Método Numérico

Universidad Católica del Norte

Departamento de Matemáticas

SEGUNDA PRUEBA DE CALCULO NUMERICO

M ARTES 01 DE JUNIO DEL 2010

Prof.: Mario Salas G.

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Nombre: _______________________________________ Nota: ________

************************************************************************************** INSTRUCCIONES:

A. Tiempo de duración de la prueba 3horas. B. No se aceptan consultas. C. Todos los cálculos deben hacerse con6cifras decimales de precisión.

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PROBLEMA 1: Dado el sistema de ecuaciones lineales

x2 + 3x3 = 8 2x1 + x2 = 1 3x1 + 2x2 + x3 = 4

  

1) (2_{ptos.)Usando pivoteo parcial, determine las matrices}L_yU _{del método}LU_.

2) (2_{ptos.)Usando las}L_yU_{obtenidas en el apartado 1) resuelva el sistema.}

3) (2_{ptos.)Determinar, usando las matrices}L_yU_{obtenidas en el apartado 1), la inversa de la}

matriz de los coeficientesA_{del sistema. Considere} A−1₌

| X₁

| | X₂

| | X₃

|

, dondeX_{i son}

las columnas de la matrizA−1_.

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PROBLEMA 2: Dado el sistema

10x1 + x2 + x3 = 12 x1 + 10x2 + x3 = 12 x1 + x2 + 10x3 = 12

  

1) (2 _{ptos.)Determine las matrices}T_{J y}T_{G−S usando las matrices}D_, L_yU_{. Según la·∞, ¿qué}

se puede decir de la convergencia de los métodos de Jacobi y de Gauss - Seidel?. Justifique su respuesta.

2) (2 _{ptos.)Usando el método de Jacobi, con} X(0) _{= (0,0,0), determine una aproximación de la}

solución del sistema dado deteniendo el proceso iterativo cuando el error absoluto sea menor que 10−4_.

3) (2 _{ptos.)Usando el método de Gauss-Seidel, con}X(0) _{= (0,0,0), determine una aproximación de}

la solución del sistema dado deteniendo el proceso iterativo cuandom= 3.

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PROBLEMA 3: Dada la función

f(x) = 2x

1) (2_.5_{ptos.)Aproximar la funciónf(x)por un polinomio de Lagrange de grado menor o igual que3}

en[−1,1]usando nodos de Chebyshev.

2) (1 _{pto.)Usando la aproximación obtenida en el apartado 1) determine una aproximación para el}

área bajo la curvay= 2x2

PAUTA DE CORRECCION PROBLEMA 1: Sean

A₌

 

0 1 3 2 1 0 3 2 1



 y K₌

 

8 1 4

 

1) 

 0 1 32 1 0 3 2 1

  f13

→



 3 2 12 1 0 0 1 3

  f21

−23

→



 30 −213 −123 0 1 3

  f23

→



 30 21 13 0 −1

3 −23   f32

₁ 3

→



 3 20 1 13 0 0 1₃

 , luego

P_1=f13(I_{3) =}



 0 0 10 1 0 1 0 0



 yP_2=f23(I_{3) =}



 1 0 00 0 1 0 1 0

 

entonces

P ₌ P₂P₁₌



 1 0 00 0 1 0 1 0

 



 0 0 10 1 0 1 0 0

 

= 

 0 0 11 0 0 0 1 0

 

y

PA ₌



 0 0 11 0 0 0 1 0

  

 0 1 32 1 0 3 2 1

 

= 

 3 2 10 1 3 2 1 0

 

Ahora buscamos las matricesL _yU_{a partir de la matriz}PA



 3 2 10 1 3 2 1 0



 m31=−23

→



 30 21 13 0 −13 −23



 m32=13

→



 3 20 1 13 0 0 1₃

 

Por tanto,

L₌

 

1 0 0 0 1 0 2

3 −13 1   yU₌

 

3 2 1 0 1 3 0 0 1 3

 

2) Se quiere resolver el sistema

(AX₌K_{) ⇐⇒} PAX₌PK

⇐⇒ LUX₌PK

esto es eqivalente a resolver

LY₌PK UX₌Y

donde

PK₌

 

0 0 1 1 0 0 0 1 0

 

 

8 1 4

 =

 

4 8 1

 

luego,

[L_:PK_{] =}

    

1 0 0 ... 4

0 1 0 ... 8 2

3 −13 1 ... 1     =⇒

  

y1= 4 y2= 8 y3= 1

Por tanto,

[U_:Y_{] =}

    

3 2 1 ... 4

0 1 3 ... 8

0 0 1₃ ... 1     =⇒

  

x1= 1 x2=−1

x3= 3

3) Sabemos que

AA−1 ₌ I PAA−1 ₌ P

(LU₎A−1 ₌ P

LU

| X₁

| | X₂

| | X₃

|

= P

| LUX₁

|

| LUX₂

|

| LUX₃

|

= P

luego, debemos resolver los sitemas

LY₁₌e₂ UX₁₌Y₁

, LY_UX2=e3 2=Y2

y LY_UX3=e1 3=Y3

Así,

[L_:e_2:e_3:e_{1] =}

    

