MAT 1105 B
Sistemas de ecuaciones no lineales EJERCICIOS RESUELTOS
1. Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones no lineales, utilizando el método de punto fijo multivariable:
𝟏
𝟑𝒙𝟏 − 𝐜𝐨𝐬 𝒙𝟐 𝒙𝟑 − 𝟐 = 𝟎
𝒙𝟐𝟏 − 𝟖𝟏 𝒙𝟐 + 𝟎. 𝟏
𝟐
+ 𝐬𝐞𝐧 𝒙𝟑 + 𝟏. 𝟎𝟔 = 𝟎 𝟏𝟎𝝅 − 𝟑 𝒆−𝒙𝟏 𝒙𝟐 + 𝟐𝟎𝒙𝟑 + =𝟎 𝟑
SOLUCIÓN Resolviendo por el método de punto fijo multivariable, con sustituciones simultaneas, primero se despejaran de las ecuaciones las variables de la siguiente forma: 1
1
𝑔1 = 𝑥1 = 3 cos 𝑥2 𝑥3 + 6 1
𝑔2 = 𝑥2 = 9 𝑥12 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥3 + 1.06 − 0.1 1
𝑔3 = 𝑥3 = − 20 𝑒 −𝑥 1 𝑥 2 −
10π−3 60
Para verificar que el sistema converge se deberán cumplir con las siguientes condiciones en las formulas con derivadas parciales: 𝜕𝑔1 𝜕𝑥 1
+
𝜕𝑔2 𝜕𝑥 1
+
𝜕𝑔3 𝜕𝑥 1
=0+
−2𝑥 1
𝜕𝑔1 𝜕𝑥 2
+
𝜕𝑔2 𝜕𝑥 2
+
𝜕𝑔3 𝜕𝑥 2
= − 3 𝑥3 sen 𝑥2 𝑥3
𝜕𝑔1 𝜕𝑥 3
+
𝜕𝑔2 𝜕𝑥 3
+
𝜕𝑔3 𝜕𝑥 3
= − 3 𝑥2 sen 𝑥2 𝑥3
18 𝑥 12 +𝑠𝑒𝑛 𝑥 3 +1.06
+
1
+0+
1
+
1 𝑥 𝑒 −𝑥 1 𝑥 2 20 2
1 𝑥 𝑒 −𝑥 1 𝑥 2 20 1
<1
<1
−cos (𝑥 3 ) 18 𝑥 12 +𝑠𝑒𝑛 𝑥 3 +1.06
+0 <1
Luego de probar algunos valores se tomarán como valores iniciales: 0
0
0
𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3
= 0.1, 0.1, −0.1 .
Además de darnos como tolerancia un error de 10-6. Página
1
1ra. Iteración (1)
𝑥1
(1)
1
(0) (0)
= 3 cos 𝑥2 𝑥3
𝑥2 =
1 9 1
(1)
2
𝑥10
𝑥3 = − 20 𝑒
(0)
+ 𝑠𝑒𝑛 𝑥3
(1) (1) −𝑥 1 𝑥 2
(1)
𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 =
1
+ 6 = 0.499983
𝑥1 −
+ 1.06 − 0.1 = 0.009441
10π−3 = −0.524101 60 (0) 2 (1) (0) 2 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥2 +
−
(1)
(0) 2
𝑥3 − 𝑥3
= 0.589957
Luego evaluando las derivadas parciales para determinar la convergencia del método: 𝜕𝑔1 𝜕𝑥 1 𝜕𝑔1 𝜕𝑥 2 𝜕𝑔1 𝜕𝑥 3
𝜕𝑔2 𝜕𝑥 1 𝜕𝑔2 𝜕𝑥 2 𝜕𝑔2 𝜕𝑥 3
+ + +
𝜕𝑔3 𝜕𝑥 1 𝜕𝑔3 𝜕𝑥 2 𝜕𝑔3 𝜕𝑥 3
+ + +
= 0 + 0.011281 + 0.004950 = 0.016231 < 1 = 0.000333 + 0 + 0.005050 = 0.005384 < 1 = 0.000333 + 0.056121 + 0 = 0.056455 < 1
Viendo estos valores se puede decir que el método convergerá rápidamente a una respuesta, pero como el error es mayor a la tolerancia se deberá continuar con otra iteración. 2da. Iteración (2)
𝑥1
(2)
1
(1) (1)
= 3 cos 𝑥2 𝑥3 1
𝑥2 = 9 (2)
𝑥3 = −
𝑥11 1 𝑒 20
(1)
+ 𝑠𝑒𝑛 𝑥3
(1) (1) −𝑥 1 𝑥 2
(2)
𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 =
2
1
+ 6 = 0.499996
𝑥1 −
+ 1.06 − 0.1 = −0.000028
10π−3 = −0.524101 60 2 (1) (2) (1) 2 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥2 +
−
(2)
(1) 2
𝑥3 − 𝑥3
= 0.009473
Luego evaluando las derivadas parciales para determinar la convergencia del método: 𝜕𝑔1 𝜕𝑥 1 𝜕𝑔1 𝜕𝑥 2 𝜕𝑔1 𝜕𝑥 3
+ + +
