Método Numérico

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(1)

Universidad Católica del Norte

Departamento de Matemáticas

SEGUNDA PRUEBA DE CALCULO NUMERICO

M ARTES 01 DE JUNIO DEL 2010

Prof.: Mario Salas G.

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

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.

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

PROBLEMA 1: Dado el sistema de ecuaciones lineales

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

  

1) (2ptos.)Usando pivoteo parcial, determine las matricesLyU del métodoLU.

2) (2ptos.)Usando lasLyUobtenidas en el apartado 1) resuelva el sistema.

3) (2ptos.)Determinar, usando las matricesLyUobtenidas en el apartado 1), la inversa de la

matriz de los coeficientesAdel sistema. Considere A−1=

| X1

| | X2

| | X3

|

, dondeXi son

las columnas de la matrizA−1.

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

PROBLEMA 2: Dado el sistema

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

  

1) (2 ptos.)Determine las matricesTJ yTGS usando las matricesD, LyU. 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, conX(0) = (0,0,0), determine una aproximación de

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

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

PROBLEMA 3: Dada la función

f(x) = 2x

1) (2.5ptos.)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

(2)

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

P1=f13(I3) =

 0 0 10 1 0 1 0 0

 yP2=f23(I3) =

 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 yUa partir de la matrizPA

 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

(3)

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

, LYUX2=e3 2=Y2

y LYUX3=e1 3=Y3

Así,

[L:e2:e3:e1] =

    

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

(4)

y

[U:Y1:Y2:Y3] =

    

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 matrizAse 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,

TJ = 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

TGS = (DL)−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

(5)

Por otra parte,

TJ

∞ = 1maxi3

 

3

j=1

|tij|

 

= max 1

5, 1 5,

1 5

= 1 5 <1 y

TGS

∞ = 1maxi3

 

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, comoTJ

∞<1, entonces

XX(m) ∞≤

TJm ∞

1− TJ

X(1)X(0) ∞<10

−4

donde

TJ

∞ =

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

(6)

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

(7)

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) = −1.847762x30.707107x2+ 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 = −2.409045x30.9219x2+ 2.056247x+ 0.78689

y3L3(x) = 1.8972090.765368x3+ 0.707107x2−0.112085x−0.103553 = 1.452063x3+ 1.341529x20.212648x0.196461

es decir,

2x≈P(x) = 0.056851x3+ 0.24998x2+ 0.69298x+ 0.998778 2) 2x2P(x2) = 0.056851x6+ 0.24998x4+ 0.69298x2+ 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 /11 = 2.575776

3) Notamos que 2x2

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

E(x2) =

(8)

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 x2+ 0.382683 x20.382683 x20.923879'' 4! −max1≤ξ≤1

' '

'f(4)(ξ)'''

donde,

f(4)(ξ) = 2ξ2+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 x2+ 0.382683 x20.382683 x20.923879 = x8x4+ 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

Figure

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