Taller Segundo Seguimiento

1. Aplique el método iterativo de Jacobi para resolver el sistema:

4 x1−x2+x3=7

4 x1−8 x2+x3=−21

−2 x1+x2+5 x3=15

Use x(0)=⟨1,2,2 ⟩, itere hasta cuándo EA=‖x−x(k)‖2≤0.00004 teniendo en cuenta que la

solución del sistema x= ⟨2,4,3 ⟩y consigne los resultados en una tabla. Trabaje con cinco (5) dígitos de precisión.

x1 = + x24

- x34

+ 74

x2 = x12

+ x38

+ 218

x3 = 2x15

- x25

+ 3

K x1 x2 x3 EA=‖x−x(k)‖21 1.75000 3.37500 3.0000

01.85825

2 1.84375 3.87500 3.02500

0.50932

3 1.96250 3.92500 2.96250

0.14320

4 1.99062 3.97656 3.00000

0.06968

5 1.99414 3.99531 3.00093

0.01910

6 1.99859 3.99718 2.99859

0.00536

7 1.99964 3.99911 3.00000

0.00261

8 1.99977 3.99982 3.00003

0.00072

9 1.99994 3.99988 2.99999

0.00020

10 1.99998 3.99996 3.00000

0.00010

11 1.99999 3.99999 3.00000

0.00003

2. Aplique el método iterativo de Gauss-Seidel para resolver el sistema:4 x1+3 x2=243 x1+4 x2+ x3=30−x2−x3=−24Cuya solución exacta es x= ⟨3,4 ,−5 ⟩ . Use x(0)=⟨1,1,1 ⟩ , haga ocho (8) iteraciones y consigne los resultados en una tabla. Trabaje con cuatro (4) dígitos de precisión.

Solución:Despejando x1 , x2 y x3 nos queda..

x1=6−34x2

x2=152

−34x1+

x34

x3=x24

−6

Consignando las iteraciones en una tabla tenemos:

K 1 2 3 4 5 6 7 8x1 5,2500 3,1406 3,0549 3,0343 3,0343 3,0214 3,0134 3,00084x2 3,8125 3,8828 3,9267 3,9542 3,9714 3,9821 3,9888 3,9930x3 -5,0468 -5,0293 -5,0183 -5,0114 -5,0071 -5,0071 -5,0028 -5,0017

3. Dado el siguiente de sistema:2 x1−x2+x3=242 x1+2 x2+2x3=4−x1−x2+3x3=−5

Pruebe que ρ (T J )=√52

>1 y ρ (T G )=12<1 ¿Qué se puede concluir?

Solución:

Sabemos que T J=−AD−1(AL+AU)

A=[ 2 −1 12 2 2

−1 −1 2]=[ 0 0 02 0 0

−1 −1 0]+[2 0 00 2 00 0 2 ]+[0 −1 1

0 0 20 0 0 ]

AD−1=[2 0 00 2 00 0 2|

1 0 00 1 00 0 1 ] F12 −F1

AD−1=[12

0 0

012

12

0 012][ 0 −1 12 0 2

−1 −1 0]

Operando:

0+0+0 −12

+0+0 12+0+0

0+1+0 0+0+0 0+1+0

0+0−12

0+0−12

0+0+0

[ 0 −12

12

1 0 1−12

−12

0 ]=AD−1(AU+A L)

T J=

012

−12

−1 0 −112

12

0

T J− λI=[−λ 12

−12

−1 −λ −112

12

− λ ]

ρT J( λ )=det (T J−λI )=−λ3−1

4+ 14− λ4− λ2− λ2=0

−λ3−54λ=0

−λ (λ2+ 54 λ)=0

λ=0˄λ2+ 54λ=0

λ=0˄λ (λ+ 54 )=0

λ=0˄λ+ 54=0

λ=0˄λ=−54

Los valores característicos vendrían siendo λ=0 λ=−√52

y λ=√52

ρ (T J )=max {|λ1|,|λ2|,|λ3|}

ρ (T J )=max {|0|,|√52 |,|−√52 |}

ρ (T J )=max {0 , √52 , √52 }√52

>1 luego no converge

T G=−( AD+AU )−1 (AU )

