Ponticia Universidad Catolica de Chile Primer semestre de 2011Facultad de Matematicas

MAT2605/MLM260I - Calculo Cientco I

Pauta del Examen

1. [30, cada tem 2] En lo siguiente se muestran algunas formulas y terminos. Indique en cadacaso a cual metodo o tecnica corresponde (dar un nombre si existe) y par que sirve. Ejemplo:xn+1 = xn + f(xn)=f

0(xn): metodo de Newton; aproximar una raz de f .

(a) xn+1 = xn f(xn)f(xn) f(xn1)(xn xn1)

Solucion: metodo de la secante; aproximar una raz de f

(b) p(x) = f(x0) + f [x0; x1](x x0) + : : :+ f [x0; : : : ; xn](x x0) (x xn1)Solucion: polinomio de interpolacion en la forma de Newton; resuelve problema de inter-polacion

(c) p(x) = f(x0)+f [x0; x0](xx0)+ : : :+f [x0; x0; : : : ; xn; xn](xx0)2 (xxn1)2(xxn)Solucion: polinomio de interpolacion en la forma de Newton; resuelve problema de inter-polacion de Hermite

(d)

nXi=0

hf; piihpi; piipi

Solucion: proyeccion de f sobre espacio hfp0; : : : ; pngi de funciones ortogonales (o mejoraproximacion de f en este espacio); aproximar f o resolver problema de cuadrados mnimospara la funcion f

(e) (D !L)x(n+1) = [(1 !)D + !U ]x(n) + !bSolucion: SOR; aproximar solucion de un sistema lineal

(f)xTAx

xTx

Solucion: Cociente de Rayleigh; util en el calculo de valores propios de A

(g)h

6

0@f(a) + 2 n1Xj=1

f(a+ jh) + 4n1Xj=0

f(a+ (j +1

2)h) + f(b)

1ASolucion: regla de Simpson compuesta; integracion numerica de f

(h) p^n = pn (pn+1 pn)2

pn+2 2pn+1 + pnSolucion: aceleracion de Aitken (o extrapolacion); acelerar convergencia de una sucesionque converge linealmente

(i) I 2wwT

wTw, w = x+ kxk2e1, x 2 Rn

Solucion: transformacion de Householder; reducir una matriz a forma triangular o trans-formar vector x a kxk2e1

1

(j) xn+1 = (xn)

Solucion: iteracion de Picard; aproximar punto jo de

(k) ATAx = AT b

Solucion: ecuaciones normales; resolver problema discreto de cuadrados mnimos

(l)f(x) f(x h)

h, h > 0

Solucion: diferencia backward; aproximar f 0(x)

(m) f( 1p3) + f(

1p3) para f : [1; 1]! R

Solucion: cuadratura gaussiana; integracion numerica

(n) Dxn+1 = (U + L)xn + b

Solucion: Jacobi; aproximar solucion de un sistema lineal

(o) A(i) = Q(i)R(i), A(i+1) = R(i)Q(i)

Solucion: metodo QR o transformacion QR; aproximar los valores propios de A

2. [30 en total] Consideremos el problema de encontrar un polinomio p 2 Pm (de grado m) talque

nXi=1

(f(xi) p(xi))2 (1)

sea minimal. Aqu, x1; : : : ; xn 2 R son nodos distintos, m + 1 < n y f una funcion dada. Enclase, este problema llamabamos el Problema A de los cuadrados mnimos. Tambien aparecio elProblema B que tiene por objetivo minimizar la diferencia entre f y p respecto a una integralsobre un intervalo. En clase, este ultimo problema caracterizabamos por introducir ortogonalidadrespecto a un producto interior. Ahora el objetivo es analizar el Problema A (1) por esta y otrastecnicas.

(a) [8] Especicar un espacio vectorial V C(R) y un producto escalar h; i : V V ! R talque la solucion p de (1) se caracteriza por

p 2 Pm : hf p; qi = 0 8q 2 Pm: (2)Indicacion: Basta con dar V , la forma bilineal y mostrar que se trata de un productoescalar sobre V . La equivalencia de (1) con (2) resulta por un teorema de clase.

Solucion:

El unico candidato para el producto escalar es

hf; gi :=nX

i=1

f(xi)g(xi); f; g 2 C(R)

(o una variacion trivial de esto) ya que con esta forma bilineal el problema (1) se escribecomo

minp2Pm

kf pk

2

con kfk := phf; fi. Tenemos que especicar un subespacio V C(R) tal que h; i esproducto escalar sobre V y tal que Pm V ya que hay que calcular productos escalares depolinomios.

Es obvio que h; i es una forma bilineal simetrica y no negativa (hf; fi 0) sobre C(R).Falta que sea denida positiva. Para tal efecto lo mas simple es denir

V := ff 2 C(R); hf; fi = 0 ) f = 0g:Esto es equivalente a identicar las funciones que son iguales en los n nodos. Tambien esposible elegir

V := Pn1:Sabemos que cada polinomio de grado n 1 se dene de manera unica por sus valores enn puntos distintos. (Con esto tenemos exactamente un representante para cada clase deequivalencia de la denicion anterior de V .) El unico polinomio p de grado n 1 que seanula en todos los nodos (esto es equivalente a que hp; pi = 0) es el polinomio nulo. Estoprueba que p 2 Pn1 : hp; pi = 0 ) p = 0.En todo caso, para resolver el problema no importa si la funcion original f es elemento deV ya que la solucion depende solo de los valores de f en los nodos, y hay elemento de Vque representa estos valores.