𝜕𝑔2 𝜕𝑥 1 𝜕𝑔2 𝜕𝑥 2 𝜕𝑔2 𝜕𝑥 3
𝜕𝑔3 𝜕𝑥 1 𝜕𝑔3 𝜕𝑥 2 𝜕𝑔3 𝜕𝑥 3
+ + +
= 0 + 0.061744 + 0.000470 = 0.062213 < 1 = 0.000864 + 0 + 0.025117 = 0.025982 < 1 = 0.000016 + 0.053458 + 0 = 0.053473 < 1
Viendo estos valores se puede decir que el método convergerá, pero como el error es mayor a la tolerancia se deberá continuar con otra iteración. Viendo estos valores se puede decir que el método convergerá, pero como el error es mayor a la tolerancia se deberá continuar con otra iteración. Las siguientes iteraciones se muestran en la siguiente tabla:
i
𝒙𝒊
𝒚𝒊
𝒛𝒊
0
0.1
0.1
-0.1
1
0,499983
0,020176
-0,524101
error
0,745561 Página
2
2
0,499981
-0,000028
-0,524106
0,020204
3
0,500000
-0,000028
-0,523598
0,000508
4
0,500000
0,000000
-0,523598
2.8·10-5
5
0,500000
0,000000
-0,523599
7.1·10-7
RESPUESTA.- La solución al sistema de ecuaciones es la siguiente: 𝒙 = 𝟎. 𝟓 𝒚=𝟎 𝒛 = −𝟎. 𝟓𝟐𝟑𝟓𝟗𝟗 𝒆𝒓𝒓𝒐𝒓 = 𝟕. 𝟏 · 𝟏𝟎−𝟕
2. Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones no lineales: 𝒙𝟐𝟏 + 𝟐𝒙𝟐𝟐 + 𝒆𝒙𝟏 +𝒙𝟐 = 𝟔. 𝟏𝟕𝟏𝟖 − 𝒙𝟏 𝒙𝟑 𝟏𝟎𝒙𝟐 = −𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒔𝒆𝒏 𝒙𝟏 𝒙𝟑 + 𝒙𝟐𝟐 = 𝟏. 𝟏𝟒𝟏 − 𝒙𝟏 a) El método de Newton - Raphson multivariable Solución - En primer lugar se debe despejar e igualar cada función a cero: 𝑓1 = 𝑥21 + 2𝑥22 + 𝑒𝑥1 +𝑥2 + 𝑥1 𝑥3 − 6.1718 = 0
𝑓2 = 10𝑥2 + 𝑥2 𝑥3 = 0 𝑓3 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥1 𝑥3 + 𝑥22 + 𝑥1 − 1.141 = 0
- Resolviendo por el método de Newton-Raphson multivariable, con las siguientes formulas: 𝑥1𝑖+1 = 𝑥1𝑖 + 1𝑖 (𝑖+1) (𝑖) (𝑖) 𝑥2 = 𝑥2 + 2 (𝑖+1) (𝑖) (𝑖) 𝑥3 = 𝑥3 + 3 - Los valores del vector [hxi, hyi, hzi], se determinan resolviendo el sistema de ecuaciones: [𝐽][] = [−𝑓] Donde: La matriz [J] de derivadas parciales, o matriz Jacobiana es: 𝜕𝑓1 = 2𝑥1 + 𝑒 𝑥 1 +𝑥 2 + 𝑥3 𝜕𝑥1 𝜕𝑓2 𝐽 = =0 𝜕𝑥1 𝜕𝑓3 = 𝑥3 cos 𝑥1 𝑥3 + 1 𝜕𝑥1
𝜕𝑓1 = 4𝑥2 + 𝑒 𝑥 1 +𝑥 2 𝜕𝑥2 𝜕𝑓2 = 10 + 𝑥3 𝜕𝑥2 𝜕𝑓3 = 2𝑥2 𝜕𝑥2
𝜕𝑓1 = 𝑥1 𝜕𝑥3 𝜕𝑓2 = 𝑥2 𝜕𝑥3 𝜕𝑓3 = 𝑥1 cos (𝑥1 𝑥3 ) 𝜕𝑥3 Página
3
El vector [-f ] es el valor negativo de cada ecuación del sistema:
−𝑥21 − 2𝑥22 − 𝑒𝑥1+𝑥2 − 𝑥1 𝑥3 + 6.1718 −10𝑥2 − 𝑥2 𝑥3 −𝑓 = −sen 𝑥1 𝑥3 − 𝑥22 − 𝑥1 + 1.141 - Considerando las características de las funciones, se tomarán los siguientes valores iniciales: 𝑥0 = 1,
𝑦0 = 1,
𝑧0 = 1
1ra Iteración - Evaluando los valores iniciales en la matriz Jacobiana se tiene: 0
0
2𝑥1 + 𝑒 𝑥1 𝐽
1
=
0
+𝑥2
0
10 + 𝑥30
0
𝑥30 cos 𝑥10 𝑥30 + 1 𝐽
1
=
0
0
4𝑥2 + 𝑒 𝑥1
+ 𝑥3
0
0
+𝑥2
𝑥10 𝑥20 𝑥10 cos(𝑥10 𝑥30 )
2𝑥2
10.389056 11.389056 1 0 11 1 1.540302 2 0.540302
- Evaluando los valores en el vector de funciones: 0
− 𝑥1 −𝑓
1
2
− 2 𝑥20
2
0
