Integracion numerica

12
[a, b] Z b a f (x) dx [a, b] b - a n P = a = x 0 ,x 1 = a + b - a n ,x 2 = a + 2(b - a) n , ..., x n = n(b - a) n = b Z b a f (x) dx f (x 0 )(x 1 - x 0 )+ f (x 1 )(x 2 - x 1 )+ ··· + f (x n-1 )(x n - x n-1 ) = f (x 0 ) b - a n + f (x 1 ) b - a n + ··· + f (x n-1 ) b - a n = b - a n f (a)+ f a + b - a n + f a + 2(b - a) n + ··· + f a + (n - 1)(b - a) n

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Page 1: Integracion numerica

Uniddad 5 Métodos de integración y aplicaciones 5.6 Métodos numéricos de integración.

Métodos Numéricos de Integración

Supóngase que se tiene una función continua en el intervalo [a, b]; entonces para lograr un valor aproximadode ∫ b

a

f(x) dx

se divide el intervalo [a, b] en n subintervalos iguales de longitud comúnb− an

, los cuales quedan deter-

minados mediante la partición

P =

{a = x0, x1 = a+

b− an

, x2 = a+2(b− a)

n, ..., xn =

n(b− a)

n= b

}entonces ∫ b

a

f(x) dx ≈ f(x0) (x1 − x0) + f(x1) (x2 − x1) + · · ·+ f(xn−1) (xn − xn−1)

= f(x0)

(b− an

)+ f(x1)

(b− an

)+ · · ·+ f(xn−1)

(b− an

)=

(b− an

)[f(a) + f

(a+

b− an

)+ f

(a+

2(b− a)

n

)+ · · ·+ f

(a+

(n− 1)(b− a)

n

)]

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Page 2: Integracion numerica

Uniddad 5 Métodos de integración y aplicaciones 5.6 Métodos numéricos de integración.

Método del Rectángulo

El método del rectángulo es el siguiente:

Para n ∈ N, particionamos el intervalo [a,b] en n subintervalos de igual longitud h =b− an

es decir

P = {a = t0, t1, ..., tn = b} con ti = a+ ih y aproximamos∫ b

a

f(x)dx ≈n∑

i=1

f(ti−1)(ti − ti−1) =

n∑i=1

f(ti−1)h

Es decir, aproximamos cada integral en [ti−1, ti] por el área del rectángulo de base h y altura f(ti−1),

En otras palabras, calculamos la integral de la función que en cada intervalo [ti−1, ti) es constantementeigual a f(ti−1)

llamamos In = h

n∑i=1

f(ti−1) y ya hemos visto que

lımn→∞

In =

∫ b

a

f(x)dx

Ejemplo Calcular ∫ 2

−2(3x3 − 5x2 + 1) dx

con una partición n = 10

Solución Tenemos que en el intervalos [−2, 2] la partición es

P =

{−2,−2 +

2

5,−2 + 2

2

5,−2 + 3

2

5,−2 + 4

2

5,−2 + 5

2

5,−2 + 6

2

5,−2 + 7

2

5,−2 + 8

2

5,−2 + 9

2

5,−2 + 10

2

5

}

P =

{−2,−8

5,−6

5,−4

5,−2

5, 0,

2

5,

4

5,

6

5,

8

5, 2

}

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Uniddad 5 Métodos de integración y aplicaciones 5.6 Métodos numéricos de integración.

Tenemos entonces que

n∑i=1

f(ti−1)

(b− an

)=

10∑i=1

3(ti−1)3 − 5(ti−1)2 + 1

(2− (−2)

10

)

= (3(−2)3−5(−2)2 + 1)

(4

5

)+ (3

(−8

5

)3

−5

(−8

5

)2

+ 1)

(4

5

)+ (3

(−6

5

)3

−5

(−6

5

)2

+ 1)

(4

5

)

+(3

(−4

5

)3

− 5

(−4

5

)2

+ 1)

(4

5

)+ (3

(−2

5

)3

− 5

(−2

5

)2

+ 1)

(4

5

)+ (3 (0)

3 − 5 (0)2

+ 1)

(4

5

)

+(3

(2

5

)3

− 5

(2

5

)2

+ 1)

(4

5

)+ (3

(4

5

)3

− 5

(4

5

)2

+ 1)

(4

5

)+ (3

(6

5

)3

− 5

(6

5

)2

+ 1)

(4

5

)

+(3

(8

5

)3

− 5

(8

5

)2

+ 1)

(4

5

)= −2,560000000

desde luego hay un error cuando calculamos aproximadamente. Lo que nos preguntamos ahora es sipodemos medir o estimar el error cometido al calcular In.

