6 2 2 h h h h +2hf (ti + , ui + f (ti + , ui + f (ti , ui )) 2 2 2 2 CAPÍTULO 6. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS CON CONDICIONES INICIALES

255


i h h h h +hf (ti + h, ui + hf (ti + , ui + f (ti + , ui + f (ti , ui )))) . 2 2 2 2 Ahora si tomamos RK1 = hf (ti , ui ), h h RK2 = hf (ti + , ui + f (ti , ui )), 2 2 h h h h RK3 = hf (ti + , ui + f (ti + , ui + f (ti , ui )) 2 2 2 2 y h h h h RK3 = hf (ti + h, ui + hf (ti + , ui + f (ti + , ui + f (ti , ui )))), 2 2 2 2 entonces, se tiene que 1 h RK2 = f (ti + , ui + RK1 ), 2 2 h 1 RK4 = f (ti + , ui + RK2 ), 2 2 y RK4 = f (ti+1 , ui + RK3 ), de modo que el m´ etodo de Runge- Kuta de cuarto orden se puede escribir ahora como u0 = y0 1 ui+1 = ui + (RK1 + 2RK2 + 2RK3 + RK4 ) 6

(6.8)

Ejemplo 6.3.2. Aplicar el método de Runge-Kuta de cuarto orden para apro0 ximar la ecuaci´ on y (t) = y + 3t2 + 2, y(0) = 1 en el intervalo [0, 2] Soluci´ on Aplicando la expresión 6.8 con u0 = 1 se tienen los resultados mostrados en la tabla 30 ´ 6.3. METODOS DE RUNGE-KUTA

256


i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

ti 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0

y(ti ) 1.00000000000000 1.66000000000000 2.51560000000000 3.66263200000000 5.21801104000000 7.32437346880000 10.3607737863 14.2164952815 19.296964184 25.9264811644 34.5011483923

Runge-Kuta 1.0000000000000 1.67262000000000 2.54640606800000 3.71903237145520 5.30979813849538 7.46441544635828 10.36085702618198 14.21649877177867 19.29684359985047 25.92617677285736 34.5008031036799

TABLA 30 ¥ Los métodos de Euler, Taylor y de Runge-Kuta, son llamados métodos de un paso ya que para obtener la aproximación (i + 1)-ésima se usa la i-ésima información, pero es posible desarrollar métodos más precisos para encontrar una aproximación i-ésima cualquiera usando las aproximaciones precedentes calculadas en los puntos t0 , t1 , t2 , , . . . , ti−1 , estos son los llamados métodos multipasos. 0

Definici´ on 6.3.1. Sea y (t) = f (t, y), a ≤ t ≤ b, y(t0 ) = α0 , un método multipaso es aquel cuya aproximaci´ on ui+1 puede representarse de la forma ui+1 = αm−1 ui + αm−2 ui−1 + · · · + α0 ui+1−m +h[βm f (ti+1 , ui+1 ) + βm−1 f (ti , ui ) + · · · + β0 f (ti+1−n , ui+1−n )], b−a , α0 , αi , . . . , αm−1 , β0 , β1 , . . . , βm m > 1, i = m − 1, m, . . . , n − 1, h = n valores constantes y ui = αi , i = 0, 1, 2, 3, . . . , m − 1 las condiciones iniciales dadas Definici´ on 6.3.2. Si en la definición anterior βm = 0 se dice que el método es expl´ıcito y si βm 6= 0 el método multipaso es impl´ıcito.


257


6.4.

M´ etodos Expl´ıcitos de Adams- Bashforth

6.4.1.

M´ etodo de Adams- Bashforth de dos pasos

Encontremos primero el método de Adams-Bashforth de dos pasos para esto tomamos el polinomio de Lagrange de f (t, y(t)) que pasa por los puntos (tk−1 , fk−1 ), (tk , fk ) donde fk−1 = f (tk−1 , uk−1 ) , fk = f (tk , uk ) y ui ≈ y(ti ), luego se tiene que f (t, y(t)) = fk−1 as´ı que, Z tk+1

Z

tk+1

f (t, y(t))dt = fk−1 tk

(t − tk ) (t − tk−1 ) + fk , (tk−1 − tk ) (tk − tk−1 )

tk

(t − tk ) dt + fk (tk−1 − tk )

Z

tk+1 tk

(t − tk−1 ) dt (tk − tk−1 )

pero como ti = t0 + ih y tj = t0 + jh, entonces ti − tj = (i − j)h , sea t = tk + hu, entonces dt = hdu, tk−1 − tk = −h, y tk − tk−1 = h, además t − tk−1 = t − tk + h = uh + h = h(u + 1), ya que tk−1 = tk − h, de modo que Z tk+1 Z 1 Z 1 huh h(u + 1)h f (t, y(t))dt = fk−1 du + fk du h tk 0 −h 0 Z 1 Z 1 = −hfk−1 udu + hfk (u + 1)du 0

por lo tanto

Z

0

tk+1

1 3 f (t, y(t))dt = − hfk−1 + hfk 2 2 tk de lo anterior se tiene que el método de Adams-Bashforth de dos pasos es u0 = α0 ,

u1 = α1

h ui+1 = ui + [3f (ti , ui ) − f (ti−1 , ui−1 )]. 2

6.4.2.

M´ etodo de Adams- Bashforth de tres pasos

En este método al igual que antes se toma el polinomio de Lagrange para f (t, y(t)) que pasa por los puntos (tk−2 , fk−2 ), (tk−1 , fk−1 ) y (tk , fk ), donde fi = f (ti , ui ), i = k, k − 1, k − 2, luego, Z tk+1 Z tk+1 (t − tk−1 )(t − tk ) f (t, y(t))dt = fk−2 dt (tk−2 − tk−1 )(tk−2 − tk ) tk tk ´ 6.4. METODOS EXPLÍCITOS DE ADAMS- BASHFORTH

258


Z

tk+1

+fk−1 tk

(t − tk−2 )(t − tk ) dt + fk (tk−1 − tk−2 )(tk−1 − tk )

si t = tk + uh, entonces, Z tk+1 Z f (t, y(t))dt = fk−2 tk

1 0

Z

1

+fk 0

Z

tk+1 tk

(t − tk−2 )(t − tk−1 ) dt, (tk − tk−2 )(tk − tk−2 )

huh(u + 1) hdu + fk−1 −h(−2h)