− 𝑒 𝑥1
+𝑥20
− 𝑥10 𝑥30 + 6.1718
−10𝑥20 − 𝑥20 𝑥30
=
−sen 𝑥10 𝑥30 − 𝑥20
2
− 𝑥10 + 1.141
=
−5.217256 −11 −1.700471
- Reemplazando se tiene el siguiente sistema de ecuaciones lineales, que se resuelve a continuación: 𝐽
1
= −𝑓
1 (1)
1 10.389056 11.389056 1 −5.217256 (1) = 0 11 1 −11 2 (1) 1.540302 2 0.540302 −1.700471 3 (1)
1
(1)
2
(1)
3
0.588306 = −0.846160 −1.692238
- Sumando estos valores a los iniciales se tiene los nuevos valores de las variables: 𝑥11 = 𝑥10 + 11 = 1 + 0.588306 = 1.588306 (1)
(0)
(1)
𝑥2 = 𝑥2 + 2 = 1 − 0.846160 = 0.153840 Página
4
(1)
(0)
(1)
𝑥3 = 𝑥3 + 3 = 1 − 1.692238 = −0.692238 - Por otra parte para verificar el error se puede calcular la distancia entre los valores de la primera iteración y lo valores iniciales con la siguiente formula: 𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 =
2
𝑥11 − 𝑥10 =
+ 𝑥21 − 𝑥20
0.588306
2
2
+ 𝑥31 − 𝑥30 2
+ −0.846160
2
11
=
+ −1.692238
2
2
+ 21
2
+ 31
2
= 1.981354
Si tomamos una tolerancia de 10-5, se continúa el algoritmo con una siguiente iteración. 2da Iteración - Evaluando los valores iniciales en la matriz Jacobiana se tiene: 1
2𝑥11 + 𝑒 𝑥1 𝐽
2
=
1
+𝑥2
1
+ 𝑥31
4𝑥21 + 𝑒 𝑥1 10 + 𝑥31
0
𝑥31 cos 𝑥11 𝑥31 + 1 𝐽
2
=
1
1
+𝑥2
𝑥11 𝑥21 𝑥11 cos(𝑥11 𝑥31 )
2𝑥2
8.193957 6.324943 1.588306 0 9.307762 0.153840 0.685686 0.307680 0.721177
- Evaluando los valores en el vector de funciones: 1
− 𝑥1 −𝑓
2
2
− 2 𝑥21
2
1
− 𝑒 𝑥1
+𝑥21
− 𝑥11 𝑥31 + 6.1718
−10𝑥21 − 𝑥21 𝑥31
=
−sen 𝑥11 𝑥31 − 𝑥21
2
− 𝑥11 + 1.141
−1.008347 = −1.431906 0.420001
- Reemplazando se tiene el siguiente sistema de ecuaciones lineales, que se resuelve a continuación: 𝐽
2
= −𝑓
2 (2)
−1.008347 8.193957 6.324943 1.588306 1 0 9.307762 0.153840 2(2) = −1.431906 (2) 0.420001 0.685686 0.307680 0.721177 3 (2)
1
(2) 2 (2) 3
−0.148180 = −0.166972 0.794507
- Sumando estos valores a los iniciales se tiene los nuevos valores de las variables:
Página
5
𝑥12 = 𝑥11 + 12 = 1.588306 − 0.148180 = 1.440126 (2)
(1)
(2)
(2)
(1)
(2)
𝑥2 = 𝑥2 + 2 = 0.153840 − 0.166972 = −0.013232 𝑥3 = 𝑥3 + 3 = −0.692238 − 0.794507 = 0.102269 𝑥12 − 𝑥11
𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 = =
2
+ 𝑥22 − 𝑥21
−0.148180
2
2
+ 𝑥32 − 𝑥31
+ −0.166972
2
2
+ 0.794507
12
= 2
2
+ 22
2
+ 32
2
= 0.825275
Las siguientes iteraciones se muestran en la siguiente tabla: (𝒊)
(𝒊)
error
(𝒊)
i
𝒙𝟏
𝒙𝟐
𝒙𝟑
0
1,000000
1,000000
1,000000
1
1,588306
0,153840
-0,692238
1,981353
2
1,440126
-0,013132
0,102269
0,825275
3
1,470351
-0,000437
-0,233979
0,337842
4
1,469501
0,000000
-0,227768
0,006284
5
1,469504
0,000000
