A Portes 123

Aportes 1: Solucionar.1. PLANTEE Y SOLUCIONE DOS EJERCICIOS SOBRE DIFERENCIACIÓN NUMÉRICA EXPLICANDO PASO A PASO EL PROCEDIMIENTO UTILIZADO. Ejercicio 1 Comparación de la fórmula de derivada respecto a una derivada exacta Sea f(x) =ln(x) aproxime la derivada en el intervalo [1, 1.1] usando un paso de 0.01 y compare cada resultado con el valor de la derivada exacta en ese punto. Tabla de valores j xj F(x)=ln(xj) 0 1 0 1 1.01 0.009950331 2 1.02 0.019802627 3 1.03 0.029558802 4 1.04 0.039220713 5 1.05 0.048790164 6 1.06 0.058268908 7 1.07 0.067658648 8 1.08 0.075961041 9 1.09 0.086177696 10 1.1 0.09531018 En los extremos se usará la fórmula de tres puntos y en los puntos interiores la centrada para tener el mínimo error. Formula de tres puntos: ∫(x0 + h) − (x0 ) h ∫(x0 ) = ∫ ′′′(ε) h 2 Formula centrada 1 h2 ∫ ′(x0 ) = [f(x0 + h) − f(x0 − h)] − ∫ ′′′(ε) 2h 6 98042357 1.91745693 1.980392157 0.01) 1 ∫ ′(1) = [−3(0.01) Para comparar los valores se tiene en cuenta que la derivada exacta eta dada por 1 f ′ (x) = por lo cual se compara los valores exactos y aproximados.0866177696) − 0.934579439 0.039220713] ≈ 0. xj ln(x) Exacta Aproximada 1 0 1 0. .961538462 0.93460665 1.909090909 0.099993485 2(0.058268908 0.917431193 0.95240975 1.019802627] ≈ 0.029558802 0.067658648 0.01 0.952380952 0.05) = [0.09531018) + 4(0.99993485 1.086177696 0.075961041] ≈ 0.90903985 Ejercicio 2 En la siguiente tabla se muestra la posición para determinado tiempo de una partícula moviéndose en el espacio.97090429 1.92595239 1.06 0.9615681 1.01) Para la centrada 1 ∫ ′(1.03 0.925925926 0.05 0.02 0.048790164 0.08 0.95240975 2(0. x Se muestra la distancia entre los dos valores en la columna de error.99013136 1.04 0.009950331 0.07 0.90903985 2(−0.009950331) − 0.075961041 0.1 0.019802627 0.99009901 0.09 0.09531018 0.94342422 1.039220713 0.943396226 0. Si la partícula describe un movimiento parabólico dado por f(t) = r 2 calcule el error de la aceleración aproximada. 1 ∫ ′(1) = [−3(0) + 4(0.058268908 − 0.970873786 0. calcule de ser posible la aceleración de la misma. 04 0.0025 − 2(0.0016 − 2(0.012 1 f ′′ (0.001) + 0] ≈ 2 0. 0.0009 4 0.02.012 1 f ′′ (0.0025 La segunda derivada en su forma aproximada es solo aplicable a puntos interiores de los dados.0016) + 0.03 0.01 0.01) ≈ [0.0004) + 0.0001] ≈ 2 0.01.02 0.0004 3 0.012 La segunda derivada de f es igual a 2 en todo el intervalo por lo que en este ejercicio se obtuvo un error de 0 .0016 5 0.0001 2 0.0009] ≈ 2 0.05 0.03) ≈ [0.03 y 0.0004 − 2(0. es decir que podremos calcular la aceleración en t = 0.02) ≈ [0.04 1 f ′′ (0.0009 − 2(0. 0.0009) + 0.0004] ≈ 2 0. j Tj xj 0 0 0 1 0.04) ≈ [0.012 1 f ′′ (0. 2.25 4 x0 = 1 x1 = x0 + h = 1.75 x4 = x3 + h = 2 b h ∫ f(x)dx ≈ {f(a) + 2(f(a + h)) + 2(f(a + 2h)) + ⋯ + f(b)} a 2 2 0.93) + 9.30] 1 23 ∫1 √x ex ≈ 5.75 )) + √2 (e2 } 1 2 2 3 ∫ √x (ex ) ≈ 0.25 3 ∫ 3√x (ex ) ≈ 3 3 3 3 {(√1 (e1 )) + (2(√1.75) + 2(6.25 )) + (2(√1.5 (e1.125[(2. ∫𝟏 √𝐱(𝐞𝐱 )𝐝𝐱 Regla del trapecio b h ∫ f(x)dx ≈ {f(a) + 2(f(a + h)) + 2(f(a + 2h)) + ⋯ + f(b)} a 2 b−a Donde h= 2 n = 4(numero de intervalos) Entonces 2−1 h= = 0. SOLUCIONE EL SIGUIENTE EJERCICIO UTILIZANDO LA REGLA DEL TRAPECIO.71) + 2(3. (N= 4) 𝟐𝟑 A.45 .25 x2 = x1 + h = 1.75 (e1.5 )) + (2(√1.5 x3 = x2 + h = 1.25 (e1. 