Teorema 1. Sea f : [a, b]→ R una función con primera derivada continua en [a,b]. Si M1 = Max︸ ︷︷ ︸[a,b]

|f ′|,

entonces ∣∣∣∣∣In −∫ b

a

f(x)dx

∣∣∣∣∣ ≤ M1

2

(b− a)2

n

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Demostración. tenemos que∣∣∣∣∣In −∫ b

a

f(x)dx

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣n∑

i=1

(hf(ti−1)−

∫ ti

ti−1

f(x)dx

)∣∣∣∣∣ ≤n∑

i=1

∣∣∣∣∣hf(ti−1)−∫ ti

ti−1

f(x)dx

∣∣∣∣∣ =

n∑i=1

∣∣∣∣∣∫ ti

ti−1

f(ti−1)dx−∫ ti

ti−1

f(x)dx

∣∣∣∣∣ =

n∑i=1

∣∣∣∣∣∫ ti

ti−1

(f(ti−1)− f(x))dx

∣∣∣∣∣ ≤n∑

i=1

∫ ti

ti−1

|f(ti−1)− f(x)| dx

Por el teorema fundamental del cálculo

f(x)− f(ti−1) =

∫ x

ti−1

f ′(t)dt

se tiene entonces que

|f(x)− f(ti−1)| =

∣∣∣∣∣∫ x

ti−1

f ′(t)dt

∣∣∣∣∣ ≤∫ x

ti−1

|f ′(t)|dt ≤∫ x

ti−1

M1dt = M1(x− ti−1)

Por lo tanto

n∑i=1

∫ ti

ti−1

|f(ti−1)− f(x)| dx ≤∫ x

ti−1

M1 (x− ti−1)︸ ︷︷ ︸u=x−ti−1

du=dx

dx = M1

∫ h

0︸︷︷︸x=ti−1⇒u=0

x=ti⇒u=h

udu = M1u2

2|h0 = M1

h2

2

Por tanto ∣∣∣∣∣In −∫ b

a

f(x)dx

∣∣∣∣∣ ≤n∑

i=1

∫ ti

ti−1

|f(ti−1)− f(x)| dx ≤n∑

i=1

M1h2

2= nM1

h2

2=

nM1(b− a)2

2n2=M1

2

(b− a)2

n

Observación. Si conocemos una cota para M1, entonces podemos saber cuál es el valor de n que debetomarse para calcular la integral aproximada con un error dado.

Ejemplo Calcular aproximadamente

∫ 2

0

e−x2

dx con un error menor a 0.001

Solución tenemos que f(x) = e−x2

por tanto f ′(x) = −2xe−x2

y deducimos que |f ′(x)| ≤ 4 parax ∈ [0, 2] por tanto para n ∈ (N) ∣∣∣∣Inr − ∫ 2

0

e−x2

dx

∣∣∣∣ ≤ 4

2

22

n=

8

n

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y para asegurar un valor < 0,1

8

n< 0,1⇒ 8

0,1< n⇒ 80 < n

Para n=80 la fórmula nos da Inr = 0,89435En maple obtenemos 0,8820813910

Ejercicio Sabemos que∫ 1

0

1

1 + x2dx = arctan(1)− arctan(0) =

π

4⇒ 4

∫ 1

0

1

1 + x2dx = π

Usando el método del rectángulo obtenga una aproximación a π con un error< ,001

Solución En este caso

f(x) =1

1 + x2⇒ |f ′(x)| =

∣∣∣∣ −2x

(1 + x2)2

∣∣∣∣ ⇒ |f ′(x)| = 2x

(1 + x2)2

como

f ′′(x) = − 8x2

(1 + x2)3+

2

(1 + x2)2⇒ f ′′(x) = 0 ⇔ x =

√3

3< 1 ⇒ M1 < 1

por lo tantoM1

2

(b− a)2

n< ,001 ⇒ 1

2n< ,001 ⇒ 1

2(,001)< n ⇒ 500 < n

Consideremos el valor de n=500 y particionamos nuestro intervslo [0, 1] obtenemos

