Universidad Católica del Norte
Departamento de Matemáticas
TERCERA PRUEBA DE CALCULO NUMERICO M ARTES 29 DE JUNIO DEL 2010
Prof.: Mario Salas G.
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Nombre: _______________________________________ Nota: ________
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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: Sabiendo que
x −2 −1 0 1 2 f(x) 0 2 3 2 0
.
1) (6 ptos.)Aproximar f(x) usando un polinomio spline cúbico natural S(x). Luego, determine
S′(1.2).
2) (6ptos.)Usando el método de los coeficientes indeterminados obtener una fórmula de la forma: 2
−2
f(x)dx=
4
k=0
ωkf(xk)
que determina el área exacta de la regióny=f(x)para−2≤x≤2.
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PROBLEMA 2: (6ptos.)Resolver el siguiente problema de contorno, usando diferencias finitas:
y′′− 2x
1 +x2y
′− 2
1 +x2y = 1
y(0) = 1.25 y′(4) = −0.95
con h= 0.8
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PROBLEMA 3: (6ptos.)Sea
I= 1
0
(4−x)exdx
FORMULARIO:
b
a
f(x)dx≈h 3
f(a) + 4 n
k=1
f2k−1+ 2
n−1
k=1
f2k+f(b)
E[f] =−(b−a) 180 h
4f(4)(ξ),
ξ∈(a, b),h=b−a 2n , xk =a+kh, k= 0...,2n
Sk(x) =αk+βk(x−xk) +γk(x−xk)2+δk(x−xk)3, x∈[xk, xk+1], k= 0, .., n−1
hk+1=xk+1−xk
αk =yk
βk =yk+1−yk hk+1
−2mk+mk+1 6 hk+1
γk =mk 2
δk =mk+1−mk 6hk+1 A=
2 λ0 0 · · · 0
µ1 2 λ1 · · · 0
0 . .. ... ... ... ..
. . .. ... λn−1
0 · · · 0 µn 2
, M= m0 m1 .. . .. . mn
, d= d0 d1 .. . .. . dn
λk =
hk+1
hk+hk+1
, µk= 1−λk, k= 1, ..., n−1
dk = 6 hk+hk+1
yk+1−yk hk+1
−yk−yk−1 hk
(2−hpk)yk−1+
−4 + 2h2qkyk+ (2 +hpk)yk
+1 = 2h2fk , conk= 1, ..., n−1
ak =−4 + 2h2qk ; k= 1, ..., n−1
bk= 2 +hpk ; k= 1, ..., n−2 ck= 2−hpk ; k= 2, ..., n−1 dk = 2h2fk ; k= 2, ..., n−2
d1= 2h2f
1−(2−hp1)y0
dn−1= 2h2fn−1−(2−hpn−1)yn
a1 b1 0 · · · 0
c2 a2 b2 · · · 0
0 . .. ... ... ... ..
. . .. ... bn−2
0 · · · 0 cn−1 an−1 y1 y2 .. . .. .
yn−1 = d1 d2 .. . .. .
PAUTA DE CORRECCION PROBLEMA 1:
1) Notamos quen= 4, luego
λ0=d0=µ4=d4= 0 y
h=xk+1−xk= 1,∀k
Por determinar, los polinomios
Sk(x) =αk+βk(x−xk) +γk(x−xk)
2
+δk(x−xk)3, conk= 0,1,2,3
Por otra parte,
λ1 =
1
2=⇒µ1= 1− 1 2=
1 2 λ2 =
1
2=⇒µ2= 1− 1 2=
1 2 λ3 =
1
2=⇒µ3= 1− 1 2=
1 2
d1 =
6 2
3−2 1 −
2−0 1
=−3
d2 =
6 2
2−3 1 −
3−2 1
=−6
d3 =
6 2
0−2 1 −
2−3 1
=−3
luego, debemos resolver el sistema
AM=d donde A=
2 0 0 0 0
1
2 2 12 0 0
0 12 2 12 0 0 0 12 2 12 0 0 0 0 2
, d=
0 −3 −6 −3 0 Así, M= m0 m1 m2 m3 m4 =
2 0 0 0 0
1
2 2 12 0 0
0 12 2 12 0 0 0 12 2 12 0 0 0 0 2
−1 0 −3 −6 −3 0 = 0 −67 −187 −67 0
Cálculo de los coef. de los polinomios:
k αk βk γk δk 0 0 15
7 0 −17
1 2 127 −37 −27 2 3 0 −9
7 27
Luego,
S0(x) = 15
7 (x+ 2)− 1 7(x+ 2)
3
S1(x) = 2 +12
7 (x+ 1)− 3 7(x+ 1)
2−2
7(x+ 1)
3
S2(x) = 3−9
7(x−0)
2+2
7(x−0)
3
S3(x) = 2−12
7 (x−1)− 3 7(x−1)
2+1
7(x−1)
3
Por tanto,
S(x) =
15
7 (x+ 2)− 1 7(x+ 2)
3 si −2≤
x≤ −1
2 +12
