Práctica 7 (Métodos Numéricos)

Ejercicio 2

Dados los pares $(x_{0},f(x_{0})),(x_{1},f(x_{1}))$ con $x_{0}<x_{1}$:

Ejercicio 2.a

Hallar el polinomio que los interpola.
Si el polinomio interpola 2 puntos, entonces tiene que ser de grado 1, por lo que es una recta.
$p(x)=f(x_{0})+(x-x_{0})((f(x_{1})-f(x_{0}))/(x_{1}-x_{0}))$

Ejercicio 2.b

¿Cual es el máximo error que se puede cometer al interpolar linealmente una función sabiendo que $|f''|<M\in (x_{0},x_{1})$?.
No tengo ni idea como se deduce. Pero el resultado es que el error es:
Sea n + 1 la cantidad de puntos a interpolar, y sea $W_{n+1}(x)=\prod _{i=0}^{n}(x-x_{i})$ (Un polinomio que tiene como raices a todos los puntos a interpolar), el error es: $E_{n}(x)={\frac {f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}}W_{n+1}(x)$ Y como estamos interpolando 2 puntos, y $|f''|<M\in (x_{0},x_{1})\Longrightarrow E(x)={\frac {f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}}W_{n+1}(x)<={\frac {M}{2}}(x-x_{0})(x-x_{1})$

Ejercicio 3

Una tabla de una variable se dice bien condicionada para la interpolación lineal si el error debido a la interpolación no excede al error de redondeo de la tabla. Se desea construir una tabla de seis cifras para la función log(x) en (1, 10), de tal manera que la tabla esté bien condicionada para interpolación lineal. Determinar el tamaño del paso más grande posible.
Hay que averiguar cual es la distancia maxima que se puede dejar entre dos puntos para que el error de interpolar entre ellos sea menor a $10^{-6}$.
El error de interpolar al polinomio linealmente (con dos puntos) es de: $E(x)={\frac {f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}}W_{n+1}(x)={\frac {f^{(2)}(\xi )}{2}}(x-a)(x-b)$
$log'(x)={\frac {1}{x}}$
$log''(x)=-{\frac {1}{x^{2}}}$
Entonces el error es de: $-{\frac {1}{2*\xi ^{2}}}(x-a)(x-b)$
$|-{\frac {1}{2*\xi ^{2}}}(x-a)(x-b)|\leq |{\frac {1}{2*a^{2}}}(x-a)(x-b)|$ Buscamos el valor absoluto maximo entre a y b de esa funcion.:
$(x-a)(x-b)=x^{2}-(a+b)x+a.b$
Derivamos para buscar el maximo o minimo: $2x-(a+b)=0\Longleftrightarrow x={\frac {a+b}{2}}$
Entonces reemplazamos la funcion por el valor maximo que toma en el intervalo, pero usando h = (b - a) / 2. $(a+b)/2=a+{\frac {a+b-2a}{2}}=a+{\frac {b-a}{2}}=a+{\frac {h}{2}}$
$|{\frac {1}{2*a^{2}}}(a+{\frac {h}{2}}-a)(a+{\frac {h}{2}}-b)|$
$=|{\frac {1}{2*a^{2}}}({\frac {h}{2}})({\frac {h}{2}}-h)|$
$=|{\frac {1}{2*a^{2}}}({\frac {h}{2}}){\frac {-h}{2}}|$
$=|{\frac {1}{2*a^{2}}}{\frac {-h^{2}}{4}}|$
$=|{\frac {1}{2*a^{2}}}{\frac {-h^{2}}{4}}|$
$={\frac {h^{2}}{8a^{2}}}\leq 10^{-}6$
Remplazamos a por 1 que es cuando esto se hace mas grande. $\Longleftrightarrow {\frac {h^{2}}{8}}|\leq 10^{-}6$
$\Longleftrightarrow h^{2}|\leq 8.10^{-}6$
$\Longleftrightarrow h|\leq {\sqrt {(}}8.10^{-}6)$
$\Longleftrightarrow {\frac {9}{n}}|\leq {\sqrt {(}}8.10^{-}6)$
$\Longleftrightarrow {\frac {9}{{\sqrt {(}}8.10^{-}6)}}|\leq n$
$\Longleftrightarrow {\frac {9}{{\sqrt {(}}8.10^{-}6)}}|\leq n$
$\Longleftrightarrow {\frac {9}{2{\sqrt {(}}2)10^{-}3}}|\leq n$
$\Longleftrightarrow 3200|\leq n$

