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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:

𝟑𝒙𝟏 − 𝐜𝐨𝐬 𝒙𝟐𝒙𝟑 −𝟏

𝟐= 𝟎

𝒙𝟏𝟐 − 𝟖𝟏 𝒙𝟐 + 𝟎. 𝟏 𝟐 + 𝐬𝐞𝐧 𝒙𝟑 + 𝟏. 𝟎𝟔 = 𝟎

𝒆−𝒙𝟏𝒙𝟐 + 𝟐𝟎𝒙𝟑 +𝟏𝟎𝝅 − 𝟑

𝟑= 𝟎

SOLUCIÓN Resolviendo por el método de punto fijo multivariable, con sustituciones simultaneas, primero se despejaran de las ecuaciones las variables de la siguiente forma:

𝑔1 = 𝑥1 =1

3cos 𝑥2𝑥3 +

1

6

𝑔2 = 𝑥2 =1

9 𝑥1

2 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥3 + 1.06 − 0.1

𝑔3 = 𝑥3 = −1

20𝑒−𝑥1𝑥2 −

10π−3

60

Para verificar que el sistema converge se deberán cumplir con las siguientes condiciones en las formulas con derivadas parciales:

𝜕𝑔1

𝜕𝑥1 +

𝜕𝑔2

𝜕𝑥1 +

𝜕𝑔3

𝜕𝑥1 = 0 +

−2𝑥1

18 𝑥12+𝑠𝑒𝑛 𝑥3 +1.06

+ 1

20𝑥2𝑒−𝑥1𝑥2 < 1

𝜕𝑔1

𝜕𝑥2 +

𝜕𝑔2

𝜕𝑥2 +

𝜕𝑔3

𝜕𝑥2 = −

1

3𝑥3 sen 𝑥2𝑥3 + 0 +

1

20𝑥1𝑒−𝑥1𝑥2 < 1

𝜕𝑔1

𝜕𝑥3 +

𝜕𝑔2

𝜕𝑥3 +

𝜕𝑔3

𝜕𝑥3 = −

1

3𝑥2 sen 𝑥2𝑥3 +

−cos (𝑥3)

18 𝑥12+𝑠𝑒𝑛 𝑥3 +1.06

+ 0 < 1

Luego de probar algunos valores se tomarán como valores iniciales:

𝑥1 0

, 𝑥2 0

, 𝑥3 0

= 0.1, 0.1, −0.1 .

Además de darnos como tolerancia un error de 10-6.

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1ra. Iteración

𝑥1(1)

=1

3cos 𝑥2

(0)𝑥3

(0) +

1

6= 0.499983

𝑥2(1)

=1

9 𝑥1

0

2+ 𝑠𝑒𝑛 𝑥3

(0) + 1.06 − 0.1 = 0.009441

𝑥3(1)

= −1

20𝑒−𝑥1

(1)𝑥2

(1)

−10π−3

60= −0.524101

𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 = 𝑥1(1)

− 𝑥1(0)

2

+ 𝑥2(1)

− 𝑥2(0)

2

+ 𝑥3(1)

− 𝑥3(0)

2

= 0.589957

Luego evaluando las derivadas parciales para determinar la convergencia del método:

𝜕𝑔1

𝜕𝑥1 +

𝜕𝑔2

𝜕𝑥1 +

𝜕𝑔3

𝜕𝑥1 = 0 + 0.011281 + 0.004950 = 0.016231 < 1

𝜕𝑔1

𝜕𝑥2 +

𝜕𝑔2

𝜕𝑥2 +

𝜕𝑔3

𝜕𝑥2 = 0.000333 + 0 + 0.005050 = 0.005384 < 1

𝜕𝑔1

𝜕𝑥3 +

𝜕𝑔2

𝜕𝑥3 +

𝜕𝑔3

𝜕𝑥3 = 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

𝑥1(2)

=1

3cos 𝑥2

(1)𝑥3

(1) +

1

6= 0.499996

𝑥2(2)