7 (x+ 1)− 3 7(x+ 1)
2
−2 7(x+ 1)
3
si −1≤x≤0
3−9 7x
2+2
7x
3 si 0≤x≤1
2−12
7 (x−1)− 3 7(x−1)
2+1
7(x−1)
3 si 1≤
x≤2
Por tanto, para 1≤x≤2, se tiene que
S′(x) = 3 7x
2−12
7x− 3 7=⇒S
′(1.2) =−1.868 6
2) Buscamos la fórmula de integración del tipo 2
−2
f(x)dx =
4
k=0
ωkf(xk)
= ω0f(−2) +ω1f(−1) +ω2f(0) +ω3f(1) +ω4f(2) que integra exactamente a polinomios de cuarto grado
f(x) = 1 =⇒ω0 +ω1+ω2 +ω3 +ω4 = 2
−2
dx= 4
f(x) = x=⇒ −2ω0 −ω1 +ω3 + 2ω4 = 2
−2
xdx= 0
f(x) = x2=⇒4ω0 +ω1 +ω3 + 4ω4 = 2
−2
x2dx= 16
3 = 5.333 333
f(x) = x3=⇒ −8ω0 −ω1 +ω3 + 8ω4 = 2
−2
x3dx= 0
f(x) = x4=⇒16ω0 +ω1 +ω3 + 16ω4 = 2
−2
x4dx= 64
5 = 12.8
La matriz ampliada del sistema es
1 1 1 1 1 ... 4
−2 −1 0 1 2 ... 0
4 1 0 1 4 ... 16
3 −8 −1 0 1 8 ... 0
16 1 0 1 16 ... 64
5 → f
1 1 1 1 1 ... 4
0 1 2 3 4 ... 8
0 0 2 6 12 ... 403
0 0 0 6 24 ... 16
luego,
ω4 = 14
45 = 0.311111 ω3 = 64
45 = 1.422222 ω2 = 24
45 = 0.533333 ω1 = 64
45 = 1.422222 ω0 = 14
45 = 0.311111
Por tanto, 2
−2
f(x)dx = ω0f(−2) +ω1f(−1) +ω2f(0) +ω3f(1) +ω4f(2)
= 1
45[14f(−2) + 64f(−1) + 24f(0) + 64f(1) + 14f(2)] = 1
45(14·0 + 64·2 + 24·3 + 64· 2 + 14·0) = 328
45 = 7.288889
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PROBLEMA 2: Comoh= 0.8y
xk = 0 + (0.8)k= (0.8)k
entonces
xn= (0.8)n= 4 =⇒n= 5
Así,
xk = (0.8)k, conk= 0,1,2,3,4,5
es decir
k 0 1 2 3 4 5 xk 0 0.8 1.6 2.4 3.2 4
Por otra parte, sabemos que
pk = p(xk) =− 2xk 1 +x2k qk = q(xk) =−
2 1 +x2
k fk = f(xk) = 1
y
k ak bk ck dk
1 −5.560975 1.219512 − −2.195609 2 −4.719101 1.280898 2.719101 1.28 3 −4.378698 1.431952 2.568047 1.28 4 −4.227758 − 2.455516 3.612740
Luego, resolvemos el sistema
−5.560975 1.219512 0 0 2.719101 −4.719101 1.280898 0
0 2.568047 −4.378698 1.431952 0 0 2.455516 −4.227758
y1
y2
y3
y4
=
−2.195609 1.28 1.28 3.612740
Por tanto,
y1 y2
y3
y4
=
−5.560975 1.219512 0 0 2.719101 −4.719101 1.280898 0
0 2.568047 −4.378698 1.431952 0 0 2.455516 −4.227758
−1
−2.195609 1.28 1.28 3.612740
=
0.318 61 −0.347 54 −0.957 47 −1.410 6
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PROBLEMA 3:
Sabemos que
|E[f]| ≤ (1−0) 180 h
4max 0≤ξ≤1
f(4)(ξ)
= h
4
1800max≤ξ≤1 f(4)(ξ)
<10−5
donde f(x) = (4−x)ex=⇒f(4)(ξ) =−ξeξ=⇒ max
0≤ξ≤1
f(4)(ξ)= max
0≤ξ≤1ξe
ξ=e= 2.718 3, luego e
180h
4 < 10−5
h4 < 180×10
−5
e h < 4
180×10−5
e = 0.160 41
peroh=1−0 2n =
1 2n, así
1
2n < 0.160 41 n > 1
2×0.160 41 = 3.117
Por tanto, con al menos n= 4se logra la precisión deseada. Así, 1
0
(4−x)ex dx≈ h 3
f(0) + 4
4
k=1
f2k−1+ 2 3
k=1
f2k+f(1)
dondeh= 1 2 (4) =
1
8 , f(x) = (4−x)e
xy xk= 0 +1 8k=
k
8 conk= 0,1, ...,8, entonces f(0) = 4 f(5
8) = 6.305330
f(1
8) = 4.390950 f( 6
8) = 6.880250
f(2
8) = 4.815095 f( 7
8) = 7.496485
f(3
8) = 5.274343 f(1) = 8.154845
f(4
Por tanto,
1
0
(4−x)exdx ≈ 1
24[4 + 4 (4.390950 + 5.274343 + 6.305330 + 7.496485) 2 (4.815095 + 5.770524 + 6.880250) + 8.154845]
≈ 1