Ejercicio 19

Dada la función $f(x)$ y los puntos $x_{0}<x_{1}$:

Ejercicio 19.a

Hallar el polinomio que interpola los puntos $(x_{0},f(x_{0})),(x_{1},f(x_{1}))$. Si el polinomio interpola 2 puntos, entonces tiene que ser de grado 1, por lo que es una recta.
$p(x)=f(x_{0})+(x-x_{0})((f(x_{1})-f(x_{0}))/(x_{1}-x_{0}))$

Ejercicio 19.b

Dar una expresión para aproximar $\int _{x_{0}}^{x_{1}}{f(x)dx}$utilizando el polinomio interpolador.
como $p(x)=f(x_{0})+(x-x_{0})((f(x_{1})-f(x_{0}))/(x_{1}-x_{0}))$ es parecido a la funcion, podemos suponer que la integral de el mismo, es parecido a la integral de la funcion:
$\int _{x_{0}}^{x_{1}}{p(x)}=\int _{x_{0}}^{x_{1}}{f(x_{0})+(x-x_{0})((f(x_{1})-f(x_{0}))/(x_{1}-x_{0}))}$
$=[f(x_{0})x+1/2(x-x_{0})^{2}((f(x_{1})-f(x_{0}))/(x_{1}-x_{0}))]Entre[x_{0}ax_{1}]$
$=[f(x_{0})(x_{1}-x_{0})+((f(x_{1})-f(x_{0}))/2(x_{1}-x_{0}))]$
$=((b-a)/2)(f(a)+f(b))$

Ejercicio 19.c

Sabiendo que $|f''|<MVx<-(x_{0},x_{1})$, indicar el error cometido en la aprox_imación. No tengo ni idea como se deduce. Pero el resultado es que el error es: $((x_{1}-x_{0})^{3}/12)f''(xx)$ con xx un punto intermedio. entonces como $|f''|<MVx<-(x_{0},x_{1})$, el error es menor o igual a M.

Ejercicio 20

La función f(x) está definida en el intervalo [0, 1] como:
$f(x)={\begin{cases}x,&si\ 0<=x<={\frac {1}{2}}\\1-x,&si\ {\frac {1}{2}}<=x<=1\end{cases}}$ Calcular $\int _{0}^{1}{f(x)dx}$mediante las siguientes aprox_imaciones:

Ejercicio 20.a

Regla de los Trapecios en [0, 1].
En general:
$\int _{a}^{b}{f(x)dx}$ \cong T(f, a, b) = f(a) + (x - a) ((f(b) - f(a)) / (b - a))
En nuestro caso:
$=f(0)+(1-0)((f(1)-f(0))/(1-0))$
$=0+1(0-0)/1$
$=1$

Ejercicio 20.b

Regla de los Trapecios, primero en el [0, 1/2] y luego en [1/2, 1].
En nuestro caso entre 0 y 1/2:
$=f(0)+(1/2-0)((f(1/2)-f(0))/(1/2-0))$
$=0+(1/2)(1/2-0)/(1/2-0)$
$=1/2$

En nuestro caso entre 1/2 y 1:
$=f(1/2)+(1-1/2)((f(1)-f(1/2))/(1/2-1))$
$=1/2+(1/2)(0-1/2)/(1/2)$
$=1/2-1/2$
$=0$

Uniendo los dos nos queda un total de 1/2.

Ejercicio 20.c

Regla de Simpson en el [0, 1].
En general:
$\int _{a}^{b}{f(x)dx}\cong Simpson(f,a,b)$
$=(b-a)/6(f(a)+4f((a+b)/2)+f(b))$
En nuestro caso entre 0 y 1:
$=(1-0)/6(f(0)+4f((0+1)/2)+f(1))$
$=1/6(0+4f(1/2)+0)$
$=1/6(41/2)$
$=1/3$

Ejercicio 20.d

¿Cumple f(x) las condiciones del Teorema del error?
La funcion no es C^2, y menos C^4, por lo que no las cumple toda entera... Aunque si la partimos en los dos pedazos en donde esta partida, si los cumple.

Ejercicio 21

Verificar que la siguiente fórmula es exacta para polinomios de grado <= 4:
$\int _{0}^{1}{f(x)dx}$ \cong 1/90 [7 f(0) + 32 f(/4) + 12 f(1/2) + 32 f(3/4) + 7 f(1)]
(Sug.: tomar f(x) = 1, f(x) = x, etc.).

