Kalkulatu hurrengo puntuetatik pasatzen den interpolazio-polinomioaren zero bat:

x0 =−1 ; y0 =−3

x1 =0 ; y1 =−2

x2 =1 ; y2 =1

x3 =2 ; y3 =2

Interpolazio-polinomioa honelakoa izango da:

y(x) =a0 +a1x +a2x2 +a3x

3

y0 =a0 +a1x0 +a2x02 +a3x0

3

y1 =a0 +a1x1 +a2x12 +a3x1

3

y2 =a0 +a1x2 +a2x22 +a3x2

3

y3 =a0 +a1x3 +a2x32 +a3x3

3

⎧

⎨

⎪ ⎪ ⎪

⎩

⎪ ⎪ ⎪

Cramer-en araua erabiliz:

a0 =

y0 x0 x02 x0

3

y1 x1 x12 x1

3

y2 x2 x22 x2

3

y3 x3 x32 x3

3

1 x0 x02 x0

3

1 x1 x12 x1

3

1 x2 x22 x2

3

1 x3 x32 x3

3

a0 =

−3 −1 1 −1

−2 0 0 0

1 1 1 1

2 2 4 8(x1 −x0)(x2 −x0)(x3 −x0)(x2 −x1)(x3 −x1)(x3 −x2)

a0 =

(−2)(−1)

−1 1 −1

1 1 1

2 4 8(0+1)(1+1)(2+1)(1−0)(2−0)(2−1)

a0 =16

−1 1 −1

1 1 1

2 4 8

=16

0 2 0

1 1 1

2 4 8

2. lerroa batzen diogu

=−13

1 1

2 8=−2

a1 =

1 y0 x02 x0

3

1 y1 x12 x1

3

1 y2 x22 x2

3

1 y3 x32 x3

3

1 x0 x02 x0

3

1 x1 x12 x1

3

1 x2 x22 x2

3

1 x3 x32 x3

3

=1

12

1 −3 1 −1

1 −2 0 0

1 1 1 1

1 2 4 8

1. zutabea bider 2 batzendiogu

=1

12

1 −1 1 −1

1 0 0 0

1 3 1 1

1 4 4 8

a1 =−112

−1 1 −1

3 1 1

4 4 8

2. zutabea batzen diegu

=−112

0 1 0

4 1 2

8 4 12

=1

12

4 2

8 12=

83

a2 =

1 x0 y0 x03

1 x1 y1 x13

1 x2 y2 x23

1 x3 y3 x33

12=

112

1 −1 −3 1

1 0 −2 0

1 1 1 1

1 2 2 8

1. zutabea bider 2 batzendiogu

=1

12

1 −1 −1 1

1 0 0 0

1 1 3 1

1 2 4 8

a2 =−112

−1 −1 −1

1 3 1

2 4 8

=−112

0 2 0

1 3 1

2 4 8

=16

1 1

2 8=1

a3 =

1 x0 x02 y0

1 x1 x12 y1

1 x2 x32 y2

1 x3 x32 y3

12=

112

1 −1 1 −3

1 0 0 −2

1 1 1 1

1 2 4 2

1. zutabea bider 2 batzendiogu

2. lerroa batzen diogu

=1

12

1 −1 −1 1

1 0 0 0

1 1 1 3

1 2 4 4

a3 =−112

−1 1 −1

1 1 3

2 4 4

=−112

0 1 0

2 1 4

6 4 8

=1

12

2 4

6 8=

−23

2. zutabea batzen diegu

Beraz:

a0 =−2 ; a1 =83

; a2 =1 ; a3 =−23

Eta interpolazio-polinomioa da:

y(x) =−2+83

x +x2 −23

x3

Berriro ere aztertzen baditugu interpolazio-puntuak:

x0 =−1 ; y0 =−3

x1 =0 ; y1 =−2

x2 =1 ; y2 =1

x3 =2 ; y3 =2

Ikusten da y(x)-ek zeinu-aldaketa jasaten duela, hau da zero bat duela,x1 = 0 eta x2 = 1 puntuen artean. Hortaz abiapuntu egokia Newton-enmetodorako x = 0.5 litzateke:

Hurrengo f(x) hartzen badugu:

f (x) =−6+8x+3x2 −2x3

y(x) =−2+83

x +x2 −23

x3f(x)-en zeroak dira y(x)-en berberak:

f'(x)=8+6x−6x2

→f(x0)=−1.5

x1=x0−f(x0)f'(x0)

≅0.6578947

f (x) =−6+8x+3x2 −2x3

x0=0.5

→f(x1)≅−7.8728 10−3

x2=x1−f(x1)f'(x1)

≅0.6587367

→f(x2)≅−7.41 10−7

Kalkulatu Gauss-Legendre-ren koadraturaren bidez 6 puntu-rekin(n=5) hurrengo integrala. Kalkulatu Simpson-en bidez ere h = 1/8 hartuta :

ex

3

tgx−1

1

∫ dx

I≅0.46791[e(−0.23862)

3

tg(−0.23862)+e(0.23862)

3

tg(0.23862)]+

+0.36076[e(−0.66121)

3

tg(−0.66121)+e(0.66121)

3

tg(0.66121)]+

+0.17132[e(−0.93247)

3

tg(−0.93247)+e(0.93247)

3

tg(0.93247)]

ex

3

tgx−1

1

∫ dx≅0.584468

Gauss-Legendre:

ERRADIANETAN!!!

Simpson:

h = 1/8 (17 puntu):

x0 =−1; x1 =−0.875; x2 =−0.75; x3 =−0.625; x4 =−0.5; x5 =−0.375;

x6 =−0.25; x7 =−0.125; x8 =0; x9 =0.125;x10 =0.25; x11 =0.375;

x12 =0.5; x13 =0.625; x14 =0.75; x15 =0.875; x16 =1

I≅183

{e(−1)

3

tg(−1)+e13

tg(1)]+2[e(−0.75)

3

tg(−0.75)+e(−0.5)

3

tg(−0.5)+

+e(−0.25)

3

tg(−0.25)+e(0.25)

3

tg(0.25)+e(0.5)

3

tg(0.5)+e(0.75)

3

tg(0.75)]+

+4[e(−0.875)

3

tg(−0.875)+e(−0.625)

3

tg(−0.625)+e(−0.375)

3

tg(−0.375)+

+e(−0.125)

3

tg(−0.125)+e(0.125)

3

tg(0.125)+e(0.375)

3

tg(0.375)+

+e(0.625)

3

tg(0.625)+e(0.875)

3

tg(0.875)]≅0.586213

ERRADIANETAN!!!

Gaixo bati sendagai baten A dosia ematen zaio. Sendagaiaren kontzentrazioa odolean t ordu geroago hurrengo formularen bidez kalkula daiteke:

c(t)=A t e−t/3 (mg/ ml)

a) Zenbatekoa izan behar da hasierako dosia gehienezko kontzentrazio1 mg/ml izateko? Noiz agertzen da konzentrazio maximo hori?b) Kontzentrazio maximo hori pasa eta gero bigarren dosia eman beharzaio kontzentrazioa 0.25 mg/ml baliora jaisten denean. Kalkulatu minutu baten zehaztasunarekin zenbat denbora igarotzen duen bi dosien artean.c) Bigarren dosia lehenengoa baino %75 txikiagoa dela suposatuz,noiz eman beharko genioke hirugarren dosia?

a) c(t)=A t e−t/3

c'(t) =A e−t /3 − A t e−t /3

3=A e−t /3 1−

t3

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟

c'(t) =0⇒ t =3

c(3) =A 3 e−3/3 =3Ae

Beraz, 3 ordu pasa eta gero lortzen da kontzentazio maximoa eta bereBalioa hurrengo hau da:

Balio hori 1 izateko:

3Ae

=1⇒ A=e3

b) Hurrengoan kalkulatu nahi dugu noiz den 0.25 c(t)-ren balioa, hauda, zein den f(t) = c(t)-0.25 funtzioaren zero bat:

t0 = 4 puntutik abiatuz:

f (t0) ≅0.705375

f'(t) =e3

e−t/ 3 1− t3

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟

x1 =x0 −f(x0)f'(x0)

≅12.8598720≅12h 51min 35.5seg

Newton:

f (x1) ≅−0.0897667

x2 =x1 −f(x1)f'(x1)

≅10.6678280≅10h 40min 4.18seg

x3 =x2 −f(x2)f' (x2)

x4 =x3 −f(x3)f'(x3)

x5 =x4 −f(x4)f'(x4)

≅11.0611267≅11h 36min 40.5seg

≅11.0778742≅11h 4min 40.35seg

≅11.0779036≅11h 4min 40.45seg

c) c1(t) =e3

(t+11.08) e−(t+11.08)/ 3

c2(t) =75e

100×3 t e−t /3 =

e4

t e−t/3

f (t) =c1(t)+c2(t) −0.25

f (t) =e(t+11.08)

3 e−(t+11.08)/ 3 +

t e−t /3

4

⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥ −0.25

t1 ≅10.6490204≅10h 38min 56.4seg

t2 ≅10.1292893≅10h 7min 45.44seg

t3 ≅10.1551745≅10h 9min 18.63seg

t4 ≅10.1552417≅10h 9min 18.87seg

Kalkulatu Runge-Kutta -en metodoaren bidez hurrengo ekuazio diferentzialaren soluzio hurbilduak ondoko x = 1.2 eta x = 1.4 puntuetanh=0.1 erabiliz: :

dydx

=2xy ; y(1)=1

Soluzio analitikoa y = exp(x2-1), dela kontutan hartuz, kalkulatu egindakoerrore absolutuak eta erlatiboak.

h = 0.1:

k1 =h f (x0,y0)

k2 =h f (x0 +h2

,y0 +k1

2)

=0.1 (2×1×1) =0.2

=0.1 f(0+0.05, 1+0.05)

k2 =0.1 2×1.05×1.1( ) =0.231

k3 =h f(x0 +h2

,y0 +k2

2)=0.1 f(1.05, 1.1155)

k3 =0.1 2×1.05×1.1155( ) =0.234255

x1 =x0 +h=1+0.1=1.1

k4 =h f (x0 +h,y0 +k3)=0.1 f(1.1, 1.234255)