Z

1 0

huh(u + 2) hdu h(−h)

h(u + 2)h(u + 1) hdu, h2h

de modo que Z Z 1 Z tk+1 hfk−2 1 2 (u + u)du − hfk−1 (u2 + 2u)du f (t, y(t))dt = 2 0 0 tk Z hfk 1 2 (u + 3u + 2)du + 2 0 as´ı que Z tk+1 ³1 ´ hf ³ 1 3 ´ hfk−2 ³ 1 1 ´ k f (t, y(t))dt = + − hfk−1 +1 + + +2 2 3 2 3 2 3 2 tk =

5hfk−2 4hfk−1 23hfk − + 12 3 12

por lo tanto se tiene que Z tk+1 h f (t, y(t))dt = [5fk−2 − 16fk−1 + 23fk ] 12 tk de modo que el método de Adams-Bashforth de tres pasos es entonces u0 = α0 ui+1 = ui +

6.4.3.

u1 = α1

u2 = α2

h [5f (ti−2 , ui−2 ) − 16f (ti−1 , ui−1 ) + 23f (ti , ui )] 12

M´ etodo de Adams- Bashforth de cuatro pasos

Consideremos el polinomio de Lagrange para f (t, y(t)) que pasa por los puntos (tk−3 , fk−3 ), (tk−2 , fk−2 ), (tk−1 , fk−1 ) y (tk , fk ), donde fi = f (ti , ui ), i = k, k − 1, k − 2, k − 3, entonces se tiene que Z tk+1 Z tk+1 (t − tk−2 )(t − tk−1 )(t − tk ) f (t, y(t))dt = fk−3 dt (tk−3 − tk−2 )(tk−3 − tk−1 )(tk−3 − tk ) tk tk CAPÍTULO 6. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS CON CONDICIONES INICIALES

259


Z

tk+1

+fk−2 Z

tk tk+1

+fk−1 tk

Z

(t − tk−3 )(t − tk−1 )(t − tk ) dt (tk−2 − tk−3 )(tk−2 − tk−1 )(tk−2 − tk ) (t − tk−3 )(t − tk−2 )(t − tk ) dt (tk−1 − tk−3 )(tk−1 − tk−2 )(tk−1 − tk )

tk+1

+fk tk

(t − tk−3 )(t − tk−2 )(t − tk−1 ) dt, (tk − tk−3 )(tk − tk−2 )(tk − tk−2 )

sea t = tk + hu, luego dt = hdu además como ti − tj = (i − j)h y t − tk−3 = h(u + 3), t − tk−2 = h(u + 2), t − tk−1 = h(u + 1) y t − tk = hu, entonces se tiene que Z tk+1 Z 1 Z 1 h(u + 2)h(u + 1)hu h(u + 3)h(u + 1)hu f (t, y(t))dt = fk−3 hdu+fk−2 hdu −h(−2h)(−3h) −h(h)(−2h) tk 0 0 Z 1 Z 1 h(u + 3)h(u + 2)h(u + 1) h(u + 3)h(u + 2)hu hdu + fk hdu, +fk−1 h2h(−h) 3h(2h)h 0 0 de modo que Z tk+1 Z Z hfk−2 1 3 hfk−3 1 3 2 (u +3u +2u)du+ (u +4u2 +3u)du f (t, y(t))dt = − 6 2 tk 0 0 Z 1 Z 1 hfk−1 hfk − (u3 + 5u2 + 6u)du + (u3 + 6u2 + 11u + 6)du 2 6 0 0 as´ı que Z tk+1 ´ hf ³ 1 4 3 ´ hfk−3 ³ 1 k−2 f (t, y(t))dt = − +1+1 + + + 6 4 2 4 3 2 tk ´ hf ³ 1 ´ hfk−1 ³ 1 5 11 k − + +3 + +2+ +6 2 4 3 6 4 2 o sea que Z tk+1 hfk−3 9 hfk−2 37 hfk−1 59 hfk 55 f (t, y(t))dt = − + − + 6 4 2 12 2 12 6 4 tk h [−9fk−3 + 37fk−2 − 59fk−1 + 55fk ] 24 entonces el método de Adams-Bashforth de cuatro pasos está dado por =

u0 = α0 ui+1 = ui +

u1 = α1

u2 = α2

u3 = α 3

h [−9f (ti−3 , ui−3 ) + 37f (ti−2 , ui−2 ) − 59f (ti−1 , ui−1 ) + 55f (ti , ui )] 24

´ 6.4. METODOS EXPLÍCITOS DE ADAMS- BASHFORTH

260


6.5.

M´ etodos de Adams-Moulton

Los métodos de Adams-Moulton son métodos impl´ıcitos y al igual que para los expl´ıcitos se pueden deducir por medio de los polinomios de Lagrange deduciremos primero el de Adams-Moulton de dos pasos y luego el de tres pasos.

6.5.1.

M´ etodo se Adams-Moulton de dos pasos

Consideremos el polinomio de Lagrange que pasa por los puntos (tk−1 , fk−1 ), (tk , fk ), (tk+1 , fk+1 ), luego f (y, y(t)) = fk−1

(t − tk )(t − tk+1 ) (t − tk−1 )(t − tk+1 ) + fk (tk−1 − tk )(tk−1 − tk+1 ) (tk − tk−1 )(tk − tk+1 ) +fk+1

luego

Z

(t − tk )(t − tk−1 ) , (tk+1 − tk )(tk+1 − tk−1 ) Z

tk+1

tk+1

(t − tk )(t − tk+1 ) dt (tk−1 − tk )(tk−1 − tk+1 ) tk tk Z tk+1 Z tk+1 (t − tk−1 )(t − tk+1 ) (t − tk )(t − tk−1 ) +fk dt + fk+1 dt (tk − tk−1 )(tk − tk+1 ) (tk+1 − tk )(tk+1 − tk−1 ) tk tk f (t, y(t))dt = fk−1

tomando la sustitución t = tk +hu entonces dt = hdu y como ti −tj = (i−j)h, t − tk = h, t − tk−1 = h(u + 1), t − tk+1 = h(u − 1), entonces Z