Como $\int _{0}^{1}{f(x)dx}$ y lo que aparece del otro lado son dos transformaciones lineales, con mostrar que la igualdad es cierta para una base de los polinomios, esto implica que es cierta para cualquier polinomio. Tomamos la base de los polinomios monicos: {1, x, x^2, x^3, x^4} y vamos a probarlo para cada uno de ellos.

Para $1(x)$: $\int _{0}^{1}{1}=1$
$1/90[7f(0)+32f(1/4)+12f(1/2)+32f(3/4)+7f(1)]$
$=1/90[7+32+12+32+7]$
$=1/9090=1.$

Para $x(x)$: $\int _{0}^{1}{f(x)dx}\cong 1/90[7f(0)+32f(1/4)+12f(1/2)+32f(3/4)+7f(1)]$
$\int _{0}^{1}{xdx}=1/2$
$1/90[7f(0)+32f(1/4)+12f(1/2)+32f(3/4)+7f(1)]$
$=1/90[70+321/4+121/2+323/4+71]$
$=1/90[8+6+24+7]$
$=1/9045=1/2$

Para $x^{2}(x)$: $\int _{0}^{1}{f(x)dx}\cong 1/907f(0)+32f(1/4)+12f(1/2)+32f(3/4)+7f(1)$
$\int _{0}^{1}{x^{2}dx}$ = 1/3
$1/90[7(0)^{2}+32(1/4)^{2}+12(1/2)^{2}+32(3/4)^{2}+7(1)^{2}]$
$=1/90[70+321/16+121/4+329/16+71]$
$=1/90[2+3+18+7]$
$=1/9030=1/3$

Para x^3(x): $\int _{0}^{1}{f(x)dx}$ \cong $1/90[7f(0)+32f(1/4)+12f(1/2)+32f(3/4)+7f(1)]$
$\int _{0}^{1}{x^{3}dx}=1/4$
1/90 [7 (0)^3 + 32 (1/4)^3 + 12 (1/2)^3 + 32 (3/4)^3 + 7 (1)^3]</math>
$=1/90[70+321/64+121/8+3227/64+71]$
$=1/90[1/2+3/2+27/2+7]$
$=1/9045/2=1/4$

Para x^4(x): $\int _{0}^{1}{f(x)dx}$ \cong 1/90 [7 f(0) + 32 f(1/4) + 12 f(1/2) + 32 f(3/4) + 7 f(1)]
$\int _{0}^{1}{x^{4}dx}$ = 1/5
$1/90[7(0)^{4}+32(1/4)^{4}+12(1/2)^{4}+32(3/4)^{4}+7(1)^{4}]$
$=1/90[70+321/256+121/16+3281/256+71]$
$=1/90[1/8+3/4+81/8+7]$
$=1/9018=1/5$

Utilizando lo anterior, encontrar una aproximación para $\int _{a}^{b}{f(x)dx}$ .
No tengo ni idea que espera que hagamos acá... Quizas usar la formula de polinomios del 0 al 1 para cualquier a-b, pero me parece cualquiera...

Ejercicio 22

Encontrar una expresión de la forma
$\int _{0}^{2\pi }{f(x)dx}=A1f(0)+A2f(pi)$
que sea exacta para cualquier funcion del tipo f(x) = a + b cos x.

(Sug.: tomar primero f = a y luego f = b cos x).

Como la integral de la suma es la suma de las integrales (si la misma converge), entonces podemos probar para f = a, y luego para f = b cos x y si andan para las dos, luego andara tambien para la suma.
Para f = a:
$\int _{0}^{2\pi }{adx}=A1a+A2a$
$<=>2pia=(A1+A2)a$
$<=>(2pi-(A1+A2))a=0$
$<=>a=0$ o $2\pi$ es igual a: (A1 + A2)) y como tiene que valer para todo a, luego debe ser la segunda, entonces:
$A1+A2=2pi<BR>Paraf=bcosx:<BR><math>\int _{0}^{2pi}b\cos xdx=A1bcos0+A2b\cos \pi$
$<=>bIntegral[0a2pi]cosxdx=A1b1+A2b(-1)$
$<=>b(sen2pi-sen0)=A1b-A2b$
$<=>0=A1b-A2b$
$<=>comotienequevalerparatodob,enparticularvaleparab!=0,entonces:<BR><math><=>0=A1-A2$
$<=>A1=A2$
Uniendo las dos cosas queda que A1 = A2 = pi.