1 0 0 ... 0 ... 0 ... 1

0 1 0 ... 1 ... 0 ... 0 2

3 − 1

3 1 ... 0 ... 1 ... 0     

=⇒

    

y(1)₁ = 0 y(1)₂ = 1 y(1)₃ = 1₃

,     

y₁(2)= 0 y₂(2)= 0 y₃(2)= 1

,     

y₁(3)= 1 y₂(3)= 0 y₃(3)=−23

=⇒ Y₁₌

  01

1  ,Y₂₌

  00

1 

 eY₃₌

  10

−2

y

[U_:Y_1:Y_2:Y_{3] =}

    

3 2 1 ... 0 ... 0 ... 1

0 1 3 ... 1 ... 0 ... 0

0 0 1

3 ... 13 ... 1 ... −23      =⇒     

x(1)₁ = 1 x(1)₂ =−2

x(1)₃ = 1 ,     

x(2)₁ = 5 x(2)₂ =−9

x(2)₃ = 3 ,     

x(3)₁ =−3 x(3)₂ = 6 x(3)₃ =−2

=⇒ X₁₌

  ₋12

1  ,X₂₌

  ₋59

3 

 yX₃₌

  −63

−2  

Por tanto,

A−1₌



 −12 −59 −36 1 3 −2

 

*******************************************************************************************

PROBLEMA 2: Sean

A₌

 

10 1 1 1 10 1 1 1 10

  yK=

  12 12 12  

1) De la matrizA_{se obtienen las matrices:}

D₌



 100 100 00 0 0 10

 ,L₌



 ₋01 00 00

−1 −1 0   yU₌



 00 −01 −−11 0 0 0

 

Por tanto,

T_{J =} D−1₍L₊U₎

=  

1

10 0 0 0 ₁₀1 0 0 0 ₁₀1

  

 ₋01 −01 −−11

−1 −1 0  

= 

 0 − 1 10 −101

−1

10 0 −101

−1

10 −101 0  

y

T_{G−S = (}D₋L₎−1U

= 

 101 100 00 1 1 10

 

−1

 00 −01 −−11 0 0 0

  =   1

10 0 0

− 1

100 101 0

− 9

1000 −1001 101    

0 −1 −1 0 0 −1 0 0 0

 

=  

0 −1 10 −101 0 1

100 −1009 0 9

Por otra parte,

T_J

∞ = ₁max_≤i≤3

 

3

j=1

|tij|

 

= max ₁

5, 1 5,

1 5

= 1 5 <1 y

T_G−S

∞ = ₁max_≤i≤3

 

3

j=1

|tij|

 

= max

1 5,

2 25,

7 250

= 1 5<1

Por tanto, ambos métodos, Jacobi y Gauss-Seidel convergen cualquiera que seaX(0)_.

2) Las ecuaciones iterativas del método de Jacobi para resolver el sistemaAX_{= 12 12 12} T _son

x(₁m) = 1 10

12−x(₂m−1)−x(₃m−1) x(₂m) = 1

10

12−x(₁m−1)−x(₃m−1) x(₃m) = 1

10

12−x(₁m−1)−x(₂m−1)

Por otra parte, comoT_J

∞<1, entonces

X₋X(m) ∞≤

T_Jm ∞

1− T_J ∞

X(1)₋X(0) ∞<10

−4

donde

T_J

∞ =

1 5

X(1) _{= (1.2,1.2,1.2)}

Así,

₁ 5

m

1−1 5

(1.2,1.2,1.2)∞ < 10−4

₁ 5

m

4 5

×1.2 < 10−4 ₁

5 m

×1.5 < 10−4 ₁

5 m

< 0.000066

Por tanto, con al menos m= 6iteraciones se obtiene que el error absoluto es menor que10−4_. Luego,

m x(₁m) x(₂m) x(₃m)

0 0 0 0

1 1.2 1.2 1.2 2 0.96 0.96 0.96 3 1.008 1.008 1.008 4 0.9984 0.9984 0.9984 5 1.00032 1.00032 1.00032 6 0.999936 0.999936 0.999936

3) Las ecuaciones iterativas del método de Gauss-Seidel para resolver el sistemaAX_{= 12 12 12} T

son

x(_im)= 1 aii

 ki−

i−1

j=1

aijx(jm)−

3

j=i+1

aijx(jm−1)



,m= 1,2,3;i= 1,2,3

luego,

x(₁m) = 1 10

12−x(₂m−1)−x(₃m−1) x(₂m) = 1

10

12−x(₁m)−x(₃m−1) x(₃m) = 1

10

12−x(₁m)−x(₂m)

Por tanto,

m x(₁m) x(₂m) x(₃m)

0 0 0 0

1 1.2 1.08 0.972 2 0.9948 1.00332 1.000188 3 0.999649 1.000016 1.000033

*******************************************************************************************

PROBLEMA 3:

1) Sabemos que xk= cos

2k+ 1 8 π

!

con k= 0,1,2,3(aquí,n−1 = 3 =⇒n= 4). Entonces, para

k = 0 =⇒cos 1 8π

!