Puntaje:

forma bilineal: 2espacio V que conduce a la positividad de la forma bilineal: 3mencionar que la forma es: bilineal y simetrica: 2mostrar/mencionar que forma bilineal es denida positiva: 1

2

(b) Hemos visto en clase que la solucion p(x) = c0 + c1x + : : : + cmxm de (1) se obtiene

por minimizar kAx bk2 respecto a x 2 Rm+1, con solucion (c0; : : : ; cm)T . Aqu, b =(f(x1); : : : ; f(xn))

T y A 2 Rn(m+1) es la matriz de Vandermonde.Muestre que se puede resolver este problema por la descomposicion QR de A. Para esto:

i. [2] Mostrar que para cualquier matriz ortogonal Q 2 Rnn, las soluciones de los dosproblemas

minxkAx bk2 ; min

xkQAxQbk2

son identicas.

Solucion: kAx bk2 = kQAx Qbk2 para todo x ya que la norma euclideana esinvariante bajo multiplicacion del argumento por una matriz ortogonal.

ii. [2] Indicar, en pocas palabras (no se pide formula), como se puede encontrar una matrizortogonal Q tal que

QA =

RO

con R 2 R(m+1)(m+1) triangular superior y O 2 R(nm1)(m+1) la matriz nula.Solucion: Igual que en la descomposicion QR de una matriz cuadrada podemosutilizarm+1 transformaciones de Householder para anular sucesivamente los elementossubdiagonales de las m + 1 columnas de A. El producto de estas transformaciones esla matriz Q buscada.

3

iii. [4] Especicar la solucion x 2 Rm+1 de

minx

ROx ~b

2

con ~b = Qb (Q es la matriz ortogonal de 2(b)ii).

Solucion: Sea

yx :=

RO

x ~b:

El vector yx es elemento de Rn y sus (n m 1) ultimas componentes son jas(idependientes de x). Por lo tanto, el mnimo de kyxk2 se obtiene por resolver elsistema lineal Rx = (~bi)i=1;:::;m+1 tal que las primeras m + 1 componentes de yx seanulan. (La solucion es unica ssi R tiene rango maximo ssi A tiene rango maximo loque es cierto en nuestro caso de nodos distintos.)Puntaje:

solucion: 2argumentacion: 2

(c) En el caso de m = 0 y sin especicar los nodos xj ni el entero n, resuelva (1)

i. [4] por la tecnica de la matriz de Vandermonde y las ecuaciones normales,

Solucion: La matriz de Vandermonde en este caso es A = (1; : : : ; 1)T 2 Rn1 talque el sistema de ecuaciones normales es la ecuacion escalar

ATAc = nc = AT b =

nXi=1

f(xi)

con solucion c = 1nPn

i=1 f(xi). El polinomio p 2 P0 es la constante c, el promedio delos valores dados.Puntaje:

sistema de ecuaciones normales: 2solucion del sistema: 1polinomio (= solucion del sistema): 1

ii. [6] por utilizar la descomposicion QR de la matriz de Vandermonde (tecnica de 2b),

Solucion: Transformamos la unica columna a1 = (1; : : : ; 1)T de A a la forma deseada:

Q = I 2wwT

wTw

con w := (1 + ka1k2; 1; : : : ; 1)T = (1 +pn; 1; : : : ; 1)T 2 Rn (ver 1i);

wTw = (1 +pn)2 + n 1 = 2(pn+ n)

Qa1 = a1 22(pn+ n)

w(1 +pn+ n 1) = a1 w = (

pn; 0; : : : ; 0)T

(esto ya se saba por construccion, es un test), y con b := (f(xi))i,

Qb = b 1pn+ n

w(1 +

pn)f(x1) +

nXj=2

f(xj):

4

Obtenemos R = (Qa1)1 = pn 2 R11 y la primera componente de Qb es

(Qb)1 = b1 1pn+ n

w1

(1 +

pn)f(x1) +

nXj=2

f(xj)

= f(x1) 1pn+ n

(1 +pn)(1 +

pn)f(x1) +

nXj=2

f(xj)

= f(x1) 1pn

(1 +

pn)f(x1) +

nXj=2

f(xj)= 1p

n

nXj=1

f(xj):

El sistema lineal Rc = (Qb)1 tiene solucion

c = 1pn(Qb)1 =

1

n

nXj=1

f(xj);

como antes (p(x) = c, el promedio).Puntaje:

forma de Q: 1calculo de w: 1sistema Rc = (Qb)1: 2solucion del sistema: 1polinomio: 1

iii. [4] por proyeccion de f sobre P0 respecto al producto escalar h; i de 2a.Solucion: Formalmente la proyeccion de f sobre P0 es, utilizando la base fv = 1g(funcion constante),

p =hf; vihv; viv (3)

que nos da, con hv; vi =Pnj=1 v(xj)2 = n y hf; vi =Pnj=1 f(xj)v(xj) =Pnj=1 f(xj), elresultado

p =

Pnj=1 f(xj)

n1 =

1

n

nXj=1

f(xj);

como antes.Puntaje:

representacion (3): 2calculo de la solucion p: 2

3. [30 en total] Consideremos la regla de cuadratura simple

Qs(f) = Af(1=3) +Bf(2=3) I[0;1](f) =Z 10f(x) dx:

(a) [8] Determinar los pesos A y B tal que la regla Qs tenga grado de exactitud maximal.>Cual es el grado de exactitud maximal, y por que?