Z

tk+1

1

f (t, y(t))dt = fk−1 tk

0

huh(u − 1) hdu + fk −h(−2h) Z

1

+fk+1 0

Z

1 0

h(u + 1)h(u − 1) hdu −hh

h(u + 1)hu hdu, h(2h)

de modo que Z

tk+1 tk

hfk−1 f (t, y(t))dt = 2

Z

1

Z

1

2

(u −u)du−hfk 0

0

hfk+1 (u −1)du+ 2

Z

1

2

(u2 +u)du,

0

por lo tanto Z

tk+1 tk

³1 ´ hf ³ 1 1 ´ hfk−1 ³ 1 1 ´ k+1 f (t, y(t))dt = − − hfk −1 + + 2 3 2 3 2 3 2


261


as´ı que Z tk+1 f (t, y(t))dt = − tk

h hfk−1 2hfk 5hfk+1 + + = [5fk+1 + 8fk − fk−1 ]. 12 3 12 12

El método de Adams-Moulton de dos pasos es entonces u0 = α0

h [5f (ti+1 , ui+1 ) + 8f (ti , ui ) − f (ti−1 , ui−1 )] 12

ui+1 = ui +

6.5.2.

u1 = α1

M´ etodo se Adams-Moulton de tres pasos

Tomemos ahora como antes el polinomio de Lagrange que pasa por los puntos (tk−2 , fk−2 ), (tk−1 , fk−1 ), (tk , fk ), (tk+1 , fk+1 ), luego f (y, y(t)) = fk−2 +fk−1

(t − tk−1 )(t − tk )(t − tk+1 ) (tk−2 − tk−1 )(tk−2 − tk )(tk−2 − tk+1 )

(t − tk−2 )(t − tk )(t − tk+1 ) (t − tk−2 )(t − tk−1 )(t − tk+1 ) +fk (tk−1 − tk−2 )(tk−1 − tk )(tk−1 − tk+1 ) (tk − tk−2 )(tk − tk−1 )(tk − tk+1 ) +fk+1

(t − tk−2 )(t − tk )(t − tk−1 ) , (tk+1 − tk−2 )(tk+1 − tk−1 )(tk+1 − tk )

por consiguiente Z tk+1 Z f (t, y(t))dt = fk−2 tk

tk+1 tk

Z

tk+1

+fk−1 Z

tk tk+1

+fk Z

tk tk+1

+fk+1 (tk

(t − tk−1 )(t − tk )(t − tk+1 ) dt (tk−2 − tk−1 )(tk−2 − tk )(tk−2 − tk+1 )

(t − tk−2 )(t − tk−1 )(t − tk+1 ) dt (tk − tk−2 )(tk − tk−1 )(tk − tk+1 ) (t − tk−2 )(t − tk−1 )(t − tk+1 ) (tk − tk−2 )(tk − tk−1 )(tk − tk+1 )

t − tk−2 )(t − tk )(t − tk−1 ) dt (tk+1 − tk−2 )(tk+1 − tk−1 )(tk+1 − tk )

si sustituimos t = tk + hu entonces dt = hdu y como ti − tj = (i − j)h, t − tk−2 = h(u + 2), t − tk−1 = h(u + 1), t − tk = h, t − tk+1 = h(u − 1), entonces Z 1 Z tk+1 h(u + 1)huh(u − 1) f (t, y(t))dt = fk−2 hdu −h(−2h)(−3h) 0 tk ´ 6.5. METODOS DE ADAMS-MOULTON

262


Z

Z 1 h(u + 2)huh(u − 1) h(u + 2)h(u + 1)h(u − 1) hdu + fk hdu h(−h)(−2h) 2h(−h)h 0 Z 1 h(u + 2)h(u + 1)hu +fk+1 hdu, h(2h)(−h) 0

1

+fk−1 0

por lo tanto Z tk+1 tk

hfk−2 f (t, y(t))dt = − 6

hfk −2u)du − 2 de modo que Z tk+1 tk

1 0

1 0

hfk−1 (u − u)du + 2

hfk+1 (u + 2u − u − 2)du + 6 3

Z

1

3

Z

1

2

(u3 + u2

0

(u3 + 3u2 + 2u)du,

0

´ hfk−2 ³ 1 1 ´ hfk−1 ³ 1 1 − + + −1 f (t, y(t))dt = − 6 4 2 2 4 3 −

o sea que Z

Z

Z

´ hf ³ 1 ´ hfk ³ 1 2 1 k+1 + − −2 + +1+1 2 4 3 2 2 4

tk+1

f (t, y(t))dt = tk

hfk−2 5hfk−1 19hfk 9hfk+1 − + + 24 24 24 24

h [fk−2 − 5fk−1 + 19fk + 9fk+1 ]. 24 El método de Adams-Moulton de tres pasos es entonces =

u0 = α0 ui+1 = ui +

u1 = α1

u2 = α2

h [f (ti−2 , ui−2 ) − 5f (ti−1 , ui−1 ) + 19f (ti , ui ) + 9f (ti+1 , ui+1 )] 24 0

Ejemplo 6.5.1. Considerar el problema con condiciones iniciales y (t) = y + 3t2 + 2, y(0) = 1, 0 ≤ t ≤ 2, usar el método de Adams-Bashforth de cuatro pasos y el de Adams-Moulton de tres pasos con h = 0.2 Soluci´ on Para el método de Adams-Bashforth de cuatro pasos se tiene que ui+1 = ui +

h [55(ui + 3t2i + 2) − 59(ui−1 + 3t2i−1 + 2) + 37(ui−2 + 3t2i−2 + 2) 24



263

−9(ui−3 + 3t2i−3 + 2)] pero tk = t0 + hk = hk, entonces se tiene que, ui+1 = ui +

h [55ui +6.6i2 +110−59ui−1 −7.08i2 +14.16i−7.08−118+37ui−2 +4.44i2 24

−17.76i + 17.76 + 74 − 9ui−3 − 1.08i2 + 6.48i − 9.73 − 18] o también ui+1 = ui +

h [55ui − 59ui−1 + 37ui−2 − 9ui−3 + 2.88i2 + 2.88i + 48.96] 24

pero como h = 0.2, entonces ui+1 =

1 [35ui − 11.8ui−1 + 7.4ui−2 − 1.8ui−3 + 0.576i2 + 0.576i + 9.792]. 24

Para el método de Adams-Moulton de tres pasos se tiene que ui+1 = ui +

h [9f (ti+1 , ui+1 ) + 19f (ti , ui ) − 5f (ti−1 , ui−1 ) + f (ti−2 , ui−2 )], 24