Ejercicio 23

Deducir la fórmula de Newton-Cotes para $\int _{0}^{1}{f(x)dx}$ usando como nodos a los puntos 0, 1/2, 1.
Vamos a buscar primero el polinomio interpolador de estos puntos.
$g_{0}(x)={\frac {(x-{\frac {1}{2}})(x-1)}{(0-{\frac {1}{2}})(0-1)}}$
$g_{0}(x)=2(x-{\frac {1}{2}})(x-1)$
$g_{0}(x)=(2x-1)(x-1)$
$g_{0}(x)=2x^{2}-3x+1$

$g_{\frac {1}{2}}(x)={\frac {(x-0)(x-1)}{({\frac {1}{2}}-0)({\frac {1}{2}}-1)}}$
$g_{\frac {1}{2}}(x)=-4(x-0)(x-1)$
$g_{\frac {1}{2}}(x)=-4x(x-1)$
$g_{\frac {1}{2}}(x)=-4x^{2}+4x$

$g_{1}(x)={\frac {(x-0)(x-{\frac {1}{2}})}{(1-0)(1-{\frac {1}{2}})}}$
$g_{1}(x)=2(x-0)(x-{\frac {1}{2}})$
$g_{1}(x)=x(2x-1)$
$g_{1}(x)=2x^{2}-x$

$g(x)=f(0)g_{0}(x)+f({\frac {1}{2}})g_{\frac {1}{2}}(x)+f(1)g_{1}(x)$
$g(x)=(2x^{2}-3x+1)f(0)+(-4x^{2}+4x)f({\frac {1}{2}})+(2x^{2}-x)f(1)$

Ahora calculamos $\int _{0}^{1}{g(x)dx}$ para aprox_imar $\int _{0}^{1}{f(x)dx}$.
$\int _{0}^{1}{g(x)dx}=\int _{0}^{1}{\left((2x^{2}-3x+1)f(0)+(-4x^{2}+4x)f({\frac {1}{2}})+(2x^{2}-x)f(1)\right)dx}$
$={\left(({\frac {2}{3}}x^{3}-{\frac {3}{2}}x^{2}+x)f(0)+({\frac {-4}{3}}x^{3}+2x^{2})f({\frac {1}{2}})+({\frac {2}{3}}x^{3}-{\frac {1}{2}}x^{2})f(1)\right)}|_{0}^{1}$
$=\left(({\frac {2}{3}}-{\frac {3}{2}}+1)f(0)+({\frac {-4}{3}}+2)f({\frac {1}{2}})+({\frac {2}{3}}-{\frac {1}{2}})f(1)\right)$

NOTA: Si alguien sabe como poner el "evaluar desde 0 a 1" por favor cambielo.

$=\left({\frac {1}{2}}f(0)+10f({\frac {1}{2}})+{\frac {1}{2}}f(1)\right)$

NOTA2: Esto esta mal, por que deberia dar igual a Simpson... Si alguno se da cuenta del error avise!!!

RTA: Para el la aproximación con tres puntos como Lagrange es muy complicado se usa Taylor.

Ejercicio 24

Usando el ejercicio anterior, aprox_imar $\int _{0}^{1}{sin(x)dx}$ y calcular una cota para el error cometido.

Ejercicio 25

Indicar cuántos puntos se deben tomar en la aprox_imación de $\int _{0}^{1}{exp(-x^{2})dx}$ por medio de la regla de los Trapecios Compuestos para que el error sea menor que 10^(-6). Idem con la regla de Simpson Compuesta.
Regla de los Trapecios Compuestos:
El error viene dado por la funcion: $-(h^{3})(f''(xx)/12)$ con $xx\in (a,b)$.
Entonces debemos acotar el valor de la segunda derivada de nuestra funcion en el intervalo 0 a 1...
$f(x)=exp(-x^{2})$
$f'(x)=-2xexp(-x^{2})$
$f''(x)=(4x^{2}-2)exp(-x^{2})$
$entre0y1variaentre0y-1.$
$x\in [0,1]\Longrightarrow -x^{2}\in [0;-1]$
$x\in [0,1]\Longrightarrow |exp(-x^{2})|\in [{\frac {1}{e}};1]$
$|(4x^{2}-2)|entre0y1tienecomovalormax_{i}moal2.$
Entonces el error es de: $((b-a)(h^{2})/12)2=(h^{2}/6)=(1/n^{2})/6$
Si quiero $10^{(}-6)>=(1/n^{2})/6$, luego
$<=>610^{(}-6)>=(1/n^{2})$
$<=>{\sqrt {(}}610^{(}-6))>=(1/n)$
$<=>{\sqrt {(}}610^{(}-6))>=(1/n)$
$<=>n>=1/{\sqrt {(}}610^{(}-6))$
$<=>n>=409$