P =

{0,

1

500,

2

500,

3

500, ..., 1

}Si se tiene

4

∫ 1

0

1

1 + x2dx = π

entonces

4

(1

500

)(1

1 + (0)2 +

1

1 +(

1500

)2 +1

1 +(

2500

)2 +1

1 +(

3500

)2 + ...+1

1(499500

)2)

= 3,143591987

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Método del Trapecio

La regla del trapecio es la siguiente:Para n ∈ N particionamos (de la misma manera que antes)P = {a = to, t1, ..., tn = b} con ti = a + ih yaproximamos ∫ b

a

f(x)dx ≈ Int =

n∑i=1

f(ti−1) + f(ti)

2(ti − ti−1)

Es decir, aproximamos cada integral en [ti−1, ti] por el área del trapecio de altura h y bases f(ti−1) yf(ti)

En otras palabras, calculamos la integral de la función que en cada intervalo [ti−1, ti) es lineal y coincidecon f en ti−1 y en ti

Teorema 2. (Estimación del error de la regla del trapecio). Sea f : [a, b]→ R una función con segundaderivada continua en [a,b]. Si M2 = Max[a,b]|f ′′|, entonces∣∣∣∣∣Int −

∫ b

a

f(x)dx

∣∣∣∣∣ ≤ M2

12

(b− a)3

n2

Demostración. Sea P una partición del intervalo [a, b] dada así P =

{a,

(b− an

), a+ 2

(b− an

), · · · , a+ n

(b− an

)}si llamo h =

b− an

tenemos entonces que P = {a, a+ h, a+ 2h, · · · , a+ nh = b}ahora llamamos ak = a+ (k − 1)h y ak + t = a+ (k − 1)h+ t donde t ∈ [0, h].De�nimos

ϕ(t) =

∫ ak+t

ak

f(x) dx− f(ak) + f(ak + t)

2t

Derivemos ϕ(t)

ϕ′(t) = f(ak + t)− f(ak)

2− f(ak + t)

2− tf

′(ak + t)

2

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donde ϕ′(0) = 0volvemos a derivar

ϕ′′(t) = f ′(ak + t)− f ′(ak + t)

2− f ′′(ak + t)

2t− f ′(ak + t)

2= −f

′′(ak + t)

2t

por tanto

ϕ′′(t) = −f′′(ak + t)

2t

Como f ′′(x) es continua en [a, b] entonces existen m,M tales que

m ≤ f ′′(ak + t) ≤M ⇒ m

2≤ f ′′(ak + t)

2≤ M

2⇒ m

2t ≤ f ′′(ak + t)

2t ≤ M

2t

⇒ m

2t ≤ −ϕ′′(t) ≤ M

2t

vamos a intagrar esta última desigualdad∫m

2t ≤ −

∫ϕ′′(t) ≤

∫M

2t ⇒ m

2

t2

2≤ −ϕ′(t) ≤ M

2

t2

2⇒ m

4t2 ≤ −ϕ′(t) ≤ M

4t2

volvemos a integrar esta última desigualdad∫m

4t2 ≤ −

∫ϕ′(t) ≤

∫M

4t2 ⇒ m

12t3 ≤ −ϕ(t) ≤ M

12t3

como

−ϕ(t) = −(∫ ak+t

ak

f(x) dx− f(ak) + f(ak + t)

2t

)=f(ak) + f(ak + t)

2t−∫ ak+t

ak

f(x) dx

entoncesm

12t3 ≤ f(ak) + f(ak + t)

2t−∫ ak+t

ak

f(x) dx ≤ M

12t3

tomando t = hm

12h3 ≤ f(ak) + f(ak+1)

2t−∫ ak+1

ak

f(x) dx ≤ M

12h3

tomando la suma desde k = 1 hasta n

nm

12h3 ≤

n∑k=1

(f(ak) + f(ak+1)

2t−∫ ak+1

ak

f(x) dx

)≤ nM

12h3

ahora bien como M2 = max[a,b]|f ′′(x)| entonces

n−M2

12h3 ≤

n∑k=1

(f(ak) + f(ak+1)