=1

9 𝑥1

1

2+ 𝑠𝑒𝑛 𝑥3

(1) + 1.06 − 0.1 = −0.000028

𝑥3(2)

= −1

20𝑒−𝑥1

(1)𝑥2

(1)

−10π−3

60= −0.524101

𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 = 𝑥1(2)

− 𝑥1(1)

2

+ 𝑥2(2)

− 𝑥2(1)

2

+ 𝑥3(2)

− 𝑥3(1)

2

= 0.009473

Luego evaluando las derivadas parciales para determinar la convergencia del método:

𝜕𝑔1

𝜕𝑥1 +

𝜕𝑔2

𝜕𝑥1 +

𝜕𝑔3

𝜕𝑥1 = 0 + 0.061744 + 0.000470 = 0.062213 < 1

𝜕𝑔1

𝜕𝑥2 +

𝜕𝑔2

𝜕𝑥2 +

𝜕𝑔3

𝜕𝑥2 = 0.000864 + 0 + 0.025117 = 0.025982 < 1

𝜕𝑔1

𝜕𝑥3 +

𝜕𝑔2

𝜕𝑥3 +

𝜕𝑔3

𝜕𝑥3 = 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 error

0 0.1 0.1 -0.1

1 0,499983 0,020176 -0,524101 0,745561

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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:

𝒙𝟏𝟐 + 𝟐𝒙𝟐

𝟐 + 𝒆𝒙𝟏+𝒙𝟐 = 𝟔. 𝟏𝟕𝟏𝟖 − 𝒙𝟏𝒙𝟑 𝟏𝟎𝒙𝟐 = −𝒙𝟐𝒙𝟑

𝒔𝒆𝒏 𝒙𝟏𝒙𝟑 + 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 = 𝑥12 + 2𝑥2

2 + 𝑒𝑥1+𝑥2 + 𝑥1𝑥3 − 6.1718 = 0 𝑓2 = 10𝑥2 + 𝑥2𝑥3 = 0 𝑓3 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥1𝑥3 + 𝑥2

2 + 𝑥1 − 1.141 = 0

- Resolviendo por el método de Newton-Raphson multivariable, con las siguientes formulas:

𝑥1 𝑖+1

= 𝑥1 𝑖

+ 𝑕1 𝑖

𝑥2(𝑖+1)

= 𝑥2(𝑖)

+ 𝑕2(𝑖)

𝑥3(𝑖+1)

= 𝑥3(𝑖)

+ 𝑕3(𝑖)

- 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:

𝐽 =

𝜕𝑓1

𝜕𝑥1= 2𝑥1 + 𝑒𝑥1+𝑥2 + 𝑥3

𝜕𝑓1

𝜕𝑥2= 4𝑥2 + 𝑒𝑥1+𝑥2

𝜕𝑓1

𝜕𝑥3= 𝑥1

𝜕𝑓2

𝜕𝑥1= 0

𝜕𝑓2

𝜕𝑥2= 10 + 𝑥3

𝜕𝑓2

𝜕𝑥3= 𝑥2

𝜕𝑓3

𝜕𝑥1= 𝑥3 cos 𝑥1𝑥3 + 1

𝜕𝑓3

𝜕𝑥2= 2𝑥2

𝜕𝑓3

𝜕𝑥3= 𝑥1cos(𝑥1𝑥3)

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El vector [-f ] es el valor negativo de cada ecuación del sistema:

−𝑓 =

−𝑥12 − 2𝑥2

2 − 𝑒𝑥1+𝑥2 − 𝑥1𝑥3 + 6.1718−10𝑥2 − 𝑥2𝑥3

−sen 𝑥1𝑥3 − 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:

𝐽 1 =

2𝑥1

0 + 𝑒𝑥1

0 +𝑥2

0

+ 𝑥3 0

4𝑥2 0

+ 𝑒𝑥1 0

+𝑥2 0

𝑥1 0

0 10 + 𝑥3 0

𝑥2 0

𝑥3 0

cos 𝑥1 0 𝑥3

0 + 1 2𝑥2

0 𝑥1

0 cos(𝑥1

0 𝑥3 0

)