Regla de los Simpson xD:
El error viene dado por la funcion: $(h^{4})/180(b-a)(f^{(}4))(xx)$ con $xx\in (a,b)$.
$f''(x)=(4x^{2}-2)exp(-x^{2})$
$f'''(x)=12xe^{-}x^{2}-8x^{3}e^{-}x^{2}$
$f''''(x)=16x^{4}e^{(}-x^{2})-48x^{2}e^{(}-x^{2})+12e^{(}-x^{2})$
$|16x^{4}e^{(}-x^{2})-48x^{2}e^{(}-x^{2})+12e^{(}-x^{2})|$
$<=|16x^{4}1-48x^{2}1+121|$
$<=|16x^{4}-48x^{2}+12|$
$<=|16||x^{4}|+48|x^{2}|+|12|$
$<=16+48+12=76$
Luego: $(h^{4})/180(b-a)76=76/180(h^{4})debesermenora10^{(}-6).$
$10^{(}-6)>=76/180(1/n^{4})$
$<=>10^{(}-6)>=76/180(1/n^{4})$
$<=>180/7610^{(}-6)>=(1/n^{4})$
$<=>(180/7610^{(}-6))^{(}1/4)>=1/n$
$<=>n>=(180/7610^{(}-6))^{(}1/4)$
$<=>n>=(180/7610^{(}-6))^{(}1/4)$
$<=>n>=26$

Ejercicio 26

Contamos con 2n nodos igualmente espaciados, $x_{0},x_{1},...,x_{2n}$. Se calcula en la forma usual, la regla de los Trapecios Compuesta pero solamente sobre los nodos impares. Basándose en esto, se pide hallar una expresión para la regla de los Trapecios Compuesta en los 2n nodos.
NOTA: No estoy seguro de que quiere decir el enunciado... Interpreto que quiere que demos la formula de los Trapecios Compuesta para los 2n nodos suponiendo que ya tenemos cuanto vale la regla tomando solo los nodos impares.
En general:
$T(f,a,b,n)=h/2(f(a)+2\sum _{j=1}^{n-1}f(a+((b-a)j)/n)+f(b))$
O de otra forma:

$T(f,x_{0},x_{n},n)=h/2(f(x_{0})+2\sum _{i=1}^{n-1}f(x_{i})+f(x_{n}))$

En nuestro caso particular:
$T(f,x_{0},x_{2n},n)=h/2(f(x_{0})+2\sum _{i=1}^{2n-1}f(x_{i})+f(x_{2n}))$

En los nodos impares:
$T(f,x_{0},x_{2n},2n)=h/2(f(x_{1})+2\sum _{i=1}^{n-2}f(x(2i)+1)+f(x_{2n}-1))$
$T(f,x_{0},x_{2n},n):$
$=h/2(f(x_{0})+2\sum _{i=1}^{2n-1}f(x_{i})+f(x_{2n}))$
$=h/2(f(x_{0})+2\sum _{i=1}^{n-1}f(x2i)+2\sum _{i=0}^{n-1}<BR>f(x(2i)+1)+f(x_{2n}))$
$=h/2(f(x_{0})+2\sum _{i=1}^{n-1}f(x2i)+f(x_{1})+f(x_{1})+f(x_{2n}-1)$
$+f(x_{2n}-1)+2\sum _{i=1}^{n-2}f(x(2i)+1)+f(x_{2n}))$
$=h/2(f(x_{0})+2\sum _{i=1}^{n-1}f(x2i)+f(x_{1})+f(x_{2n}-1)+f(x_{2n})$
$+f(x_{1})+2\sum _{i=1}^{n-2}f(x(2i)+1)+f(x_{2n}-1))$
$=h/2(f(x_{0})+2\sum _{i=1}^{n-1}f(x2i)+f(x_{1})+f(x_{2n}-1)+f(x_{2n}))+TrapeciosImpares(f,x_{0},x_{2n},n)$

Ejercicio de una guía vieja

Supongamos que hemos aplicado una fórmula de Newton Cotes de n puntos para aproximar una integral. ¿Cuál es la mínima cantidad de puntos que debemos agregar para que la fórmula de Newton Cotes correspondiente, produzca un incremento en la precisión?
Si n es impar debemos agregar dos puntos. Si n es par debemos agregar un solo punto. Esto se debe a que el error para Newton Cotes cualquier n, esta basado en la derivada el siguiente numero par mayor o igual a el.