2t−∫ ak+1

ak

f(x) dx

)≤ nM2

12h3

por tanto

n−M2

12h3 ≤ Int −

∫ b

a

f(x)dx ≤ nM2

12h3

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como h =b− an

se tiene que

n−M2

12

(b− an

)3

≤ Int −∫ b

a

f(x)dx ≤ nM2

12

(b− an

)3

por lo tanto

n−M2

12

(b− a)3

n3≤ Int −

∫ b

a

f(x)dx ≤ nM2

12

(b− a)3

n3

y por lo tanto ∣∣∣∣∣Int −∫ b

a

f(x)dx

∣∣∣∣∣ ≤ M2

12

(b− a)3

n2

Ejercicio Sabemos que∫ 1

0

1

1 + x2dx = arctan(1)− arctan(0) =

π

4⇒ 4

∫ 1

0

1

1 + x2dx = π

Usando el método del trapecio obtenga una aproximación a π con un error< ,001

Solución En este caso

f(x) =1

1 + x2⇒ |f ′(x)| =

∣∣∣∣ −2x

(1 + x2)2

∣∣∣∣ ⇒ |f ′(x)| = 2x

(1 + x2)2

como

f ′′(x) = − 8x2

(1 + x2)3+

2

(1 + x2)2⇒ f ′′′(x) = − 48x3

(1 + x2)4+

24x

(1 + x2)3

se tiene entonces que

f ′′′(x) = 0 ⇔ x = 1 ⇒ M2 = f ′′(1) =1

2por lo tanto

M2

12

(b− a)3

n2< ,001 ⇒ 1

24n2< ,001 ⇒ 1

24(,001)< n2 ⇒

√1

24(,001)< n ⇒ 6,4 < n

Consideremos el valor de n=7 y particionamos nuestro intervslo [0, 1] obtenemos

P =

{0,

1

7,

2

7,

3

7, ..., 1

}Si se tiene

4

∫ 1

0

1

1 + x2dx = π

entonces

4

(1

7

)(1

1 + (0)2 +

1

1 +(17

)2 +1

1 +(27

)2 +1

1 +(37

)2 + ...+1

1(67

)2)

= 3,138191308

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Método del Punto Medio

La regla del punto mdio es la siguiente:Para n ∈ N particionamos (de la misma manera que antes)P = {a = to, t1, ..., tn = b} con ti = a + ih yaproximamos ∫ b

a

f(x)dx ≈ Inm =

n∑i=1

f

(a+ (2i− 1)

h

2

)(h)

Es decir, aproximamos cada integral en [ti−1, ti] por el área del rectángulo de altura f(Ci) y base ti− ti−1

En otras palabras, calculamos la integral de la función que en cada intervalo [ti−1, ti) es constante ycoincide con f en Ci ∈ [ti−1, ti]

Teorema 3. (Estimación del error de la regla del punto medio). Sea f : [a, b] → R una función consegunda derivada continua en [a,b]. Si M3 = Max[a,b]|f ′′|, entonces∣∣∣∣∣

∫ b

a

f(x)dx−n∑

k=1

f

(a+ (2k − 1)

h

2

)(h)

∣∣∣∣∣ ≤ M3

24

(b− a)3

n2

Demostración. Dada una partición P = {a, a + h, a + 2h, ..., a + nh} del intervalo [a, b], tenemos que elconjunto de puntos medios es:

Pmedios =

{a+

h

2, a+

3

2h, a+

5

2h, · · · , b− h

2

}

donde el k-ésimo término se puede poner a+ (2k − 1)h

2donde k = 1, · · · , n por lo tanto el área del

k-ésimo rectángulo es:

f

(a+ (2k − 1)

h

2

)h

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Uniddad 5 Métodos de integración y aplicaciones 5.6 Métodos numéricos de integración.

y por tanto ∫ b

a

f(x)dx ≈n∑

i=1

f

(a+ (2k − 1)

h

2

)h

llamamos ck al punto medio del subintervalo

[a+ (2k − 1)

h

2, a+ (2k − 1)

h

2

]y como es el punto medio,

podemos llamar a+ (2k − 1)h

2= ck − t y a+ (2k + 1)h

2 = ck + t

De�no

ϕk(t) =

∫ ck+t

ck−tf(x) dx− f(ck)2t

derivamos con respecto a t y tenemos

ϕ′k(t) = f(ck + t) + f(ck − t)− 2f(ck)

derivamos de nuevo y tenemosϕ′′k(t) = f ′(ck + t)− f ′(ck − t)