de modo que h [9(ui+1 +3t2i+1 +2)+19(ui +3t2i +2)−5(ui−1 +3t2i−1 +2)+ui−2 +3t2i−2 +2], 24 pero entonces

ui+1 = ui +

ui+1 = ui +

h [9(ui+1 + 0.12i2 + 0.24i + 2.12)19(ui + 0.12i2 + 2) 24

−5(ui−1 + 0.12i2 − 0.24i + 2.12) + ui−2 + 0.12i2 − 0.48i + 2.48] o sea que ui+1 = ui +

h [9ui+1 + 19ui − 5ui−1 + ui−2 + 2.88i2 + 2.88i + 48.96] 24

1 [1.8ui+1 + 3.8ui − ui−1 + 0.2ui−2 + 0.576i2 + 0.576i + 9.792] 24 de modo que = ui +

ui+1 −

1.8ui+1 1 = [27.8ui − ui−1 + 0.2ui−2 + 0.576i2 + 0.576i + 9.792] 24 24

luego ui+1 =

1 [27.8ui − ui−1 + 0.2ui−2 + 0.576i2 + 0.576i + 9.792]. 22.2

Los resultados aparecen en la tabla siguiente ´ 6.5. METODOS DE ADAMS-MOULTON

264 i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10


ti 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

ui u0 u1 u2 u3 u4 u5 u6 u7 u8 u9 u10

yi 1 1.6726248234 2.5464222788 3.7190692035 5.3098683564 7.4645364561 10.3610523047 14.2167997016 19.2972918196 25.9268271797 34.5015048904

Adams-Bashforth

Adams-Moulton

5.30837762188 7.46054168108 10.353735621 14.20499176972 19.279123658 25.9001289049 34.4634611452

3.71918533906 5.31015563568 7.46506422473 10.3619129225 14.2181146914 19.2992201956 25.929576096 34.5053431627

TABLA 31 ¥ En la tabla anterior podemos observar como el método impl´ıcito de Adams-Moulton de tres pasos produce una mejor aproximación que el método expl´ıcito de Adams-Bashforth de cuatro pasos.

6.6.

M´ etodos Predictor-Corrector

A menudo los métodos de Adams-Bashforth se conocen como predictores, en el sentido en que estos predicen una aproximación y los métodos expl´ıcitos de Adams-Moulton se conocen como correctores ya que corrigen la aproximación dada por los predictores, si se combinan ambos métodos, establecemos los llamados métodos predictor-corrector, en estos si pi+1 es la aproximación dada por el método predictor, este valor se usa para calcular la aproximación ui+1 en el corrector. Para ilustrar esto sea pi+1 la aproximación producida por el método predictor de Adams-Bashforth en el ejemplo anterior, luego pi+1 = ui +

h [55(ui + 3t2i + 2) − 59(ui−1 + 3t2i−1 + 2) + 37(ui−2 + 3t2i−2 + 2) 24 −9(ui−3 + 3t2i−3 + 2)],


265


como hemos dicho esta aproximación se usa para calcular la aproximación en el método corrector, en este caso el de Adams-Moulton de tres pasos, entonces se tiene que ui+1 = ui +

h [9f (ti+1 , pi+1 ) + 19f (ti , ui ) − 5f (ti−1 , ui−1 ) + f (ti−2 , ui−2 )]. 24

Hacemos notar que al resolver el ejemplo hemos usado los primeros valores exactos del problema con condición inicial, estos naturalmente no siempre están disponibles puesto que en muchos casos la solución exacta del problema no se tiene de manera expl´ıcita, bastar´ıa entonces con calcular estos valores usando uno cualquiera de los métodos de aproximación estudiados con anterioridad. 0

Ejemplo 6.6.1. Considerar el problema con condiciones iniciales y (t) = y + 3t2 + 2, y(0) = 1, 0 ≤ t ≤ 2, usar el método predictor- corrector con h = 0.2 Soluci´ on Para encontrar las primeras cuatro aproximaciones, hemos usado el método de Runge-Kuta de orden cuatro, los resultados están dados en la siguiente tabla i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

ti 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

ui 1 1.67262 2.54640473467 3.71902540959 5.30964596925 7.46428114957 10.3607737863 14.2164952815 19.296964184 25.9264811644 34.5011483923

y(ti ) 1 1.6726248234 2.5464222788 3.7190692035 5.3098683564 7.4645364561 10.3610523047 14.2167997016 19.2972918196 25.9268271797 34.5015048904

Ei 0 0.0000048224 0.000001754413 0.00004379391 0.00022238715 0.00025530643 0.0002785184 0.00030442201 0.0003276356 0.0003460153 0.0003564981

TABLA 32 ¥ ´ 6.6. METODOS PREDICTOR-CORRECTOR

266


6.6.1.

M´ etodo de Milne-Simpson

Otro método predictor-corrector es el de Milne-Simpson, y para deducirlo 0 consideremos nuevamente el problema y (t) = f (t, y), y(t0 ) = y0 , a ≤ t ≤ b, por el teorema fundamental del cálculo en el intervalo [tk−3 , tk+1 ], tenemos que Z Z tk+1

tk+1

0

y (t)dt = tk−3

f (t, y(t))dt, tk−3

luego entonces

Z

tk+1

y(tk+1 ) − y(tk−3 ) =

f (t, y(t))dt, tk−3

o sea que

Z

tk+1

f (t, y(t))dt,

y(tk+1 ) = y(tk−3 ) + tk−3

debemos por tanto evaluar la integral, para hacerlo consideremos el polinomio de Lagrange de f (t, y(t)) que pasa por los puntos (tk−3 , fk−3 ), (tk−2 , fk−2 ), (tk−1 , fk−1 ), (tk , fk ), luego f (y, y(t)) = fk−3

(t − tk−2 )(t − tk−1 )(t − tk ) (tk−3 − tk−2 )(tk−3 − tk−1 )(tk−3 − tk )