-0,227777
0,000009
𝒙
(𝒊)
−𝒙
(𝒊−𝟏)
RESPUESTA.- La solución al sistema de ecuaciones es la siguiente: 𝒙𝟏 = 𝟏. 𝟒𝟔𝟗𝟓𝟎𝟒 𝒙𝟐 = 𝟎 𝒙𝟑 = −𝟎. 𝟐𝟐𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒆𝒓𝒓𝒐𝒓 = 𝟏𝟎−𝟔
Si necesitan más ejercicios resueltos entre en el blog de la materia: http:\\mat1105.wordpress.com Página
6
MAT 1105 B
Interpolación EJERCICIOS RESUELTOS
1. Dada la siguiente tabla de datos: Puntos
0
1
2
3
4
𝒙𝒊
1.00
1.35
1.70
1.90
3.00
𝒚𝒊
0.00000 0.30010 0.53063 0.64185 1.09861
a) Primero construir la tabla de diferencias divididas, para aproximar la función en los siguientes puntos: Solución 1ra. diferencia dividida. 𝑦 −𝑦
0.30010 −0.00000
1 0 𝑦 2 −𝑦 1
1.35−1.00 0.53063 −0.30010
𝑓 𝑥0 , 𝑥1 = 𝑥 1 −𝑥 0 = 𝑓 𝑥1 , 𝑥2 = 𝑥
=
𝑓 𝑥2 , 𝑥3 = 𝑥
=
2 −𝑥 1 𝑦 3 −𝑦 2 3 −𝑥 2 𝑦 4 −𝑦 3
𝑓 𝑥3 , 𝑥4 = 𝑥
4 −𝑥 3
=
1.70−1.35 0.64185 −0.53063 1.90−1.70 1.09861 −0.64185 3.00−1.90
2da. diferencia dividida
𝑓 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑥2 = 𝑓 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 = 𝑓 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 =
𝑓 𝑥 1 ,𝑥 2 −𝑓 𝑥 0 ,𝑥 1 𝑥 2 −𝑥 0 𝑓 𝑥 2 ,𝑥 3 −𝑓 𝑥 1 ,𝑥 2 𝑥 3 −𝑥 1 𝑓 𝑥 3 ,𝑥 4 −𝑓 𝑥 2 ,𝑥 3 𝑥 4 −𝑥 2
= = =
= 0.857429 = 0.658657 = 0.556100 = 0.415236
0.658657 −0.857429 1.70−1.00 0.556100 −0.658657 1.90−1.35 0.415236 −0.556100 3.00−1.70
3ra. diferencia dividida
𝑓 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 = 𝑓 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 =
𝑓 𝑥 1 ,𝑥 2 ,𝑥 3 −𝑓 𝑥 0 ,𝑥 1 ,𝑥 2 𝑥 3 −𝑥 0 𝑓 𝑥 2 ,𝑥 3 ,𝑥 4 −𝑓 𝑥 1 ,𝑥 2 ,𝑥 3 𝑥 4 −𝑥 1
= =
= −0.186468 = −0.108357
−0.186468 +0.283959 1.90−1.00 −0.108357 +0.186468 3.00−1.35
4ta. diferencia dividida
𝑓 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 =
= −0.283959
𝑓 𝑥 1 ,𝑥 2 ,𝑥 3 ,𝑥 4 −𝑓 𝑥 0 ,𝑥 1 ,𝑥 2 ,𝑥 3 𝑥 4 −𝑥 0
=
= 0.108324 = 0.047340
0.047340 −0.108324 3.00−1.00
= −0.030492
Estos resultados se muestran en la siguiente tabla: Página
7
8 Página
i
xi
yi
0
1.00
0.00000
1ra. diferencia
2da. diferencia
3ra. diferencia
4ta. diferencia
𝑓 𝑥0 , 𝑥1 =0.857429 1
1.35
𝑓 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑥2 = −0.283959
0.30010 𝑓 𝑥1 , 𝑥2 = 0.658657
2
1.70
𝑓 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 = 0.108324 𝑓 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 = −0.186468
0.53063 𝑓 𝑥2 , 𝑥3 = 0.556100
3
1.90
𝑓 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 = −0.030492 𝑓 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 = 0.047340
𝑓 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 = −0.108357
0.64185 𝑓 𝑥3 , 𝑥4 = 0.415236