𝐽 1 = 10.389056 11.389056 1

0 11 11.540302 2 0.540302

- Evaluando los valores en el vector de funciones:

−𝑓 1 =

− 𝑥1

0

2− 2 𝑥2

0

2− 𝑒𝑥1

0 +𝑥2

0

− 𝑥1 0 𝑥3

0 + 6.1718

−10𝑥2 0 − 𝑥2

0 𝑥3 0

−sen 𝑥1 0 𝑥3

0 − 𝑥2

0

2− 𝑥1

0 + 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

10.389056 11.389056 1

0 11 11.540302 2 0.540302

𝑕1(1)

𝑕2(1)

𝑕3(1)

= −5.217256

−11−1.700471

𝑕1(1)

𝑕2(1)

𝑕3(1)

= 0.588306−0.846160−1.692238

- Sumando estos valores a los iniciales se tiene los nuevos valores de las variables:

𝑥1 1

= 𝑥1 0

+ 𝑕1 1

= 1 + 0.588306 = 1.588306

𝑥2(1)

= 𝑥2(0)

+ 𝑕2(1)

= 1 − 0.846160 = 0.153840

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𝑥3(1)

= 𝑥3(0)

+ 𝑕3(1)

= 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 = 𝑥1 1

− 𝑥1 0

2

+ 𝑥2 1

− 𝑥2 0

2

+ 𝑥3 1

− 𝑥3 0

2

= 𝑕1 1

2

+ 𝑕2 1

2

+ 𝑕3 1

2

= 0.588306 2 + −0.846160 2 + −1.692238 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:

𝐽 2 =

2𝑥1

1 + 𝑒𝑥1

1 +𝑥2

1

+ 𝑥3 1

4𝑥2 1

+ 𝑒𝑥1 1

+𝑥2 1

𝑥1 1

0 10 + 𝑥3 1

𝑥2 1

𝑥3 1

cos 𝑥1 1 𝑥3

1 + 1 2𝑥2

1 𝑥1

1 cos(𝑥1

1 𝑥3 1

)

𝐽 2 = 8.193957 6.324943 1.588306

0 9.307762 0.1538400.685686 0.307680 0.721177

- Evaluando los valores en el vector de funciones:

−𝑓 2 =

− 𝑥1

1

2− 2 𝑥2

1

2− 𝑒𝑥1

1 +𝑥2

1

− 𝑥1 1 𝑥3

1 + 6.1718

−10𝑥2 1 − 𝑥2

1 𝑥3 1

−sen 𝑥1 1 𝑥3

1 − 𝑥2

1

2− 𝑥1

1 + 1.141

= −1.008347−1.4319060.420001

- Reemplazando se tiene el siguiente sistema de ecuaciones lineales, que se resuelve a continuación:

𝐽 2 𝑕 = −𝑓 2

8.193957 6.324943 1.588306

0 9.307762 0.1538400.685686 0.307680 0.721177

𝑕1(2)

𝑕2(2)

𝑕3(2)

= −1.008347−1.4319060.420001

𝑕1(2)

𝑕2(2)

𝑕3(2)

= −0.148180−0.1669720.794507

- Sumando estos valores a los iniciales se tiene los nuevos valores de las variables:

Página 6

𝑥1 2

= 𝑥1 1

+ 𝑕1 2

= 1.588306 − 0.148180 = 1.440126

𝑥2(2)

= 𝑥2(1)

+ 𝑕2(2)

= 0.153840 − 0.166972 = −0.013232

𝑥3(2)

= 𝑥3(1)

+ 𝑕3(2)

= −0.692238 − 0.794507 = 0.102269

𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 = 𝑥1 2

− 𝑥1 1

2

+ 𝑥2 2

− 𝑥2 1

2

+ 𝑥3 2

− 𝑥3 1

2

= 𝑕1 2

2

+ 𝑕2 2

2

+ 𝑕3 2

2

= −0.148180 2 + −0.166972 2 + 0.794507 2 = 0.825275

Las siguientes iteraciones se muestran en la siguiente tabla:

i 𝒙𝟏(𝒊)

𝒙𝟐(𝒊)

𝒙𝟑(𝒊)

error

𝒙(𝒊)

− 𝒙(𝒊−𝟏)

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

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

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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.