+fk−2


+fk−1


+fk

(t − tk−3 )(t − tk−2 )(t − tk−1 ) , (tk − tk−3 )(tk − tk−2 )(tk − tk−1 )

luego entonces Z Z tk+1 f (t, y(t))dt = fk−3

tk+1 tk−3

tk−3

Z

tk+1

+fk−2 Z

tk−3 tk+1

+fk−1 tk−3

Z

tk+1

+fk tk−3

(t − tk−2 )(t − tk−1 )(t − tk ) dt (tk−3 − tk−2 )(tk−3 − tk−1 )(tk−3 − tk )

(t − tk−3 )(t − tk−1 )(t − tk ) dt (tk−2 − tk−3 )(tk−2 − tk−1 )(tk−2 − tk ) (t − tk−3 )(t − tk−2 )(t − tk ) dt (tk−1 − tk−3 )(tk−1 − tk−2 )(tk−1 − tk ) (t − tk−3 )(t − tk−2 )(t − tk−1 ) dt, (tk − tk−3 )(tk − tk−2 )(tk − tk−1 )


267


sea t = tk + vh, luego dt = hdv, pero t − tk−3 = t − tk − 3 = vh − 3 = h(v − 3) y t − tk+1 = t − tk − h = vh − h = h(v − 1) luego si t = tk−3 , entonces v = −3 y si t = tk , entonces v = 1 además ti − tj = (i − j)h y t − tk−1 = h(v + 1), t − tk−2 = h(v + 2), t − tk−3 = h(v + 3) as´ı que Z tk+1 Z 1 Z 1 h(v + 2)h(v + 1)hv h(v + 3)h(v + 1)hv f (t, y(t))dt = fk−3 hdv+fk−2 hdv −h(−2h)(−3h) h(−h)(−2h) tk−3 −3 −3 Z

1

+fk−1 −3

h(v + 3)h(v + 2)vh hdv + fk 2h(h)(−h)

Z

1 −3

h(v + 3)h(v + 2)h(v + 1) hdv, h(2h)(3h)

de modo que Z tk+1 Z Z hfk−2 1 3 hfk−3 1 3 2 (v +3v +2v)dv + (v +4v 2 +3v)dv f (t, y(t))dt = − 6 2 −3 −3 tk−3 hfk−1 − 2

Z

1

hfk (v + 5v + 6v)dv + 6 −3 3

2

Z

1

(v 3 + 6v 2 + 11v + 6)dv,

−3

por lo tanto Z

tk+1

f (t, y(t))dt = tk−3

ya que

R1 −3

8hfk−2 4hfk−1 8hfk − + , 3 3 3

(v 3 + 3v 2 + 2v)dv = 0 luego Z

tk+1

f (t, y(t))dt = tk−3

4h [2fk−2 − fk−1 + 2fk ], 3

si ui ≈ y(ti ), entonces u?i+1 = ui−3 +

4h [2f (ti−2 , ui−2 ) − f (ti−1 , ui−1 ) + 2f (ti , ui )] 3

que es el valor predictor. Para calcular el corrector, tomamos ahora el polinomio de Lagrange ? de f (t, y(y)) que pasa por los puntos (tk−1 , fk−1 ), (tk , fk ), (tk+1 , fk+1 ), donde ? fk+1 = f (tk+1 , u?k+1 ) e integramos en el intervalo [tk−1 , tk+1 ]. Luego entonces se tiene que Z Z tk+1 f (t, y(t))dt = fk−1 tk−1

tk+1 tk−1

(t − tk )(t − tk+1 ) dt (tk−1 − tk )(tk−1 − tk+1 )

´ 6.6. METODOS PREDICTOR-CORRECTOR

268


Z

tk+1

+fk tk−1

(t − tk−1 )(t − tk+1 ) ? dt + fk+1 (tk − tk−1 )(tk − tk+1 ))

Z

tk+1 tk−1

(t − tk−1 )(t − tk ) dt (tk+1 − tk−1 )(tk+1 − tk )

de modo que si tomamos t = tk + vh se tiene que Z tk+1 Z 1 vh(v + 1)h f (t, y(t))dt = fk−1 hdv h(2h) tk−1 −1 Z 1 Z 1 h(v + 1)h(v − 1) hvh(v + 1) ? +fk hdv + fk+1 hdv h(−h) h(2h) −1 −1 o sea que Z Z 1 Z tk+1 Z 1 ? hfk+1 hfk−1 1 2 2 (v −v)dv−hfk (v 2 +v)dv, f (t, y(t))dt = (v −1)dv+ 2 2 −1 −1 tk−1 −1 de ese modo tenemos que Z tk+1 ? hfk−1 4hfk hfk+1 f (t, y(t))dt = + + , 3 3 3 tk−1 luego entonces el valor del corrector es h ui+1 = ui + [f (ti−1 , ui−1 ) + 4f (ti , ui ) + f (ti+1 , u?i+1 )] 3 Ejemplo 6.6.2. Usar el método predictor-corrector de Milne-Simpson para 0 aproximar el problema con condiciones iniciales y (t) = y + 3t2 + 2, y(0) = 1, 0 ≤ t ≤ 2 con h = 0.2 Soluci´ on El valor del predictor de Milne-Simpson está dado por 4h [2f (ti−2 , ui−2 ) − f (ti−1 , ui−1 ) + 2f (ti , ui )] 3 y el valor del corrector es u?i+1 = ui−3 +

h ui+1 = ui + [f (ti−1 , ui−1 ) + 4f (ti , ui ) + f (ti+1 , u?i+1 )], 3 luego para el predictor se tiene que 1 u?i+1 = [1.6ui − 0.8ui−1 + 1.6ui−2 + 3ui−3 + 0.288i2 − 0.576i + 5.472] 3 y para el corrector 1 ui+1 = [0.2u?i+1 + 0.8ui + 3.2ui−1 + 0.144i2 + 2.448] 3 los resultados aparecen en la tabla siguiente CAPÍTULO 6. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS CON CONDICIONES INICIALES

269


i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

ti 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

ui 1 1.67262 2.54640473467 3.71902540959 5.3098053566 7.46443243907 10.3609055303 14.2165842474 19.2969954393 25.9264146804 34.5009483507

y(ti )

Ei

5.3098683564 7.4645364561 10.3610523047 14.2167997016 19.2972918196 25.9268271797 34.5015048904

0.0000629998 0.00018849767 0.0001467744 0.0002154542 0.0002963803 0.0004124993 0.0005565397

TABLA 33 Hacemos notar que usando solo el predictor los resultados obtenidos son i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

ti 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

ui 1 1.67262 2.54640473467 3.71902540959 5.30850295587 7.46221639924 10.3581049608 14.2126392339 19.290236687 25.9165757422 34.4882898313

y(ti )

Ei

5.3098683564 7.4645364561 10.3610523047 14.2167997016 19.2972918196 25.9268271797 34.5015048904

0.00136540053 0.00232005686 0.0029473439 0.0041604677 0.0070551326 0.0102514375 0.0132150591

TABLA 34 Al comparar las tablas anteriores observemos que al aplicar solo el predictor la aproximación es buena, pero esta mejora si aplicamos luego el corrector. ¥

6.7.