4
3.00
1.09861
Página
8
b) Para 𝒙 = 𝟏. 𝟐, con un polinomio de 2do. grado. Solución
Ubicando el punto buscado en la tabla de datos, tomando en cuenta que para un polinomio de segundo grado solo se necesitan 3 puntos, se utilizarán los puntos más cercanos al punto buscado 𝑥 = 1.2:
i 0x0
xi
yi
1.00
0.00000
1.20
1ra. diferencia
2da. diferencia
𝒇 𝒙𝟎 , 𝒙𝟏 =0.857429 1
1.35
𝒇 𝒙𝟎 , 𝒙𝟏 , 𝒙𝟐 = −𝟎. 𝟐𝟖𝟑𝟗𝟓𝟗
0.30010 𝑓 𝑥1 , 𝑥2 = 0.658657
2
1.70
0.53063
La ecuación de interpolación por diferencias divididas de segundo orden es la siguiente, donde es importante notar que el primer punto de los datos usados es 𝑥0 : 𝑃2 𝑥 = 𝑦0 + 𝑓 𝑥0 , 𝑥1 𝑥 − 𝒙𝟎 + 𝑓 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑥2 𝑥 − 𝑥0 (𝑥 − 𝑥1 ) Reemplazando valores, se obtiene el polinomio: 𝑃2 𝑥 = 0 + 0.857429 𝑥 − 1.00 − 0.283959 𝑥 − 1.00 𝑥 − 1.35 Evaluando en el punto requerido, 𝑥 = 1.2: 𝑃2 1.2 = 0 + 0.857429 1.2 − 1.00 − 0.283959 1.2 − 1.00 1.2 − 1.35 Respuesta 𝑷𝟐 𝟏. 𝟐 = 𝟎. 𝟏𝟖𝟎𝟎𝟎𝟓
Página
9
c) Para 𝒙 = 𝟏. 𝟕𝟓, con un polinomio de 3er. grado. Solución
Ubicando el punto buscado en la tabla de datos, tomando en cuenta que para un polinomio de tercer grado se necesitan 4 puntos:
i
xi
yi
x11
1.35
0.30010
1ra. diferencia
2da. diferencia
3ra. diferencia
𝑓 𝑥1 , 𝑥2 = 0.658657 2
1.70
𝑓 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 = −0.186468
0.53063
1.75
𝑓 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 = 0.047340
𝑓 𝑥2 , 𝑥3 = 0.556100 3
1.90
𝑓 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 = −0.108357
0.64185 𝑓 𝑥3 , 𝑥4 = 0.415236
4
3.00
1.09861
La ecuación de interpolación por diferencias divididas de tercer orden es la siguiente, donde es importante notar que el primer punto de los datos usados es 𝑥1 : 𝑃3 𝑥 = 𝑦1 + 𝑓 𝑥1 , 𝑥2 𝑥 − 𝒙𝟏 + 𝑓 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 𝑥 − 𝒙𝟏 𝑥 − 𝑥2 +𝑓 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 𝑥 − 𝒙𝟏 𝑥 − 𝑥2 (𝑥 − 𝑥3 ) Reemplazando valores, se obtiene el polinomio: 𝑃2 𝑥 = 0.30010 + 0.658657 𝑥 − 1.35 − 0.186468 𝑥 − 1.35 𝑥 − 1.70 +0.047340 𝑥 − 1.35 𝑥 − 1.7 (𝑥 − 1.9) Evaluando en el punto requerido, 𝑥 = 1.75: 𝑃2 1.75 = 0.30010 + 0.658657 1.75 − 1.35 − 0.186468 1.75 − 1.35 1.75 − 1.70 +0.047340 1.75 − 1.35 1.75 − 1.7 (1.75 − 1.9)
Página
10
Respuesta 𝑷𝟑 𝟏. 𝟕𝟓 = 𝟎. 𝟓𝟓𝟗𝟔𝟗𝟏 d) Para 𝒙 = 𝟑. 𝟓, con un polinomio de 2do. grado. Solución
Ubicando el punto en la tabla de datos se puede notar que se encuentra fuera del rango de datos, pero de todas formas se puede interpolar este valor, utilizando los 3 datos más cercanos a este punto.