𝑓 𝑥0 , 𝑥1 =𝑦1−𝑦0

𝑥1−𝑥0=

0.30010−0.00000

1.35−1.00= 0.857429

𝑓 𝑥1, 𝑥2 =𝑦2−𝑦1

𝑥2−𝑥1=

0.53063−0.30010

1.70−1.35= 0.658657

𝑓 𝑥2 , 𝑥3 =𝑦3−𝑦2

𝑥3−𝑥2=

0.64185−0.53063

1.90−1.70= 0.556100

𝑓 𝑥3 , 𝑥4 =𝑦4−𝑦3

𝑥4−𝑥3=

1.09861−0.64185

3.00−1.90= 0.415236

2da. diferencia dividida

𝑓 𝑥0 , 𝑥1, 𝑥2 =𝑓 𝑥1 ,𝑥2 −𝑓 𝑥0 ,𝑥1

𝑥2−𝑥0=

0.658657 −0.857429

1.70−1.00= −0.283959

𝑓 𝑥1, 𝑥2 , 𝑥3 =𝑓 𝑥2 ,𝑥3 −𝑓 𝑥1 ,𝑥2

𝑥3−𝑥1=

0.556100 −0.658657

1.90−1.35= −0.186468

𝑓 𝑥2 , 𝑥3, 𝑥4 =𝑓 𝑥3 ,𝑥4 −𝑓 𝑥2 ,𝑥3

𝑥4−𝑥2=

0.415236 −0.556100

3.00−1.70= −0.108357

3ra. diferencia dividida

𝑓 𝑥0 , 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3 =𝑓 𝑥1 ,𝑥2 ,𝑥3 −𝑓 𝑥0 ,𝑥1 ,𝑥2

𝑥3−𝑥0=

−0.186468 +0.283959

1.90−1.00= 0.108324

𝑓 𝑥1, 𝑥2 , 𝑥3, 𝑥4 =𝑓 𝑥2 ,𝑥3 ,𝑥4 −𝑓 𝑥1 ,𝑥2 ,𝑥3

𝑥4−𝑥1=

−0.108357 +0.186468

3.00−1.35= 0.047340

4ta. diferencia dividida

𝑓 𝑥0 , 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4 =𝑓 𝑥1 ,𝑥2 ,𝑥3 ,𝑥4 −𝑓 𝑥0 ,𝑥1 ,𝑥2 ,𝑥3

𝑥4−𝑥0=

0.047340 −0.108324

3.00−1.00= −0.030492

Estos resultados se muestran en la siguiente tabla:

Página 8

i xi yi 1ra. diferencia 2da. diferencia 3ra. diferencia 4ta. diferencia

0 1.00 0.00000

𝑓 𝑥0 , 𝑥1 =0.857429

1 1.35 0.30010 𝑓 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑥2 = −0.283959

𝑓 𝑥1 , 𝑥2 = 0.658657 𝑓 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 = 0.108324

2 1.70 0.53063 𝑓 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 = −0.186468 𝑓 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 = −0.030492

𝑓 𝑥2 , 𝑥3 = 0.556100 𝑓 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 = 0.047340

3 1.90 0.64185 𝑓 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 = −0.108357

𝑓 𝑥3 , 𝑥4 = 0.415236

4 3.00 1.09861

Pág

ina

8

Página 9

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 xi yi 1ra. diferencia 2da. diferencia