Sistema de Ecuaciones Diferenciales

Definici´ on 6.7.1. Un sistema de dos ecuaciones diferenciales de primer orden con condiciones iniciales est´ a dado por ½ 0 y (t) = f1 (t, y(t), x(t)) y(a) = α1 , (6.9) 0 x (t) = f2 (t, y(t), x(t)) x(a) = α2 6.7. SISTEMA DE ECUACIONES DIFERENCIALES

270


con a ≤ t ≤ b Definici´ on 6.7.2. Las funciones y1 (t) y x1 (t) son soluciones del sistema 6.9 si y1 (t) y x1 (t) son derivables y además se cumple que ½ 0 y1 (t) = f1 (t, y1 (t), x1 (t)) y1 (a) = α1 , (6.10) 0 x1 (t) = f2 (t, y1 (t), x1 (t)) x1 (a) = α2

6.7.1.

Aproximaci´ on Num´ erica

Una primera aproximación numérica del problema 6.9 se tiene si consideramos dy = yk+1 − yk , dx = xk+1 − xk , dt = tk+1 − tk , de modo que el problema    dy = f1 (tk , y(tk ), x(tk )) y1 (a) = α1 , dt dx   = f2 (tk , y(tk ), x(tk )) x1 (a) = α2 dt se puede aproximar escribiendo yk+1 − yk = f1 (tk , y(tk ), x(tk ))h xk+1 − xk = f2 (tk , y(tk ), x(tk ))h donde h = tk+1 − tk por tanto se tiene que ui+1 = ui + f1 (ti , y(ti ), x(ti ))h vi+1 = vi + f2 (ti , y(ti ), x(ti ))h donde vi ≈ x(ti ) y ui ≈ y(ti ), esta es la aproximación de Euler. Una mejor aproximación para resolver 6.9 se tiene cuando usamos el método de Runge-Kuta de cuarto orden que como sabemos esta dado por h ui+1 = ui + (F1 + 2F2 + 2F3 + F4 ) 3 h vi+1 = vi + (G1 + 2G2 + 2G3 + G4 ) 3 donde F1 = f1 (ti , y(ti ), x(ti )) h h h F2 = f1 (ti + , ui + F1 , vi + G1 ) 2 2 2

G1 = f2 (ti , y(ti ), x(ti )) h h h G2 = f2 (ti + , ui + F1 , vi + G1 ) 2 2 2


271


h h h F3 = f1 (ti + , ui + F2 , vi + G2 ) 2 2 2 y

h h h G3 = f2 (ti + , ui + F2 , vi + G2 ) 2 2 2

h F4 = f1 (ti + , ui + hF3 , vi + hG3 ) 2

En general si se tiene el dado por dy1 dt dy2 dt dy3 dt

h G4 = f2 (ti + , ui + hF3 , vi + hG3 ) 2

sistema de n ecuaciones diferenciales lineales = f1 (t, y1 , y2 , y3 , · · · , yn ) = f2 (t, y1 , y2 , y3 , · · · , yn ) = f3 (t, y1 , y2 , y3 , · · · , yn ) . . .

dyn = fn (t, y1 , y2 , y3 , · · · , yn ) dt con y1 (a) = α1 , y2 (a) = α2 , y3 (a) = α3 , · · · , yn (a) = αn entonces, si suponemos que hemos calculado las aproximaciones u1,j , u2,j , u3,j , · · · , un,j , para calcular las aproximaciones u1,j+1 , u2,j+1 , u3,j+1 , · · · , un,j+1 por el método de Runge-Kuta de cuarto orden se calcula inicialmente los valores de RK1,j = hfj (tj , u1,j , u2,j , u3,j , · · · , un,j ) ∀j = 1, 2, 3, · · · n h 1 1 1 1 RK2,j = hfj (tj + , u1,j + RK1,1 , u2,j + RK1,2 , u3,j + RK1,3 , · · · , un,j + RK1,n ) 2 2 2 2 2 ∀j = 1, 2, 3, · · · n h 1 1 1 1 RK3,j = hfj (tj + , u1,j + RK2,1 , u2,j + RK2,2 , u3,j + RK2,3 , · · · , un,j + RK2,n ) 2 2 2 2 2 ∀j = 1, 2, 3, · · · n y por u ´ltimo RK4,j = hfj (tj+1 , u1,j + RK3,1 , u2,j + RK3,2 , u3,j + RK3,3 , · · · , un,j + RK3,n ) 6.7. SISTEMA DE ECUACIONES DIFERENCIALES

272


∀j = 1, 2, 3, · · · n de modo que se tiene u1,j+1 = u1,j +

(RK1,j + 2RK2,j + 2RK3,j + RK4,j ) 6

∀j = 1, 2, 3, · · · n Ejemplo 6.7.1. Resolver el sistema de ecuaciones diferenciales dado por 0

u1 = u2

0≤t≤2

0

u2 = −u1 − 2et + 1 0

u3 = −u1 − et + 1

u1 (0) = 1

0≤t≤2

u2 (0) = 0

0≤t≤2

u3 (0) = 1

Soluci´ on Utilizando el método de Runge-Kutta de cuarto orden, para sistema de ecuaciones con h = 0.2 los resultados se muestran en la siguiente tabla i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

ti 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

u1 1 0.9573287755 0.8186474956 0.5678513505 0.1885153676 -0.3365112519 -1.025716648 -1.899771276 -2.982636139 -4.302967654 -5.895857864

u2 0 -0.4399988675 -0.9601667038 -1.561399861 -2.246152634 -3.019399866 -3.889733852 -4.870603803 -5.981711933 -7.250588086 -8.714374822

u3 1 0.7814040135 0.5316582668 0.2607193959 -0.02061102516 -0.3011170837 -0.5696156421 -0.8154021404 -1.028677315 -1.200937819 -1.325315178

TABLA 35

6.8.

Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior

Una ecuación diferencial de orden superior, es una ecuación diferencial que 00 000 contiene derivadas de orden superior x (t), x (t), · · · xn (t)


273


Consideremos primero una ecuación diferencial de orden dos con condiciones iniciales, esto es, una ecuación de la forma 00

0

ax (t) + bx (t) + cx(t) = f (t) 0

con x(a0 ) = α y x (a0 ) = β resolver una ecuación como la planteada antes es equivalente a resolver un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden, lo cual es posible si tomamos 0 v(t) = x (t), luego entonces 0

00

v (t) = x (t), de modo que se tiene el sistema 0

x (t) = v(t) 0

v (t) = g(t, v(t)) 0

con x(a) = x0 , x (a) = v0 . En general si se tiene una ecuación de orden n dada por 0

00

xn (t) = f (t, x(t), x (t), x (t), · · · , xn−1 (t)) 0

a≤t≤b

00

con x(t0 ) = a1 , x (t0 ) = a2 , x (t0 ) = a3 , · · · , xn−1 (t0 ) = an , entonces si se 0 00 toma v1 (t) = x(t), v2 (t) = x (t), v3 (t) = x (t), · · · , vn (t) = xn−1 (t) se tiene el sistema 0 v1 (t) = v2 (t) 0

v2 (t) = v3 (t) 0

v3 (t) = v4 (t) . . . 0

vn (t) = f (t, vi (t)), v2 (t), · · · , vn (t) con v1 (a) = a1 , v2 (a) = a2 , v3 (a) = a3 · · · , vn (a) = an , sistema que se puede resolver ahora por ejemplo usando el método de Runge-Kuta de cuarto orden mostrado en la sección anterior. 6.8.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

274


Ejemplo 6.8.1. Aproxime la ecuaci´ on diferencial con valores iniciales dada por 00 0 0 y − 2y + y = tet − t, 0≤t≤1 y(0) = y (0) = 0 Soluci´ on 0

Sea u1 (t) = y(t), y u2 (t) = y (t), entonces la ecuación diferencial de segundo orden se transforma en el sistema de ecuaciones lineales 0

u1 (t) = u2 (t), 0

u2 (t) = tet − t + 2u2 (t) − u1 (t), sistema que al aplicarle el método de Runge- Kutta se obtienen como resultado los mostrado en la tabla 36 i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

ti 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

u1 0 0.000008972441866 0.0001535194529 0.0008342683499 0.002832054801 0.007429677753 0.01656148953 0.03299617073 0.06055896274 0.104400702 0.1713222417

u2 0 0.0003639197722 0.003178822156 0.01171908535 0.03035325337 0.06479838816 0.1224237448 0.2126123301 0.3471902812 0.5409355892 0.81217952

TABLA 36

Ejercicios Para los problemas 1-5, resuelva el problema con valor inicial y compare sus resultados con la solución exacta que se da. a) Usando el método de Euler con h = 0.5, y h = 0.1. b) Usando el método de Taylor de segundo orden con h = 0.5, y h = 0.1. c) Usando el método de Runge-Kuta con h = 0.5, y h = 0.1. d) Usando el método de punto medio con h = 0.5, y h = 0.1. 0

1. y = xy + x, y(0) = 0, en [0; 1]. La solución exacta es y(x) =

1 x+1


275


x2

0

2. y = −y 2 , y(0) = 1, en [0; 1]. La solución exacta es y(x) = −1 + e 2 . 0

3. y = y + x, y(0) = 2, en [0; 1]. La solución exacta es y(x) = ex − x − 1. 0

4. y = x + 4yx−1 , y(1) = − 12 x2 + x4 .

1 , 2

en [1; 2]. La solución exacta es y(x) =

0

5. y = y cos x, y(0) = 1, en [0; 1]. La solución exacta es y(x) = esen x Para los problemas 6-13, resuelva el problema con valor inicial y compare sus resultados con la solución exacta que se da. Investigue el efecto que se causa usando diferentes tama˜ nos de paso a) Usando el método de Euler . b) Usando el método de Runge-Kuta c) Usando el método de punto medio . d) Usando el método de Adams-Bashforth-Moulton . 0

6. y = −y + sen x, y(0) = 0, en [0; π]. (Compare los resultados usando n = 12, 20, 40) La solución exacta es y(x) = 1.5e−x +0.5 sen x−0.5 cos x 0

7. y = y tan x + x, y(0) = 3, en [0; π/4]. La solución exacta es y(x) = x tan x + 2 sec x6 + 1. 0

8. y =

x2 +y 2 , 2xy

y(1) = 2, en [1; 2]. La solución exacta es y(x) = x(x + 3).

0

9. y = −y tan x + sec x, y(0) = 2, en [0; π/4]. La solución exacta es y(x) = sen x + 2 cos x. 0

10. y = y cos x, y(0) = 1, en [0; 1]. La solución exacta es y(x) = esen x 0

11. y = (y + x)2 , y(0) = −1, en [0; π/2]. La solución exacta es y(x) = −x + tan(x − π/4). √ 0 −xy, y(0) = 2, en [0; 2]. La soluci´ o n exacta es y(x) = 3 + e−x2 . 12. y = 3x y 0

13. √ y = xy −1 − xy, y(0) = 2, en [0; 2]. La solución exacta es y(x) = 1 + 3e−x2 . 0

14. Resolver y = xy + y 2 + x2 , y(0) = 1, en [0; 0.5] 0

1 , x2

y(1) = 13 , en [0.1; 1].