i x22
xi
yi
1.70
0.53063
1ra. diferencia
2da. diferencia
𝑓 𝑥2 , 𝑥3 = 0.556100 3
1.90
𝑓 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 = −0.108357
0.64185 𝑓 𝑥3 , 𝑥4 = 0.415236
4
3.00
1.09861
3.50 La ecuación de interpolación por diferencias divididas de segundo orden es la siguiente, donde el primer punto de los datos que se usarán es 𝑥2 : 𝑃2 𝑥 = 𝑦2 + 𝑓 𝑥2 , 𝑥3 𝑥 − 𝒙𝟐 + 𝑓 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 𝑥 − 𝑥2 (𝑥 − 𝑥3 ) Reemplazando valores, se obtiene el polinomio: 𝑃2 𝑥 = 0.53063 + 0.556100 𝑥 − 1.70 − 0.108357 𝑥 − 1.70 𝑥 − 1.90 Evaluando en el punto requerido, 𝑥 = 3.50: 𝑃2 3.50 = 0.53063 + 0.556100 3.5 − 1.70 − 0.108357 3.5 − 1.70 3.5 − 1.90 Respuesta 𝑷𝟐 𝟑. 𝟓𝟎 = 𝟏. 𝟐𝟏𝟗𝟓𝟒𝟐
Página
11
2. Con los siguientes valores: Puntos
0
1
2
3
4
5
6
𝒙𝒊
40
60
80
100
120
140
160
𝒚𝒊
0.63
1.36
2.18
3.00
3.93
6.22
8.59
Obtener el valor de la función para 𝒙 = 𝟗𝟎, con un polinomio de 2do. grado, utilizando los siguientes métodos: a) Por interpolación polinominal simple. Solución
Con un polinomio de segundo grado, solo se utilizarán los 3 pares de puntos que estén más cerca del punto buscado (𝑥 = 90), en la tabla, por lo que tendríamos una nueva tabla con los datos:
90 Puntos
1
2
3
𝒙𝒊
60
80
100
𝒇(𝒙𝒊 )
1.36
2.18
3.00
Para interpolar polinomios con este método se tiene que reemplazar cada par de datos en la ecuación característica de segundo grado: 𝑎0 + 𝑎1 𝑥1 + 𝑎2 𝑥12 = 𝑦1 𝑎0 + 𝑎1 𝑥2 + 𝑎2 𝑥22 = 𝑦2 𝑎0 + 𝑎1 𝑥3 + 𝑎2 𝑥32 = 𝑦3 Reemplazando los datos: 𝑎0 + 𝑎1 (60) + 𝑎2 60
2
= 1.36
𝑎0 + 𝑎1 (80) + 𝑎2 80
2
= 2.18
𝑎0 + 𝑎1 (100) + 𝑎2 100
2
= 3.00
Resulta el siguiente sistema de ecuaciones lineales: 𝑎0 + 60𝑎1 + 3600𝑎2 = 1.36
Página
12
𝑎0 + 80𝑎1 + 6400𝑎2 = 2.18 𝑎0 + 100𝑎1 + 10000𝑎2 = 3.00 Que resolviendo por alguno de los métodos conocidos: 𝑎0 = −1.100 𝑎1 = 0.041 𝑎2 = 0.000 Con lo que el polinomio de interpolación resulta ser un polinomio de 1er. grado: 𝑃1 (𝑥) = −1.100 + 0.041𝑥 Para verificar este resultado se puede graficar los puntos: 3,5 3
3 2,59
2,5 2,18 2 1,5
1,36
1 50
60
70
80
90
100
110
Reemplazando el valor requerido: 𝑃1 90 = −1.100 + 0.041 90 = 2.59 Respuesta 𝑷𝟏 𝟗𝟎 = 𝟐. 𝟓𝟗 b) Por polinomios de Lagrange. Solución
Interpolando por el método de Lagrange se utiliza la siguiente formula: Página
13
𝑛
𝑃𝑛 𝑥 =
𝐿𝑖 𝑓 𝑥𝑖 𝑖=0
Donde:
𝑛
𝐿𝑖 = 𝑗 =1 𝑗 ≠𝑖
𝑥 − 𝑥𝑗 𝑥𝑖 − 𝑥𝑗
En este caso con un polinomio de segundo grado y con los puntos utilizados, la formula sería: 𝑃2 𝑥 =
𝑥−𝑥 2 𝑥−𝑥 3 𝑥 1 −𝑥 2 𝑥 1 −𝑥 3
𝑓 𝑥1 +
𝑥−𝑥 1 𝑥−𝑥 3 𝑥 2 −𝑥 1 𝑥 2 −𝑥 3
𝑓 𝑥2 +
Puntos
1
2
3
𝒙𝒊
60
80
100
𝒇(𝒙𝒊 )
1.36
2.18
3.00
𝑥−𝑥 1 𝑥−𝑥 2 𝑥 3 −𝑥 1 𝑥 3 −𝑥 2
𝑓 𝑥3
Reemplazando los valores de la tabla: 𝑥−80 𝑥−100
1.36 +
𝑥−60 𝑥−100
60−80 60−100
𝑃2 𝑥 =
𝑥 − 80 𝑥 − 100 0.0017 + 𝑥 − 60 𝑥 − 100 −0.00545 + 𝑥 − 60 𝑥 − 80 0.00375
𝑃2 𝑥 =
0.0017𝑥 2 − 0.306𝑥 + 13.6 − 0.00545𝑥 2 + 0.872𝑥 − 32.7 + 0.00375𝑥 2 − 0.525𝑥 + 18
80−60 80−100
2.18 +
𝑥−60 𝑥−80
𝑃2 𝑥 =
100−60 100−80
3.00
𝑃2 𝑥 = 0.041𝑥 − 1.1 Finalmente evaluando el polinomio en el punto: 𝑃2 90 = 0.041 90 − 1.1 = 2.59 Respuesta 𝑷𝟏 𝟗𝟎 = 𝟐. 𝟓𝟗
c) Por diferencias finitas. Solución
Resolviendo por el método de interpolación de Newton con diferencias finitas, se necesita verificar que la distancia entre los puntos 𝑥𝑖 sea la misma: Página
14
Puntos
1
2
3
𝒙𝒊
60
80
100
20
20
La fórmula de este método es la siguiente: 𝑃𝑛 𝑥 = 𝑃𝑛 𝑥0 + 𝑠 = 𝑓 𝑥0 + 𝑠∆𝑓 𝑥0 + +
𝑠 𝑠−1 𝑠−2 3!