(b) [6] Utilizando la regla Qs y una descomposicion uniforme del intervalo [a; b] en n subinter-valos, deduzca la regla compuesta correspondiente Qc para la aproximacion de la integral

I[a;b](f) =

Z baf(x) dx:

5

(c) [16] Para f 2 C2[a; b] determine la razon de convergencia de la regla compuesta, o sea elmejor exponente > 0 tal que

jI[a;b](f)Qc(f)j = O(h); h! 0;

donde h es la longitud de los subintervalos de [a; b]. Fundamente.

Solucion:

(a) Se trata de la regla abierta de Newton-Cotes con dos nodos. Los pesos son A = B = 12 . Declase sabemos que esta regla tiene grado de exactitud 1.

O directamente: Hay dos incognitas (A y B) tal que podemos admitir dos condiciones. Intente-mos grado de exactitud 1:

A+B = Qs(1) = I[0;1](1) = 1

y1

3A+

2

3B = Qs(x) = I[0;1](x) =

1

2;

con solucion A = B = 12 . La regla no tiene grado de exactitud 2 ya que

Qs(x2) =

1

9

1

2+

4

9

1

2=

5

186= I[0;1](x2) =

1

3:

Puntaje:

pesos A, B: 2 cada unogrado de exactitud: 2exactitud del grado de exactiud: 2

(b) Descomponemos [a; b] en n subintervalos Ji = [xi1; xi] con (i = 1; : : : ; n) de longitudh = ban , y con nodos xi = a+ih (i = 0; : : : ; n). Obtenemos la regla compuesta por aplicar la reglasimple sobre cada subintervalo. Por transformacion afn, la regla simple sobre el subintervalo Jies

Qs;i(f) =h

2

f(xi1 +

1

3h) + f(xi1 +

2

3h);

as es que

Qc(f) =

nXi=1

Qs;i(f) =h

2

nXi=1

f(xi1 +

1

3h) + f(xi1 +

2

3h)

=h

2

nXi=1

f(a+ (i 2

3)h) + f(a+ (i 1

3)h):

Puntaje:

regla de cuadratura sobre subintervalo: 3formula nal (una de las dos dadas): 3

6

(c) Hay que analizar la dependencia del error

jRi(f)j = jZJi

f(x) dxQs;i(f)j

de h. Es representativo (por transformacion afn) estudiar solamente el caso del intervalo [0; h].All tenemos la representacion del error de interpolacion

1

2f 00()(x h=2)(x 2h=3); ( = (x) 2 (0; h)):

Obtenemos

jZ h0f(x) dxQs;[0;h](f)j = j

Z h0

1

2f 00((x))(x h=2)(x 2h=3)j dx

12kf 00k1;[0;h]

Z h0j(x h=2)(x 2h=3)j dx: (4)

Notar que (x h=2)(x 2h=3) cambia de signo en (0; h) tal que no pudimos aplicar el teoremadel valor medio ponderado. Tenemos que estudiar la dependencia de la ultima integral de h.Lo hacemos por transformacion afn de [0; h] a [0; 1] (igualmente se puede acotar la funcionintegrante lo que es menos preciso pero tambien da la razon precisa):Z h

0j(x h=2)(x 2h=3)j dx = h

Z 10j(ht h=2)(ht 2h=3)j dt

= h3Z 10j(t 1=2)(t 2=3)j dt = ch3:

La constante c =R 10 j(t 1=2)(t 2=3)j dt no depende de h (y obviamente se puede calcular).

Resulta que

jRi(f)j c2h3kf 00k1;Ji :

Esto nos da la cota para el error de la cuadratura compuesta

jI[a;b](f)Qc(f)j =

nXi=1

Ri(f)

nX

i=1

jRi(f)j nX

i=1

c

2h3kf 00k1;Ji

c2h3kf 00k1;[a;b]

nXi=1

1 =c

2h3kf 00k1;[a;b]n =

c

2h2(b a)kf 00k1;[a;b]: (5)

Concluimos que la regla compuesta tiene orden O(h2). El orden es preciso ya que correspondeal grado de exactitud 1 de la regla simple. (Se pueden dar mas detalles pero esto sea aceptablecomo respuesta.)

Puntaje:

cota preliminar (4) de jRi(f)j,utilizando error de interpolacion: 5prueba de jRi(f)j = O(h3), h! 0: 4prueba (5) de jR(f)j = O(h2): 5argumento sobre exactitud del exponente 2: 2

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