0

−2 , x

y(2) = −3, en [2; 3]

0

−2 , x

y(0.1) = 1, en [0.1; 1]

15. Resolver y =

−1 y x

− y2 +

16. Resolver y = x1 y + x1 y 2 + 17. Resolver y = x1 y + x1 y 2 + 6.8.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Índice alfab´ etico algoritmo de Newton para ecuaciones no lineales , 46 de Newton para sistemas no lineales, 92 análisis de error, 15 aproximación de Padé, 121 por redondeo, 12 por truncamiento, 12

diferencias divididas, 112 ecuaciones diferenciales de orden superior, 260 elemento pivote, 78 elementos diagonales, 70 eliminación gaussiana, 80 epsilon de la máquina, 15 error absoluto, 12 de discretización global, 236 de discretización local, 236 relativo, 12 extrapolación de Richardson, 171, 202

cercha c´ ubica con curvatura en los extremos, 143 c´ ubica con terminación parabólica, 140 c´ ubica extrapolada, 137 c´ ubica natural, 134 c´ ubica sujeta, 130 ceros de una función, 26 convergencia q-cuadrática, 27 q-c´ ubica, 27 q-lineal, 26 q-orden al menos p, 27 q-superlineal, 27 r-orden al menos p, 27 uniforme, 148 cuadratura adaptativa, 204

factorización LU, 83 fila pivote, 78 función Lipschitz, 229 función periódica, 148 fórmula de los cinco puntos , 169 de los tres puntos , 165 fórmulas abiertas de Newton - Cotes, 182 cerradas de Newton-Cotes, 182 grado de exactitud, 182

diferencia centrada de orden O(h2 ), 159 de orden O(h4 ), 161

integración adaptativa, 204 276

277


Gauss-Legendre, 208 interpolación c´ ubica, 127 lineal a trozos, 126 lineal de Lagrange, 103 polinomial a trozos o spline, 125 iteración de punto fijo, 31 matriz ampliada del sistema, 75 bien condicionada, 73 cuadrada, 68 de ancho r, 70 de coeficientes, 75 definida positiva, 71 estrictamente diagonal dominante, 70 Hessemberg Inferior, 70 Hessemberg Superior, 70 identica, 68 invertible, 70 jacobiana, 70 nula, 68 n´ umero condición de una, 73 simétrica, 71 transpuesta, 71 triangular inferior, 69 triangular superior, 69 tridiagonal, 70 multiplicadores, 78 método ∆2 de Aitken, 59 de bisección, 38 de integración de Romberg, 199 de Adams-Bashforth de cuatro pasos, 247 de Adams-Bashforth de dos pasos , 245

de Adams-Bashforth de tres pasos, 246 de Adams-Moulton de dos pasos, 249 de Adams-Moulton de tres pasos, 250 de diferencias, 235 de Euler, 233 de Gauss- Saidel, 89 de Heun, 241 de Jacobi, 86 de la Secante, 55 de Milne-Simpson, 254 de Newton, 45, 91 de punto fijo, 27, 95 de Runge-Kuta de cuarto orden, 242 de Runge-Kuta de orden dos, 240 de Taylor, 236 de Taylor de Orden 2, 237 de Taylor de Orden 4, 237 modificado de Euler, 241 modificado de Newton, 52 predictor-corrector, 252 regula falsi, 43 métodos multipasos, 244 multipasos expl´ıcitos, 244 multipasos impl´ıcitos, 244 norma de una matriz, 72 vector, 11 notación cient´ıfica normalizada, 9 fl(x), 11 O de Landau, 16 n´ umero de máquina, 7 punto flotantes, 7

ÍNDICE ALFABETICO ´

278


operaciones elementales, 78 pivoteo parcial, 81 parcial escalado, 82 trivial, 81 polinomio de Hermite, 115 de Taylor, 101 interpolador de Lagrange, 106 interpolador de Newton, 110 osculante, 115 punto fijo, 30 punto flotante, 7 normalizado, 7 regla 3 de Simpson, 182 8 compuesta de los 38 de Simpson, 193 compuesta de Simpson, 191 compuesta del trapecio, 188 de Gauss-Legendre de dos nodos, 210 de Boole, 183 de Simpson, 180 del punto medio, 182 del trapecio, 178

convergente, 39 creciente, 38 decreciente, 38 divergente, 39 Teorema de Fermat, 28 de Rolle, 29 de Weierstrass, 39 del punto fijo, 32 del valor intermedio, 30 del valor medio, 29 generalizado del valor medio, 49 sustitución progresiva, 76 sustitución regresiva, 76 transformaciones elementales, 78

serie, 146 de Fourier, 152 sistema de ecuaciones lineales, 74 triangular superior de ecuaciones lineales, 75 de ecuaciones diferenciales , 257 de ecuaciones no lineales, 91 sucesión acotada inferiormente, 39 acotada superiormente, 39 ÍNDICE ALFABETICO ´

Bibliograf´ıa [1] Richard L. Burden., J.Douglas Faires. An´ alisis Numérico. Thomson Learning [2] Jhon H. Mathews., Kurtis D. Fink. Métodos Numéricos con MATLAB 3.a Edición. Prentice Hall [3] Jorge Nocedal., Stephen J. Wright, Numerical Optimization. Springer [4] Ignacio Mantilla, An´ alisis Numérico. Universidad Nacional de Colombia. [5] Steven C. Chapra., Raymond P. Canale, Métodos Numéricos para Ingenieros. Editorial McGraw-Hill . [6] D. Kincaid., W. Chenney An´ alisis Numérico. Editorial Addison Wesley Iberoamericana. [7] Shoichiro Nakamura, An´ alisis Numérico y Visualización Grafica. Editorial Prentice Hall. [8] Shoichiro Nakamura, Métodos Numéricos Aplicados con Software. Editorial Prentice Hall. [9] Philips Clarke Jr., Calculus and Analytic Geometry. D.C. Heath and Company. [10] Laurene V. Faussett., Applied Numerical Analysis using MATLAB. Editorial Prentice Hall. [11] Introduction to Numerical Linear Algebra and Optimisation. Cambridge Texts in Applied Mathematics. [12] J.D.Hoffman., Numerical Methods for enginers and scientists. Editorial McGraw-Hill. 279

280


[13] Yu Takeuchi., Sucesiones y Series. Universidad Nacional de Colombia. [14] E. Kreyszig., Matemáticas Avanzadas para Ingenieros. Editorial Limusa, Mexico.

BIBLIOGRAFÍA

Analisis Numerico Libro Zapateiro

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