∆3 𝑓 𝑥0 +
𝑠 𝑠−1 𝑠−2 … 𝑠−𝑛+1 𝑛!
𝑠 𝑠−1 2!
∆2 𝑓 𝑥0 +
∆𝑛 𝑓(𝑥0 )
Para un polinomio de segundo grado, considerando que el primer punto no es 𝑥0 sino es 𝑥1 , por lo que la formula queda: 𝑃2 𝑥 = 𝑃2 𝑥1 + 𝑠 = 𝑓 𝑥1 + 𝑠∆𝑓 𝑥1 + Donde: 𝑥 − 𝑥1 𝑠=
𝑠 𝑠−1 2!
∆2 𝑓 𝑥1
∆𝑓 𝑥1 = 𝑓 𝑥2 − 𝑓(𝑥1 ) ∆𝑓 𝑥2 = 𝑓 𝑥3 − 𝑓 𝑥2 ∆2 𝑓 𝑥1 = ∆𝑓 𝑥2 − ∆𝑓 𝑥1 Reemplazando con los datos:
𝑠=
Puntos
1
2
3
𝒙𝒊
60
80
100
𝒇(𝒙𝒊 )
1.36
2.18
3.00
𝑥 − 𝑥1 𝑥 − 60 = 20
∆𝑓 𝑥1 = 𝑓 𝑥2 − 𝑓 𝑥1 = 2.18 − 1.36 = 0.82 ∆𝑓 𝑥2 = 𝑓 𝑥3 − 𝑓 𝑥2 = 3.00 − 2.18 = 0.82 ∆2 𝑓 𝑥1 = ∆𝑓 𝑥2 − ∆𝑓 𝑥1 = 0.82 − 0.82 = 0 Luego el polinomio sería: 𝑃2 𝑥 = 𝑃2 𝑥1 + 𝑠 = 1.36 +
𝑥−60 20
0.82 = 0.041𝑥 − 1.1
𝑃2 𝑥 = 0.041𝑥 − 1.1 Página
15
Finalmente evaluando el polinomio en el punto: 𝑃2 90 = 0.041 90 − 1.1 = 2.59 Respuesta 𝑷𝟏 𝟗𝟎 = 𝟐. 𝟓𝟗 Comparando los resultados de los incisos, se puede ver que interpolando con cualquier método se obtiene el mismo polinomio, y por supuesto el mismo resultado.