0 1.00 0.00000

𝒇 𝒙𝟎, 𝒙𝟏 =0.857429

1 1.35 0.30010 𝒇 𝒙𝟎, 𝒙𝟏, 𝒙𝟐 = −𝟎. 𝟐𝟖𝟑𝟗𝟓𝟗

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

1.20

x0

Página 10

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 1ra. diferencia 2da. diferencia 3ra. diferencia

1 1.35 0.30010

𝑓 𝑥1 , 𝑥2 = 0.658657

2 1.70 0.53063 𝑓 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 = −0.186468

𝑓 𝑥2 , 𝑥3 = 0.556100 𝑓 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 = 0.047340

3 1.90 0.64185 𝑓 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 = −0.108357

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)

1.75

x1

Página 11

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 xi yi 1ra. diferencia 2da. diferencia

2 1.70 0.53063

𝑓 𝑥2 , 𝑥3 = 0.556100

3 1.90 0.64185 𝑓 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 = −0.108357

𝑓 𝑥3 , 𝑥4 = 0.415236

4 3.00 1.09861

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

3.50

x2

Página 12

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:

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 + 𝑎1𝑥1 + 𝑎2𝑥1

2 = 𝑦1 𝑎0 + 𝑎1𝑥2 + 𝑎2𝑥2

2 = 𝑦2 𝑎0 + 𝑎1𝑥3 + 𝑎2𝑥3

2 = 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

90

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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:

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:

1,36

2,18

2,59

3

1

1,5

2

2,5

3

3,5

50 60 70 80 90 100 110

Página 14

𝑃𝑛 𝑥 = 𝐿𝑖𝑓 𝑥𝑖

𝑛

𝑖=0

Donde:

𝐿𝑖 = 𝑥 − 𝑥𝑗

𝑥𝑖 − 𝑥𝑗

𝑛

𝑗=1𝑗≠𝑖

En este caso con un polinomio de segundo grado y con los puntos utilizados, la formula sería:

𝑃2 𝑥 = 𝑥−𝑥2 𝑥−𝑥3

𝑥1−𝑥2 𝑥1−𝑥3 𝑓 𝑥1 +

𝑥−𝑥1 𝑥−𝑥3

𝑥2−𝑥1 𝑥2−𝑥3 𝑓 𝑥2 +

𝑥−𝑥1 𝑥−𝑥2

𝑥3−𝑥1 𝑥3−𝑥2 𝑓 𝑥3

Puntos 1 2 3

𝒙𝒊 60 80 100

𝒇(𝒙𝒊) 1.36 2.18 3.00

Reemplazando los valores de la tabla:

𝑃2 𝑥 = 𝑥−80 𝑥−100

60−80 60−100 1.36 +

𝑥−60 𝑥−100

80−60 80−100 2.18 +

𝑥−60 𝑥−80

100−60 100−80 3.00

𝑃2 𝑥 = 𝑥 − 80 𝑥 − 100 0.0017 + 𝑥 − 60 𝑥 − 100 −0.00545 + 𝑥 − 60 𝑥 − 80 0.00375

𝑃2 𝑥 = 0.0017𝑥2 − 0.306𝑥 + 13.6 − 0.00545𝑥2 + 0.872𝑥 − 32.7 + 0.00375𝑥2 − 0.525𝑥 + 18

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 15

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

2!∆2𝑓 𝑥0 +

+𝑠 𝑠−1 𝑠−2

3!∆3𝑓 𝑥0 +

𝑠 𝑠−1 𝑠−2 … 𝑠−𝑛+1

𝑛 !∆𝑛𝑓(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 +𝑠 𝑠−1

2!∆2𝑓 𝑥1

Donde:

𝑠 = 𝑥 − 𝑥1

𝑕

∆𝑓 𝑥1 = 𝑓 𝑥2 − 𝑓(𝑥1) ∆𝑓 𝑥2 = 𝑓 𝑥3 − 𝑓 𝑥2 ∆2𝑓 𝑥1 = ∆𝑓 𝑥2 − ∆𝑓 𝑥1

Reemplazando con los datos:

Puntos 1 2 3

𝒙𝒊 60 80 100

𝒇(𝒙𝒊) 1.36 2.18 3.00

𝑠 = 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 ∆2𝑓 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

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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−

𝒃𝟏.𝟗𝟖𝒙𝒊

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−

𝑏1.98𝑥𝑖

Por propiedades de logaritmos:

ln(𝑦𝑖) = ln 𝑎 + ln 𝑒−

𝑏1.98𝑥𝑖

ln(𝑦𝑖) = ln 𝑎 − 𝑏

1.98𝑥𝑖

ln(𝑦𝑖) = ln 𝑎 − 𝑏

1.98·

1

𝑥𝑖

Página 17

- Luego realizando el siguiente cambio de variables:

ln 𝑦𝑖 = 𝑤𝑖 ln 𝑎 = 𝑐0

− 𝑏

1.98= 𝑐1

1

𝑥𝑖= 𝑡𝑖

Con lo que se tiene una ecuación lineal:

𝑤𝑖 = 𝑐0 + 𝑐1𝑡𝑖

- De la misma forma se tiene que realizar las operaciones en cada valor de la tabla:

Puntos 𝒙𝒊 𝒚𝒊 𝒕𝒊 =𝟏

𝒙𝒊 𝒘𝒊 = 𝐥𝐧 𝒚𝒊

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

Finalmente resolviendo por el método de mínimos cuadrados, debe calcular la siguiente tabla:

Puntos 𝒕𝒊 𝒘𝒊 𝒕𝒊𝟐 𝒕𝒊𝒘𝒊

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

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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=∑𝑡𝑖𝑤𝑖

Reemplazando los valores de las sumatorias, donde 𝑛 = 7 es el número de puntos.

7𝑐0 + 0.020722𝑐1 = −33.577367

0.020722𝑐0 + 6.206687 · 10−5𝑐1 = −0.106719 Resolviendo el sistema: 𝑐0 = 25.141883

𝑐1 = −10.113433 · 103 Con lo la ecuación queda:

𝑤𝑖 = 𝑐0 + 𝑐1𝑡𝑖 = 25.141883−10.113433 · 103𝑡𝑖

Finalmente se reemplazando a las variables originales:

ln 𝑎 = 𝑐0 → 𝑎 = 𝑒𝑐0 = 𝑒25.141883 𝑎 = 8.298146 · 1010

− 𝑏

1.98= 𝑐1 → 𝑏 = −1.98𝑐1 = −1.91 (−10.113433 · 103)

𝑏 = 1.931666 · 104

Con lo que la ecuación queda:

𝑦𝑖 = 𝑎 · 𝑒−

𝑏1.98𝑥𝑖

𝑦𝑖 = 8.298146 · 1010 + 𝑒−

1.93166 ·104

1.98𝑥𝑖

Para verificar los resultados se debe graficar la ecuación obtenida:

Página 19

Respuesta

Luego de verificar los coeficientes en la gráfica, se tiene como resultado:

𝒂 = 𝟖. 𝟐𝟗𝟖𝟏𝟒𝟔 · 𝟏𝟎𝟏𝟎

𝒃 = 𝟏. 𝟗𝟑𝟏𝟔𝟔𝟔 · 𝟏𝟎𝟒

𝒚𝒊 = 𝟖. 𝟐𝟗𝟖𝟏𝟒𝟔 · 𝟏𝟎𝟏𝟎 + 𝒆−

𝟏.𝟗𝟑𝟏𝟔𝟔·𝟏𝟎𝟒

𝟏.𝟗𝟖𝒙𝒊

0,00

0,10

0,20

0,30

0,40

0,50

0,60

0,70

0,80

0,90

1,00

290 310 330 350 370 390 410

yi

xi

Curva regresionada

Datos Originales

Si necesitan más ejercicios resueltos entre en el blog de la materia: http:\\mat1105.wordpress.com