AD+AL=[ 2 0 02 2 0

−1 −1 2]( AD+AU )−1=[ 2 0 0

2 2 0−1 −1 2|

1 0 00 1 00 0 1 ] F12 =F1

( AD+AU )−1=[ 1 0 02 2 0

−1 −1 2|12 0 0

0 1 00 0 1 ] 12 F2/F3=F3

( AD+AU )−1 ¿ [1 0 02 2 00 0 2|12 0 0

0 1 0

0121 ]−2 F1+F2=F2

( AD+AU )−1 ¿ [1 0 00 2 00 0 2| 12 0 0

−1 1 0

012

1 ] F22 =F 2

( AD+AU )−1 ¿ [1 0 00 1 00 0 2|

12

0 0

12

120

0121 ]

( AD+AU )−1=¿ [ 1 0 02 2 0

−1 −1 2|12 0 0

0 1 00 0 1 ] F32 =F3

( AD+AU )−1 ¿ [1 0 00 1 00 0 1|

12

0 0

012

1

014

12

]

( AD+AU )−1 ( AU )=[12

0 0

−12

12

0

014

12

|0 −1 10 0 20 0 0 ]

0+0+0+¿−12+0+0 1

2+0+0

0+0+0 ¿−12+1+0¿0+0+0¿0+0+0¿0+ 1

2+0¿

0−12

12

012

12

0 012

T G=|012

−12

0−12

−12

0 0−12

|T G−λI=|−λ

12

−12

0−12

− λ −12

0 0−12

−λ|ρT G

( λ )=det (T G− λI )=(−λ )(−12 − λ)(−12 − λ)−0+0+0+0+0=0

λ=0˄−12−λ=0˄−1

2−λ=0

Entonces los valores característicos son λ1=0˄λ2=−12˄λ3=

−12

ρ (TG )=max {|λ1|,|λ2|,|λ3|}

ρ (T J )=max {|0|,|−12 |,|−12 |}ρ (T J )=max {0 , 12 , 12 }ρ (T G )=1

2<1 Luego Gauss converge

T G=( AD+AC )−1(AU )

AD+AL=[1 0 01 1 00 b 1|

1 0 00 1 00 0 1 ]−1 F1+F2=F 2

AD+AL=[1 0 00 1 00 b 1|

1 0 0−1 1 00 0 1 ]−bF2+F 3=F3

AD+AL=[1 0 00 1 00 0 1|

1 0 0−1 1 0b −b 1 ]

[ 1 0 0−1 1 0b −b 1 ][

0 a 00 0 10 0 0]

0+0+0+¿a+0+0+¿0+0+0¿

−a+0+0¿0+1+0¿0+0+0¿ab+0+0¿0−b+0¿

[0 −a 00 a −10 −ab b ]T G−λI=[−λ −a 0

0 a−λ −10 −ab b−λ]

ρT G( λ )=det (T G− λI )=(−λ ) (a−λ ) (b−λ )+0+0+0+abλ=0

(−aλ+λ2) (b−λ )+abλ=0

−abλ+a λ2+b λ2−λ3+abλ=0

a λ2+b λ2− λ3=0

−λ3+ λ2 (a+b )=0

λ3=λ2 (a+b )

λ=a+b

ρT G( λ )=max {|λ1|}

ρT G( λ )=max {|a+b|}

ρT G( λ )=max {|a+b|}

|a+b|<1

4. Considere el siguiente sistema:2 x1+ax2=1x1+ x2+x3=1b x2+x3=1

Pruebe que la convergencia del método de Jacobi para este sistema requiere que

ρ (T J )=√a+b<1 y la convergencia del método de Gauss-Seidel requiere

ρ (T G )=|a+b|<1

Solución:2 x1+ax2=1x1+ x2+x3=1b x2+x3=1

Si nos dicen que ρ (T J )=√a+b<1Tenemos:

T J=−AD−1 ( AL+AU )

A=[1 a 01 1 10 b 1]=[0 a 0

0 0 10 0 0]+[1 0 0

0 1 00 0 1]+[0 0 0

1 0 00 b 0]

AD−1 ( AL+AU )=[0 a 01 0 10 b 0][

1 0 00 1 00 0 1]

0+0+0 0+a+0 0+0+01+0+0 0+0+0 0+0+10+0+0 0+b+0 0+0+0

0 a 01 0 10 b 0

T J=[ o −a 0−1 0 −10 −b 0 ]

T J− λI=[−λ −a 0−1 −λ −10 −b −λ ]

ρT J( λ )=det (T J−λI )=−λ3+0+0+0+ λb+λa=0

-λ3+0+0+0+ λb+λa=0

−λ3+ λ (b+a )=0

λ3=λ (b+a )