k4 =0.1 2×1.1×1.234255( ) =0.2715361

K0 =16

(k1 +2k2 +2k3 +k4) =0.23367435

y1 =y0 +K0 ≅1.2337

x2 =x1 +h=1.1+0.1=1.2

k1 =h f (x1,y1) =0.1 (2×1.1×1.23367435) =0.27140836

k2 =h f (x1 +h2

,y1 +k1

2)=0.1 f(1.15, 1.3693785) =0.31495706

k3 =h f(x1 +h2

,y1 +k2

2)=0.1 f(1.15, 1.3911529) =0.31996516

k4 =h f (x1 +h,y1 +k3) =0.1 f(1.2, 1.5536395) =0.37287348

K0 =16

(k1 +2k2 +2k3 +k4) =0.31902105

y2 =y1 +K0 =1.5527

x3 =x2 +h=1.2+0.1=1.3

k1 =h f (x2,y2) =0.1 (2×1.2×1.5526954) =0.3726469

k2 =h f (x2 +h2

,y2 +k1

2)=0.1 f(1.25, 1.7390188)=0.43475471

k3 =h f(x2 +h2

,y2 +k2

2)=0.1 f(1.25, 1.7700728)=0.44251819

k4 =h f (x2 +h,y2 +k3)=0.1 f(1.3, 1.9952136) =0.51875553

K0 =16

(k1 +2k2 +2k3 +k4) =0.44099137

y3 =y2 +K0 =1.9937

x4 =x3 +h=1.3+0.1=1.4

k1 =h f (x3,y3) =0.1 (2×1.3×1.9936868) =0.51835857

k2 =h f (x3 +h2

,y3 +k1

2)=0.1 f(1.35, 2.2528661) =0.60827384

k3 =h f(x3 +h2

,y3 +k2

2) =0.1 f(1.35, 2.2978237)=0.6204124

k4 =h f (x3 +h,y3 +k3)=0.1 f(1.4, 2.6140992) =0.73194778

K0 =16

(k1 +2k2 +2k3 +k4) =0.61794647

y4 =y3 +K0 =2.6116

€

balio zehatza y2 =1.5527

€

balio zehatza y4 = 2.6116

€

x2 =1.2 → errore absolutua =1.5527 −1.5227 = 0

€

x2 =1.2 → errore erlatiboa =1.5527 −1.5527

1.5527= 0

€

x4 =1.4 → errore absolutua = 2.6116 − 2.6117 = −0.0001

€

x4 =1.4 → errore erlatiboa =2.6116 − 2.6117

2.6116≅ 3.9e − 5

Kalkulatu Simpson-en eta Trapezioen prozeduren bidez (7 punturekinbai batan bai bestean) eta Gauss-Legendre-ren koadraturaren bidez 4 punturekin (n=3) (taularen puntuekin) hurrengo integralaren balorea:

1+x2dx

0

3

∫

x0 =0; x1 =0.5; x2 =1; x3 =1.5; x4 =2; x5 =2.5; x6 =3Trapezioen bidez:

1+x2dx

0

3

∫ ≅h12

1+x0

2+ 1+x6

2⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟ + 1+xi

2

i=1

5

∑⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥

1+x2dx0

3

∫ ≅12[12

1+02 + 1+32( )+ 1+0.52 + 1+12

+ 1+1.52 + 1+22 + 1+2.52 ]≅5.67241

h = 1/2 hartuta (7 puntu):

€

1+ x 2 dx0

3

∫ ≅h

3[ 1+ x0

2 + 1+ x62 +

+ 2 1+ x i2

i= 2bikoitia

4

∑ + 4 1+ x i2

i=1bakoitia

5

∑ ]

Simpson-en bidez:

1+x2dx0

3

∫ ≅16{ 1+02 + 1+32 +2[ 1+12 + 1+22]+

+4[ 1+0.52 + 1+1.52 + 1+2.52]}≅5.65273

Gauss-Legendre-ren koadraturarekin n=3 hartuta (4 puntu):

x0 ≈−0.8611363 ; x1 ≈−0.3399810 ; x2 =0.3399810 ; x3 ≈0.8611363

1+x2dx

0

3

∫

z+1=23

x⇒ x =3(z+1)

2⇒ dx=

3dz2

= 1+

9(z+1)4

232

dz−1

1

∫ =

32

1+94

(z+1)2dz−1

1

∫

I ≈32{0.6521451[ 1+

94

0.339981+1( )2

+

1+94

−0.339981+1( )2]+

0.3478548[ 1+94

0.861136+1( )2

+

1+94

−0.861136+1( )2]}≈5.65289

Herri batetan 1000 biztanle bizi dira. Bati birus kutsakor bat erantsi zaio. Hurrengo egunean hiru badira kutsatuak astebete bat igaro ondoren, zenbatekoa izango da gaixoen kopurua?

dxdt

=ax(1000−x) ; x(0)=1

h = 1/7:

x1 ≅x0 +h f(t0,x0)

t1 =t0 +h=0+1/7=1/ 7

=1+999a

7

1+999a

7=3⇒ a=

14999

x2 ≅x1 +h f(t1,x1) =8.987988

x3 ≅x2 +h f (t2,x2) =26.8202283

x4 ≅x3 +h f (t3,x3) =79.0742898

x5 ≅x4 +h f (t4,x4) =224.8631717

x6 ≅x5 +h f (t5,x5) =573.8115715

x7 ≅x6 +h f (t6,x6) =1063.4048690

Ondorioz, astebete bat pasa eta gero, denak daude gaixorik.