= 0.923879 =x3

k = 1 =⇒cos 3 8π

!

= 0.382683 =x2

k = 2 =⇒cos 5 8π

!

=−0.382683 =x1

k = 3 =⇒cos 7 8π

!

=−0.923879 =x0

y

Por otra parte,

L0(x) =

(x+ 0.382683) (x−0.382683) (x−0.923879)

(−0.923879 + 0.382683) (−0.923879−0.382683) (−0.923879−0.923879) = −0.765368x3+ 0.707107x2+ 0.112085x+−0.103553

L1(x) =

(x+ 0.923879) (x−0.382683) (x−0.923879)

(−0.382683 + 0.923879) (−0.382683−0.382683) (−0.382683−0.923879) = 1.847762x3−0.707107x2−1.577162x+ 0.603553

L2(x) = (x+ 0.923879) (x+ 0.382683) (x−0.923879)

(0.382683 + 0.923879) (0.382683 + 0.382683) (0.382683−0.923879) = −1.847762x3_−0.707107x2_{+ 1.577162x+ 0.603553}

L3(x) =

(x+ 0.923879) (x+ 0.382683) (x−0.382683)

(0.923879 + 0.923879) (0.923879 + 0.382683) (0.923879−0.382683) = 0.765368x3+ 0.707107x2−0.112085x−0.103553

Por tanto,

P(x) =y0L0(x) +y1L1(x) +y2L2(x) +y3L3(x) donde

y0L0(x) = 0.527089−0.765368x3+ 0.707107x2+ 0.112085x−0.103553 = −0.403417x3+ 0.372708x2+ 0.059078x−0.054581

y1L1(x) = 0.7670091.847762x3−0.707107x2−1.577162x+ 0.603553 = 1.41725x3−0.542357x2−1.209697x+ 0.46293

y2L2(x) = 1.303764−1.847762x3−0.707107x2+ 1.577162x+ 0.603553 = −2.409045x3_−0.9219x2_{+ 2.056247x+ 0.78689}

y3L3(x) = 1.8972090.765368x3+ 0.707107x2−0.112085x−0.103553 = 1.452063x3_{+ 1.341529x}2_{−0.212648x−0.196461}

es decir,

2x≈P(x) = 0.056851x3+ 0.24998x2+ 0.69298x+ 0.998778 2) 2x2_≈P(x2_{) = 0.056851x}6_{+ 0.24998x}4_{+ 0.69298x}2_{+ 0.998778, luego}

" 1

−1 2x2

dx ≈

" 1

−1

0.056851x6+ 0.24998x4+ 0.69298x2+ 0.998778dx = 0.008121x7+ 0.049996x5+ 0.230993x3+ 0.998778x /1₋₁ = 2.575776

3) Notamos que 2x2

= 0.056851x6+ 0.24998x4+ 0.69298x2+ 0.998778 +E(x2) donde

E(x2) =

entonces _" 1

−1 2x2

dx= " 1

−1

P(x2)dx+ " 1

−1

E(x2)dx # $% &

E(x) Luego,

' '

' (E(x)''_'= ' ' ' '

" 1

−1

E(x2)dx ' ' ' '≤

" 1

−1 '

'E(x2₎'_'dx

Por otra parte,

'

'E(x2)''≤

'

'x2_{+ 0.923879 x}2_{+ 0.382683 x}2_{−0.382683 x}2₋0.923879'' 4! −max1≤ξ≤1

' '

'f(4)(ξ)''_'

donde,

f(4)_{(ξ) = 2}ξ2₊₂

(ln 2)2)4 (ln 2)2ξ4+ 12 (ln 2)ξ2+ 3*

=⇒ max

−1≤ξ≤1 '

'f(4)_(ξ)'_{'= max}

−1≤ξ≤1 ' ' '2ξ2₊₂

(ln 2)2)4 (ln 2)2ξ4+ 12 (ln 2)ξ2+ 3*''_'= 5.765436y

G(x) = x2_{+ 0.923879 x}2_{+ 0.382683 x}2_{−0.382683 x}2_{−0.923879 = x}8_−x4_{+ 0.125,} en-tonces

G′(x) = 8x7−4x3= 4x32x4−1= 0 =⇒

      

x= 0 x=+4 1

2

x=−4

+ 1 2 y

G′′(x) = 56x6−12x2=⇒G′′ ,

4

-1 2

. = 56

,

4

-1 2

.6

−12 ,

4

-1 2

.2

= 8√2>0

es decir, G(x)alcanza su mínimo valor enx=+4 1

2 que es:

G(x) = ,

4

-1 2

.8

−

,

4

-1 2

.4

+ 0.125 =−0.125

Así,

'

'E(x2₎'_'≤ |−0.125|

4! ×5.765436 = 0.030028 : Por tanto,

' '

' (E(x)''_' ≤

" 1

−1 '

'E(x2₎'_'dx

≤

" 1

−1