Taller Segundo Seguimiento
21
1. Aplique el método iterativo de Jacobi para resolver el sistema: 4 x 1 −x 2 + x 3 =7 4 x 1 −8 x 2 +x 3 =−21 −2 x 1 + x 2 +5 x 3 =15 Use x ( 0) = ⟨ 1,2,2 ⟩, itere hasta cuándo E A = ‖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. x 1 = + x 2 4 - x 3 4 + 7 4 x 2 = x 1 2 + x 3 8 + 21 8 x 3 = 2 x 1 5 - x 2 5 + 3 K x 1 x 2 x 3 E A = ‖x−x ( k) ‖ 2 1 1.750 00 3.375 00 3.000 00 1.85825 2 1.843 75 3.875 00 3.025 00 0.50932 3 1.962 50 3.925 00 2.962 50 0.14320 4 1.990 62 3.976 56 3.000 00 0.06968 5 1.994 14 3.995 31 3.000 93 0.01910 6 1.998 59 3.997 18 2.998 59 0.00536 7 1.999 64 3.999 11 3.000 00 0.00261 8 1.999 3.999 3.000 0.00072
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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