Bi substantzia, A eta B, konbinatzen direnean C konposatu bat osatzenda. Erreakzioan, A substantziaren gramo bakoitzako B-ren 4 gramo behardira. Minutu bat pasa eta gero C-ren 6 gramo sortu dira.Erreakzioaren abiadura A eta B-ren geratzen direnen kantitateekiko proportzionala badaeta hasieran A-ren 50 gramo eta B-ren 32 gramo baldin baziren, zenbatekoa izango da C-ren kantitatea erreakzioa abiatu eta 10 minutura?

t minutuetan sortzen diren C konposatuaren gramuen kopuruari C(t) deitzen badiogu eta, denbora berean, deskonposatzen diren A eta B-ren kantitateei A(t) eta B(t), deituz hurrenez hurren, orduan:

C(t) =A(t)+B(t)

B(t) =4A(t)

dC(t)dt

∝ 50−A(t)( ) 32−B(t)( )

Ondorioz:

dC(t)dt

∝ 50−C(t)

5

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟ 32−

4C(t)5

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟

edo gauza bera dena:

dC(t)dt

∝ 250−C(t)( ) 40−C(t)( )

eta ebatzi behar dugun lehen ordenako ekuazio diferentziala hau da :

dC(t)dt

=k 250−C(t)( ) 40−C(t)( )

C(0) =0

non, k, kalkulatu behar dugun konstantea baita.

h = 1:

C1 ≅C0 +h f (t0,C0)

t1 =t0 +h=0+1=1

Euler-en metodo xinplea erabiltzen badu soluzio numeriko hurbilduaklortzeko:

=C(0)+h k(250−C(0))(40−C(0))

6≅10000k ⇒ k ≅3

5000 eta behin k konstanta kalkulatu dugun, iterazio gehiago egin ditzakegubeste soluzioak lortzeko beste denboretarako:

t2 =t1 +h=1+1=2C2 ≅C1 +h f (t1,C1) =10.9776

t3 =t2 +h=2+1=3C3 ≅C2 +h f(t2,C2) =15.1398

t4 =t3 +h=3+1=4C4 ≅C3 +h f(t3,C3) =18.643

t5 =t4 +h=4+1=5C5 ≅C4 +h f(t4,C4) =21.60766

t6 =t5 +h=5+1=6C6 ≅C5 +h f(t5,C5) =24.12806

t7 =t6 +h=6+1=7C7 ≅C6 +h f(t6,C6) =26.27908

t8 =t7 +h=7+1=8C8 ≅C7 +h f(t7,C7) =28.12087

t9 =t8 +h=8+1=9C9 ≅C8 +h f(t8,C8) =29.70231

t10 =t9 +h=9+1=10C10 ≅C9 +h f (t9,C9) =31.06344

Zenbaki lehenen teoremaren arabera a< x < b tartean dauden zenbakilehenen kopurua da gutxi gorabehera:

dxlnxa

b

∫ Alderatu hurbilketa honen bidez lortutako 100 eta 200-en artean daudenzenbaki lehenen kopurua, benetako balioarekin.

Gauss-Legendre-ren koadraturarekin eta n=3 hartuta (4 puntu):

x0 ≈−0.8611363 ; x1 ≈−0.3399810 ; x2 =0.3399810 ; x3 ≈0.8611363

1lnx

dx100

200

∫

z−1=150

x−200( )⇒ x =50z+150⇒ dx=50dz

=50

ln(50z+150)dz

−1

1

∫

I ≈50{0.6521451[1

ln 50×0.339981+150( )+

1ln 50×(−0.339981)+150( )

]+

0.3478548[1

ln 50×0.861136+150( )+

1ln 50×(−0.861136) +150( )

]}≈20.066

Hala ere, 100 baino handiagoak eta 200 baino txikiagoak diren zenbakilehenen benetako kopurua da 21.