3. Con los siguientes datos: Puntos
0
1
2
3
4
5
6
𝒙𝒊
293
300
320
340
360
380
400
𝒚𝒊
8.53·10-5
19.1·10-5
1.56·10-3
0.01
0.0522
0.2284
0.8631
Calcular los coeficientes de la ecuación: 𝒚𝒊 = 𝒂 · 𝒆
−
𝒃 𝟏.𝟗𝟖𝒙𝒊
Resolviendo con el método de mínimos cuadrados, linealizando la ecuación. Solución
Como se puede ver la ecuación mostrada no es lineal, sino exponencial, por lo que se deberá hacer un cambio de variable para linealizar la ecuación, de la siguiente manera: - Primero aplicando logaritmos a ambos lados de la función: ln(𝑦𝑖 ) = ln 𝑎 · 𝑒
−
𝑏 1.98𝑥 𝑖
Por propiedades de logaritmos: −
𝑏 1.98𝑥 𝑖
ln(𝑦𝑖 ) = ln 𝑎 + ln 𝑒 𝑏 ln(𝑦𝑖 ) = ln 𝑎 − 1.98𝑥𝑖 𝑏 1 ln(𝑦𝑖 ) = ln 𝑎 − · 1.98 𝑥𝑖
Página
16
- Luego realizando el siguiente cambio de variables: ln 𝑦𝑖 = 𝑤𝑖 ln 𝑎 = 𝑐0 𝑏 − = 𝑐1 1.98 1 = 𝑡𝑖 𝑥𝑖 Con lo que se tiene una ecuación lineal: 𝑤𝑖 = 𝑐0 + 𝑐1 𝑡𝑖 - De la misma forma se tiene que realizar las operaciones en cada valor de la tabla: 𝟏
Puntos
𝒙𝒊
𝒚𝒊
𝒕𝒊 = 𝒙
0
293
8.53·10-5
0,003413
-9,369336
1
300
19.1·10-5
0,003333
-8,563237
2
320
1.56·10-3
0,003125
-6,463069
3
340
0.01
0,002941
-4,605170
4
360
0.0522
0,002778
-2,952673
5
380
0.2284
0,002632
-1,476657
6
400
0.8631
0,002500
-0,147225
𝒊
𝒘𝒊 = 𝐥𝐧 𝒚𝒊
Finalmente resolviendo por el método de mínimos cuadrados, debe calcular la siguiente tabla: Puntos
𝒕𝒊
𝒘𝒊
𝒕𝟐𝒊
𝒕𝒊 𝒘 𝒊
0
0,003413
-9,369336
1,164836·10-5
-0,031977
1
0,003333
-8,563237
1,111111·10-5
-0,028544
2
0,003125
-6,463069
9,765625·10-6
-0,020197
3
0,002941
-4,605170
8,650519·10-6
-0,013545
4
0,002778
-2,952673
7,716049·10-6
-0,008202
5
0,002632
-1,476657
6,925208·10-6
-0,003886
6
0,002500
-0,147225
6,250000·10-6
-0,000368
∑
0,020722
-33,577367
6,206687·10-5
-0,106719
Página
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Luego para calcular los coeficientes 𝑐0 y 𝑐1 se tiene que resolver el siguiente sistema de ecuaciones: 𝑛 𝑐0 + 𝑐1 ∑𝑡𝑖 = ∑𝑤𝑖 𝑐0 ∑𝑡𝑖 + 𝑐1 ∑𝑡𝑖2 =∑𝑡𝑖 𝑤𝑖 Reemplazando los valores de las sumatorias, donde 𝑛 = 7 es el número de puntos. 7𝑐0 +
0.020722𝑐1 = −33.577367
0.020722𝑐0 + 6.206687 · 10−5 𝑐1 = −0.106719 Resolviendo el sistema: 𝑐0 = 25.141883 𝑐1 = −10.113433 · 103 Con lo la ecuación queda: 𝑤𝑖 = 𝑐0 + 𝑐1 𝑡𝑖 = 25.141883−10.113433 · 103 𝑡𝑖 Finalmente se reemplazando a las variables originales: ln 𝑎 = 𝑐0 → 𝑎 = 𝑒 𝑐0 = 𝑒 25.141883 𝑎 = 8.298146 · 1010 −
𝑏 = 𝑐1 → 𝑏 = −1.98𝑐1 = −1.91 (−10.113433 · 103 ) 1.98
𝑏 = 1.931666 · 104 Con lo que la ecuación queda: 𝑦𝑖 = 𝑎 · 𝑒
−
𝑏 1.98𝑥 𝑖 10
𝑦𝑖 = 8.298146 · 10
+𝑒
−
1.93166 ·10 4 1.98𝑥 𝑖
Para verificar los resultados se debe graficar la ecuación obtenida:
Página
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yi
1,00 0,90 0,80 0,70 0,60 0,50 0,40 0,30 0,20 0,10 0,00
Curva regresionada Datos Originales
290
310
330
350 xi
370
390
410
Respuesta Luego de verificar los coeficientes en la gráfica, se tiene como resultado: 𝒂 = 𝟖. 𝟐𝟗𝟖𝟏𝟒𝟔 · 𝟏𝟎𝟏𝟎 𝒃 = 𝟏. 𝟗𝟑𝟏𝟔𝟔𝟔 · 𝟏𝟎𝟒 𝒚𝒊 = 𝟖. 𝟐𝟗𝟖𝟏𝟒𝟔 · 𝟏𝟎
𝟏𝟎
+𝒆
−
𝟏.𝟗𝟑𝟏𝟔𝟔·𝟏𝟎𝟒 𝟏.𝟗𝟖𝒙𝒊
Si necesitan más ejercicios resueltos entre en el blog de la materia: http:\\mat1105.wordpress.com
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