λ2=b+a

λ1=√b+a

λ2=−√b+a

Entonces los valores característicos serían λ1=√b+a y λ2=−√b+a

ρ (T G )=max {|λ1|,|λ2|}

ρ (T G )=max {|√b+a|,|−√b+a|}

ρ (T G )=max {|√b+a|,|√b+a|}

ρ (T G )=√b+a<1

5. Considere el siguiente sistema iterativo de Jacobi [k1(k )k2(k )]=[ 1d−1 1

−11d

+1][k1(k−1)k2(k−1)]+[1− 1d1−

1d

] .Pruebe que:

a. PT J( λ )=λ2−2

dλ+ 1d2b .ρ (T J )= 1

|d|c .Jacobi converge si d Є (-∞,-1)U(1, ∞)

Solución:

Tenemos que [k1(k )k2(k )]=[ 1d−1 1

−11d

+1][k1(k−1)k2(k−1)]+[1− 1d1−

1d

][ 1d−1 1

−11d+1]−[ λ 0

0 λ]

[ 1d−1−λ 1

−11d+1− λ]

( 1d−1)( 1d +1− λ)+1=01

d2+ 1d− λd−1d−1+λ− λ

d−λ+ λ2+1=0

λ2−2 λd

+ 1d2

=PTJ ( λ )

λ2−2 λd

+ 1d2

=0

(λ−1d )2

=0

λ=1d

ρ (T J )=max {|λ1|}

ρ (T J )=max {|1d|}ρ (T J )=max {1d }1d<1 Entonces Jacobi converge

Entonces d ≠0 ;dЄ (−∞ ,−1 )U (1 ,∞ )

6. Sea f ( x )=cos (πx ) . Determine un polinomio P ( x )=a x3+b x2+cx+d que satisfaga las siguientes condiciones:

P (−1 )=f (−1 ) , P (0 )=f (0 ) ,P (1 )=f (1 ) y dPdx

{¿k=1= dfdx

{¿ k=1

Solución:

Tenemos que

f ( x )=cos (πx )P ( x )=a x3+b x2+cx+d

f (−1 )=cos (−π ) P (−1 )=−a+b−c+d

f (0 )=cos (0 )P (0 )=d

f (1 )=cos (π )P (1 )=a+b+c+d

dfdx

=−sen (πx ) dPdx

=3a x2+2bx+c , x=1

−1=−a+b−c+d①

1=d②

−1=a+b+c+d③

0=3a+2b+c④

Reemplazando ② y ①

−1=−a+b−c+1

a−b+c=2⑤

Reemplazando ② en ③

−1=a+b+c+1

a+b+c=−2⑥

3a+2b+c=0

a+b+c=−2

a−b+c=2

[3 2 11 1 11 −1 1|

0−22 ]−1 F2+F3=F3

[3 2 11 1 10 −2 0|

0−24 ]F1+F3=F1

[3 0 11 1 10 −2 0|

4−24 ]

(1 )3a+c=4

(2 )a+b+c=−2

(3 )−2b=4

de (3 ) se sabe que ,b=−2

remplazandoben (2 )a−2+c=−2

c=−a

remplazandoc en (1 )3 a−a=4

2a=4→a=2→c=−2

P ( x )=2x3−2x2−2 x+1

7. Halle el polinomio de Taylor de grado n=4 de la función f ( x )=√x+2 respecto a x0=2. Use P4 para hallar una aproximación de √3 . Trabaje con cuatro dígitos de precisión.

P4 ( x )=∑0

k f (k ) (x0 )k !

(x−x0)k=∑

0

4 f ( k ) (2 )k !

(x−2)k

P4 ( x )= f(0 ) (2 )0 !

(x−2)0

+f (1 ) (2 )1 !

(x−2)1

+f (2) (2 )2!

(x−2)2

+f (3) (2 )3!

(x−2)3

+f (4 ) (2 )4 !

(x−2)4

P4 ( x )=f (0 ) (2 )+ f (1 ) (2 ) ( x−2 )+ f(2) (2 )2

(x−2)2

+f (3 ) (2 )6

(x−2)3

+f (4) (2 )24

(x−2)4

f (0 ) ( x )=√ x+2→f (0 ) (2 )=√2+2=2

f (1) ( x )=12

( x+2 )−1/2→f (1) (2 )= 1

2√2+2=14

f (2 ) ( x )=( 12 )(−12 )( x+2 )−3 /2→f (2) (2 )= −1

4√ (2+2 )3=−132

f (3 ) ( x )=(−14 )(−32 ) ( x+2 )−5/2→f (3) (2 )= 3

8√ (2+2 )5= 3256

f (4 ) (x )=( 38 )(−52 )( x+2 )−7 /2→f (4 ) (2 )= −15

16√ (2+2 )7=−152048

P4 ( x )=2+ 14

( x−2 )− 164

( x−2 )2

+ 1512

( x−2 )3

− 516384

(x−2)4

R5 (ξ )= f(5) (ξ )5 !