Erabili Runge-Kutta-ren metodoa hurrengo probleman -ren balio hurbildua lortzeko h=0.5 hartuta eta kalkulatu egindako errore absolutuaeta erlatiboa:

dydx

=4

1+x2 ; y(0) =0

Ekuazio diferentzial hau zehatz-mehatz integra daiteke:

dyy(0)

y( x)

∫ =4

1+x2 dx0

x

∫

y(x)−y(0) =4(arctan(x) −arctan(0))

y(x) =4arctan(x) ⇒ y(1) =π

h = 0.5:

k1 =h f (x0,y0)

k2 =h f (x0 +h2

,y0 +k1

2)

=0.5 (4

1+02 ) =2

k2 =0.5 4

1+0.252

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟ =1.8823529

k3 =h f(x0 +h2

,y0 +k2

2)

x1 =x0 +h=0+0.5=0.5

Hortaz -ren balio numeriko hurbildua lortzeko kalkulatu beharko dugu y(x) x=1 denean:

=0.5 f(0+0.25,y0 +k1

2)

=0.5 f(0+0.25,y0 +k2

2)

k3 =0.5 4

1+0.252

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟ =1.8823529

k4 =h f (x0 +h,y0 +k3)

k4 =0.5 4

1+0.52

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟ =1.6

K0 =16

k1 +2k2 +2k3 +k4( ) =1.854902

=0.5 f(0.5,y0 +k3)

y1 =y0 +K0 ≅1.854902

x2 =x1 +h=0.5+0.5=1

k1 =h f (x1,y1)

k2 =h f (x1 +h2

,y1 +k1

2)

=0.5 f(0.5,y1) =1.6

=0.5 f(0.75,y1 +k1

2) =1.28

k3 =h f(x1 +h2

,y1 +k2

2) =0.5 f(0.75,y1 +

k2

2) =1.28

k4 =h f (x1 +h,y1 +k3) =0.5 f(1,y1 +k3)=1

K0 =

16

k1 +2k2 +2k3 +k4( ) =1.28) 6

y1 =y0 +K0 ≅3.1415687

€

errore absolutua = y1 − π ≅ 2.4 10−5

€

errore erlatiboa =y1 − π

π≅ 7.6 10−6

Kalkulatu Simpson-en eta Trapezioen prozeduren bidez (9 punturekinbai batan bai bestean) eta Gauss-Legendre-ren koadraturaren bidez 4 punturekin (n=3, taularen puntuekin) hurrengo integralaren balorea:

5xe−x lnx dx1

3

∫

x0 =1; x1 =1.25; x2 =1.5; x3 =1.75; x4 =2; x5 =2.25;

x6 =2.5; x7 =2.75; x8 =3Trapezioen bidez:

h = 1/4 hartuta (9 puntu):

5xe−x lnx dx1

3

∫ ≅h5x0e

−x0 lnx0 +5x8e−x8 lnx8( )

2+ 5xie

−xi lnxii=1

7

∑⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥

5xe−x lnx dx1

3

∫ ≅1.51706

€

5xe−x ln x dx1

3

∫ ≅h

3[5x0e

−x0 ln x0 + 5x8e−x8 ln x8 +

+ 2 5x ie−xi ln x i

i= 2bikoitia

6

∑ + 4 5x ie−xi ln x i

i=1bakoitia

7

∑ ]

Simpson-en bidez:

5xe−x lnx dx1

3

∫ ≅1.52825]

Gauss-Legendre-ren koadraturaz n=3 hartuta (4 puntu):

x0 ≈−0.8611363 ; x1 ≈−0.3399810 ; x2 =0.3399810 ; x3 ≈0.8611363

5xe−x lnx dx1

3

∫

z=x−2⇒ x =z+2⇒ dx=dz

= 5(z+2)e−(z+2) ln(z+2)dz−1

1

∫

I ≈{0.6521451[5 0.339981+2( )e− 0.339981+2( ) ln 0.339981+2( )+

5 −0.339981+2( )e− −0.339981+2( ) ln −0.339981+2( )]+

0.3478548[50.861136+2( )e− 0.861136+2( ) ln 0.861136+2( )+

5 −0.861136+2( )e− −0.861136+2( ) ln −0.861136+2( )]}≈1.52818

Hurrengo taularen bidez, kalkulatu x0-ren bigarren deribatuaren hurbilketa numerikoa x1, x2 eta x3 puntuen balioak erabiliz:

€

x0 = 0.3 ; y0 = 0.45

x1 = 0.4 ; y1 = 0.8

x2 = 0.5 ; y2 =1.25

x3 = 0.6 ; y3 =1.8

Hori egin eta gero, kalkulatu gauza bera, hau da, x0-ren bigarrenderibatuaren hurbilketa numerikoa; baina, oraingoan taularen lau puntuetatik pasatzen den interpolazio-polinomiaren bidez. Argudiatu bi emaitzen arteko alderaketa.

Lehenik eskatzen digute kalkulatzeko distantziakide puntuen taulabatetik hartutako xn puntu baten bigarren deribatuaren hurbilketa bat xn+1, xn+2 eta xn+3 puntuen balioen laguntzaz:

f (x0 +h)= f (x0)+f'(x0)h+

f''(x0)2

h2 +K

f (x0 +2h) =f (x0)+ f' (x0)2h+f'' (x0)2h2 +K

f (x0 +3h) = f(x0) +f'(x0)3h+

9f''(x0)2

h2 +K

Hortaz, gure helburua izango da kalkulatzea a, b eta c koefizienteak:

f''(x0) =limh→ 0

af(x0 +h)+bf(x0 +2h)+cf(x0 +3h)h2

af(x0 +h) =af(x0)+af' (x0)h+

f''(x0)a2

h2 +K

bf(x0 +2h) =bf(x0)+ f' (x0)2bh+f'' (x0)2bh2 +K

cf(x0 +3h) =cf(x0)+f'(x0)3ch+

9cf''(x0)2

h2 +K

a, b eta c koefiziente horiek honelakoak izango dira:

a+b+c=0

a+2b+3c=0a2

+2b+9c2

=1

⎫

⎬ ⎪ ⎪

⎭ ⎪ ⎪

⇒

a+b+c =0

a+2b+3c =0

a+4b+9c=2

⎫

⎬ ⎪

⎭ ⎪

⇒b+2c=0

2b+6c=2

⎫ ⎬ ⎭

⇒ c=1

⇒ b=−2 ⇒ a=1

Beraz:

f''(x0) =limh→ 0

f (x0 +h)−2 f(x0 +2h) +f(x0 +3h)h2

y'' xn( )=yn+1 −2yn+2 +yn+3

h2

y'' x0( )=0.8−2×1.25+1.8

0.12 =10

Jarraian, hurrungo puntueatik pasatzen den interpolazio-polinomioakalkulatu dugu:

Lau puntu izanik interpolazio-polinomioaren maila, gehienera jotahiru izango da:

y(x) =a0 +a1x +a2x2 +a3x

3

non ai koefizienteek hurrengo ekuazioak betetzen baitituzte:

€

x0 = 0.3 ; y0 = 0.45

x1 = 0.4 ; y1 = 0.8

x2 = 0.5 ; y2 =1.25

x3 = 0.6 ; y3 =1.8

y0 =a0 +a1x0 +a2x02 +a3x0

3

y1 =a0 +a1x1 +a2x12 +a3x1

3

y2 =a0 +a1x2 +a2x22 +a3x2

3

y3 =a0 +a1x3 +a2x32 +a3x3

3

⎧

⎨

⎪ ⎪ ⎪

⎩

⎪ ⎪ ⎪

0.45=a0 +0.3a1 +0.9a2 +0.27a3

0.8=a0 +0.4a1 +0.16a2 +0.64a3

1.25=a0 +0.5a1 +0.25a2 +0.125a3

1.8=a0 +0.6a1 +0.36a2 +0.216a3

⎧

⎨

⎪ ⎪

⎩

⎪ ⎪

0.45=a0 +0.3a1 +0.09a2 +0.027a3

0.8=a0 +0.4a1 +0.16a2 +0.064a3

1.25=a0 +0.5a1 +0.25a2 +0.125a3

1.8=a0 +0.6a1 +0.36a2 +0.216a3

⎧

⎨

⎪ ⎪

⎩

⎪ ⎪

0.35=0.1a1 +0.07a2 +0.037a3

0.45=0.1a1 +0.09a2 +0.061a3

0.55=0.1a1 +0.11a2 +0.091a3

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

0.1=0.02a2 +0.024a3

0.1=0.02a2 +0.03a3

⎧ ⎨ ⎪

⎩ ⎪ ⇒ a2 =5 ; a3 =0

⇒ a4 =0 ; a3 =0

Beraz, interpolazio-polinomioa hauxe da:

y(x) =5x2

Ondorioz, bigarren deribatua x0 puntuan (edozein puntutan, izan ere) da:

′ ′ y (x) =10

€

f ' '(x0) =f (x0 + h) − 2 f (x0 + 2h) + f (x0 + 3h)

h2 f (n )(x) = 0 n ≥ 3 bada( )

hau da: lehen lortu genuen emaitza bera. Horren zioa hurrengoan oinarritzen da

Erabili Taylor-en seriearen algoritmoa hurrengo ekuazio diferentzialarensoluzio hurbildua kalkulatzeko:

€

′ y = ex + x cos y

y(0) = 0

€

′ y = ex + cos y

€

′ ′ y = ex + cos y − x ′ y sin y

€

′ ′ ′ y = ex − 2 ′ y sin y − x ′ ′ y sin y − x ′ y ( )2 cos y

€

′ y v = ex − 3 ′ ′ y sin y − 2( ′ y )2 cos y − x ′ ′ ′ y sin y − x ′ y ′ ′ y cos y

− ( ′ y )2 cos y − 2x ′ y ′ ′ y cos y + x ′ y ( )3

sin y

Beraz, dagozkion ordezkaketak eginez:

€

′ y (0) =1 ′ ′ ′ y (0) =1

′ ′ y (0) = 2 ′ y v (0) = −2

eta soluzio urbildua honela geratzen da:

€

y(x) ≅ x +2x 2

2!+

x 3

3!−

2x 4

4!+L

€

y(x) ≅ x + x 2 +x 3

6−

x 4

12+L

Ebatzi hurrengo ekuazioa:

€

ln(2 − x 2) = x 2

€

x0 =1 → f (x0) = −1

€

f '(x) = −2x1

2 − x 2+1

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

€

x1 = x0 −f (x0)

f '(x0)= 0.75

€

→ f (x1) ≅ −0.1995945

x2 =x1 −f(x1)f'(x1)

€

≅0.6715269

€

→ f (x2) ≅ −0.0133056

Aurrekoaren baliokidea da hurrengo f(x) funtzioaren zeroa kalkulatzea:

€

f (x) = ln(2 − x 2) − x 2

€

x3 = x2 −f (x2)

f '(x2)

€

≅0.6655065

€

→ f (x2) ≅ −0.0000731

€

x4 = x3 −f (x3)

f '(x3)

€

≅0.6654731

€

→ f (x2) ≅ −2.24 ×10−9

Erabili Picard-en metodoa hurrengo problemarekin:

y1(x) =y(x0) + f(x,y0(x)) dxx0

x

∫€

dy

dx= x + y 2 ; y(0) = 0

€

y1(x) = x dx0

x

∫

€

=x 2

2

y2(x)=y(x0) + f(x,y1(x)) dxx0

x

∫

€

y2(x) = x +x 2

2

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

2 ⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥ dx

0

x

∫

€

y2(x) = x +x 4

4

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ dx

0

x

∫

€

=x 2

2+

x 5

20

€

y3(x) = x +x 2

2+

x 5

20

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

2 ⎡

⎣ ⎢ ⎢

⎤

⎦ ⎥ ⎥ dx

0

x

∫

€

y3(x) = x +x 4

4+

x10

400+

x 7

20

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟dx

0

x

∫

€

y3(x) =x 2

2+

x 5

20+

x 8

160+

x11

4400