Ahora usando el teorema del valor medio se tiene

f ′(ck + t)− f ′(ck − t)2t

= f ′′(ξ) con ξ ∈ [ck−t, ck+t] ⇒ f ′(ck+t)−f ′(ck−t) = 2tf ′′(ξ) con ξ ∈ [ck−t, ck+t]

por lo tantoϕ′′k(t) = f ′(ck + t)− f ′(ck − t) = 2tf ′′(ξ) con ξ ∈ [ck − t, ck + t]

como f tiene segunda derivada continua en [a, b] existen m,M =∈ [ck − t, ck + t] tales quem ≤ f ′′(x) ≤M ∀ x ∈ [ck − t, ck + t] en particular

m ≤ f ′′(ξ) ≤M ⇒ m2t ≤ f ′′(ξ)2t ≤M2t ⇒ m2t ≤ ϕ′′k(t) ≤M2t

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vamos ahora a integrar esta última expresión∫m2t dt ≤

∫ϕ′′k(t) dt ≤

∫M2t dt ⇒ mt2 ≤ ϕ′k(t) ≤Mt2

de nuevo integramos la última expresión∫mt2 dt ≤

∫ϕ′k(t) dt ≤

∫Mt2 dt ⇒ m

t3

3≤ ϕk(t) ≤M t3

3

evaluando en t =h

2se tiene

mh3

24≤ ϕk(h) ≤Mh3

24⇒ m

h3

24≤∫ ck+

h2

ck−h2

f(x) dx− f(ck)h ≤Mh3

24

tomando la suma desde 1 hasta n

n∑k=1

mh3

24≤

n∑k=1

(∫ ck+h2

ck−h2

f(x) dx− f(ck)h

)≤

n∑k=1

Mh3

24

se tiene

nmh3

24≤∫ b

a

f(x)dx−n∑

k=1

f

(a+ (2k − 1)

h

2

)(h) ≤ nM h3

24

como h =b− an

entonces

nm(b− a)3

24n3≤∫ b

a

f(x)dx−n∑

k=1

f

(a+ (2k − 1)

h

2

)(h) ≤ nM (b− a)3

24n3

es decir

m(b− a)3

24n2≤∫ b

a

f(x)dx−n∑

k=1

f

(a+ (2k − 1)

h

2

)(h) ≤M (b− a)3

24n2

y como M3 = max[a, b]|f ′′| entonces

−M3(b− a)3

24n2≤ m (b− a)3

24n2≤∫ b

a

f(x)dx−n∑

k=1

f

(a+ (2k − 1)

h

2

)(h) ≤M (b− a)3

24n2≤M3

(b− a)3

24n2

y por lo tanto ∣∣∣∣∣∫ b

a

f(x)dx−n∑

k=1

f

(a+ (2k − 1)

h

2

)(h)

∣∣∣∣∣ ≤ M3

24

(b− a)3

n2

Ejercicio Sabemos que∫ 1

0

1

1 + x2dx = arctan(1)− arctan(0) =

π

4⇒ 4

∫ 1

0

1

1 + x2dx = π

Usando el método del punto medio obtenga una aproximación a π con un error< ,001

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Page 12: Integracion numerica

Uniddad 5 Métodos de integración y aplicaciones 5.6 Métodos numéricos de integración.

Solución En este caso

f(x) =1

1 + x2⇒ |f ′(x)| =

∣∣∣∣ −2x

(1 + x2)2

∣∣∣∣ ⇒ |f ′(x)| = 2x

(1 + x2)2

como

f ′′(x) = − 8x2

(1 + x2)3+

2

(1 + x2)2⇒ f ′′′(x) = − 48x3

(1 + x2)4+

24x

(1 + x2)3

se tiene entonces que

f ′′′(x) = 0 ⇔ x = 1 ⇒ M2 = f ′′(1) =1

2

por lo tanto

M3

24

(b− a)3

n2< ,001 ⇒ 1

48n2< ,001 ⇒ 1

48(,001)< n2 ⇒

√1

48(,001)< n ⇒ 4,5 < n

Consideremos el valor de n=5 y particionamos nuestro intervslo [0, 1] obtenemos

P =

{0,

1

5,

2

5,

3

5, ..., 1

}Si se tiene

4

∫ 1

0

1

1 + x2dx = π

entonces

4

(1

5

)(1

1 + (0)2 +

1

1 +(15

)2 +1

1 +(25

)2 +1

1 +(35

)2 + ...+1

1(45

)2)

= 3,144925864

El método del punto medio resulto realizar menos número de iteraciones para aproximar π con un errormenor a 0,001

Facultad de Ciencias UNAMCálculo Diferencial e Integral II

Prof. Esteban Rubén Hurtado Cruz12