(x−2)5

f (5 ) ( x )=(−1516 )(−72 ) ( x+2 )−9 /2→f (5 ) ( ε )= 105

32√ (ξ+2 )9

R5 (ξ )=( 1120 ) 105

32√(ξ+2 )9(x−2 )

5

= 105

3840√(ξ+2 )9( x−2 )5

f ( x )≈ P4 ( x )+R5 ( ξ )

Pero como no sabemos el valor de ξ tenemos:

f ( x )≈ P4 ( x )

Entonces la función original sería aproximadamente igual al cuarto polinomio característico, así:

√ x+2≈2+ 14

( x−2 )− 164

( x−2 )2

+ 1512

( x−2 )3

− 516384

(x−2)4

Si x=√3 entonces reemplazamos:

√√3+2≈2+ 14

(√3−2 )− 164

(√3−2 )2

+ 1512

(√3−2 )3

− 516384

(√3−2)4

1,9318≈1,9317

8. Determine el cuarto polinomio de Taylor de grado n=4 y su término residual para la función

f ( x )=ln (x+1) respecto a x0=0. Y úselo para aproximar ln (1,25) y ∫0

1

ln (x+1)dx . Trabaje con

cuatro dígitos de precisión.

P4 ( x )=∑0

k f (k ) (x0 )k !

(x−x0)k=∑

0

4 f ( k ) (0 )k !

(x−0)k

P4 ( x )= f(0 ) (0 )0 !

(x)0

+f (1) (0 )1 !

(x)1

+f (2) (0 )2!

(x )2

+f (3 ) (0 )3 !

(x )3

+f (4 ) (0 )4 !

(x)4

P4 ( x )=f (0 ) (0 )+ f (1) (0 ) (x )+ f(2) (0 )2

(x)2

+f (3) (0 )6

(x )3

+f (4) (0 )24

(x)4

f (0 ) ( x )=ln (x+1)→f (0) (0 )=ln (1)=0

f (1) ( x )= 1x+1

→f (1 ) (0 )=11=1

f (2 ) ( x )= −1(x+1)2

→ f (2 ) (0 )=−11

=−1

f (3 ) ( x )=2(x+1)(x+1)4

→f (3 ) (0 )= 2(1)3

=2

f (4 ) (x )=−6 (x+1)2

(x+1)6→f (4 ) (2 )=−6

(1)4=−6

P4 ( x )=0+ x+ 12(−1)( x )

2

+ 16(2) ( x )

3

+ 124

(−6)( x)4

P4 ( x )=x−12

( x )2

+ 13

( x )3

−14(x )

4

R5 (ξ )= f(5) (ξ )5 !

(x )5

f (5 ) ( x )=24(x+1)3

(x+1)8→f (5) (ε )= 24

(ε+1)5

R5 (ξ )=( 1120 ) 24(ε+1)5

( x )5

= 15 (ε+1)5

( x )

f ( x )≈ P4 ( x )+R5 ( ξ )

Pero como no sabemos el valor de ξ tenemos:

f ( x )≈ P4 ( x )

Entonces la función original sería aproximadamente igual al cuarto polinomio característico, así:

ln (x+1)≈ x−12

( x )2

+ 13

(x )3

− 14(x)

4

Si x=ln (1,25) entonces reemplazamos:

0,2014≈ 0,2013

∫0

1

[ ln (x+1)]dx ≈∫0

1 [ x−12 ( x )2

+ 13

(x )3

−14(x)

4]dx[ xln ( x )−x ] {10≈ [ x22 −1

6( x )

3

+ 112

( x )4

− 120

(x )5]{10

0,3862≈0,3666

Análisis Numérico

Taller N° 2

Wendy Martinez Garcia 2011217053

Edgar Suarez 2012215075

Ana Ceballos 2011115019

Lic. Leider Salcedo

Universidad del Magdalena

Facultad de Ingeniería

Santa Marta, Magdalena

13 de octubre de 2014