3137} 1 1+x 2 2 2 x3 ∫ 1/2 dx ≈ 1.5 x4 = x3 + h = 2 2 x3 x3 ∫ dx f(x) = 0 1 + x1/2 1 + x1/2 Evaluamos las funciones x3 03 x0 = 0. f(0. 𝟐 𝐱𝟑 B.517 1 + x1/2 1 + 1. f(1.0732 1 + x1/2 1 + 0.5 x2 = x1 + h = 1 x3 = x2 + h = 1.5 1 ∫ 1/2 dx ≈ {0 + 2(0.5) = = = 1.53 x3 = 3.51/2 x3 13 1 x2 = 2.5) = = = 0. f(2) = = = 3.3137 1 + x1/2 1 + 21/2 2 x3 0.53 x1 = 1.8735 1 1+x . ∫𝟎 𝟏+𝐱 𝟏/𝟐 𝐝𝐱 Regla del trapecio b h ∫ f(x) ≈ {f(x0 ) + 2(f(x1 )) + 2(f(x2 )) + ⋯ + 2(f(xn−1 )) + f(xn )} a 2 2−0 h= = 0.517) + 3.5 4 x0 = 0 x1 = x0 + h = 0. f(0) = = =0 1 + x1/2 1 + 01/2 x3 0.51/2 x3 23 x4 = 4.0732) + 2 ( ) + 2(1. f(1) = 1/2 = 1/2 = 1+x 1+1 2 x3 1. 5 x4 = 3 3 x e 0. (N= 4) 3 ex 4 ∫1 x dx ∫2 ex ln(x) dx Ejercicio 1 3 ex ∫1 x dx Regla de Simpson 1/3 b n−1 n−2 h ∫ f(x)dx = [f(a) + 4 ∑ f(xi ) + 2 ∑ f(xj ) + f(b)] a 3 i−1 i−2 Regla de Simpson 1/8 b n−2 n−3 h ∫ f(x)dx = [f(a) + 3 ( ∑ f(xi )) + 2( ∑ f(xi ) + f(b)] a 8 i−2.5 i−3.5 4 x0 = 1 x1 = 1.9 Donde: b−a h= n n = 4( numero de intervalos) Entonces 3−1 h= = 0.5 ∫ dx ≈ {f(1) + 4f(1.5 x2 = 2 x3 = 2.3.4.5) + f(2.6. SOLUCIONES LOS SIGUIENTES EJERCICIOS UTILIZANDO LA REGLA DE SIMPSON 1/3 Y 3/8.5) + 2f(2) + f(3)} 1 x 3 . 5 2 2.5 e2 e2.5 e1 e1. 3 x e 0.5 e2.5) + f(3)) 1 x 8 2 3 x e 1.5 x2 = 2 x3 = 2.5 e1 e1.5 e3 ∫ dx ≈ ( ) + 3 (( )+( )+( )) + (( ) ( )) 1 x 8 1 1.5 2 3 3 x e ∫ dx ≈ 8.5 2.5 2 2.07421 1 x .5 ∫ dx ≈ (f(1) + 3 ((f(1.5) + f(2)) + f(2.5 0.5 e2 e 3 ∫ dx ≈ ≈ +4 + +2 + 1 x 3 1 1.5 4 x0 = 1 x1 = 1.5 3 3 x e ∫ dx ≈ 8.5 x3 = 3 3 x e 3(0.5)) + f(2.5) 0.5 e2.0409 1 x Regla de Simpson 3/8 Ejercicio 1 3 ex ∫1 x dx Como n = 4 no se puede aplicar la regla 3/8 Intervalos 3−1 h= = 0. 5 ln(2.5 x2 = 3 x3 = 3.5 ∫ ex ln(x) dx ≈ {f(2) + 4f(2.5 4 x0 = 2 x1 = 2.5 2 ∫ ex ln(x) dx ≈ (e ln(2) + 4((e2.95495 2 .5)) + 2(e3 ln(3) + e4 ln(4)) 2 3 4 ∫ ex ln(x) dx ≈ 56.Ejercicio 2 4 ∫2 ex ln(x) dx Regla de Simpson 1/3 Donde: b−a h= n n = 4( numero de intervalos) Entonces 4−2 h= = 0.5) + f(3.5)) + e3.5 ln(3.5 x4 = 4 4 0.5) + 2f(3) + f(4)} 2 3 4 0. 5) + f(4) 2 8 2 4 1.5 ln(3.7239 2 .5 ∫ ex ln(x) dx ≈ f(2) + 3(f(2.Regla de Simpson 3/8 Como n=4 no se puede aplicar la regla Simpson 3/8 4 ∫2 ex ln(x) dx Intervalos 4−2 h= = 0.5) + e3 ln(3)) 2 8 0.5 x2 = 3 x3 = 3.5 ln(3.5)) + ((e3.5 ln(2.5 + (e3.5) + f(3.5 4 x0 = 2 x1 = 2.5 x3 = 4 4 3(0.5) 0.5 ∫ ex ln(x) dx ≈ (e2 ln(2)) + 3((e2.5) + f(3)) + f(3.5) + e4 ln(4)) 2 4 ∫ ex ln(x) dx ≈ 56. 75) ] + e2 ] 8 1 3 3 I3 = [e1 + 2[e1. USANDO SEGMENTOS DE LONGITUD 1.375 ] + e8 ] 4 I2 = 760. 1/2 Y 1/4.25) + e(1.83 1 h= 2 1 3 3 3 3 ( ) I2 = [e1 + 2[e 2 ] + e2 ] 4 1 I2 = [e1 + 2[e3. 2 3 3 ∫1 ex dx ∫2 ex ln(x) dx 2 3 Ejercicio 1 ∫1 ex dx Segmentos 1 1 1.5) + e(1. 2 4 Integración del primer segmento n=1 h [f(a) + f(b)] 2 h=1 1 13 3 I1 = [e + e2 ] 2 I1 = 1491. 4. SOLUCIONE LOS SIGUIENTES EJERCICIOS UTILIZANDO LA INTEGRACIÓN DE ROMBERG. .359375 ] + e2 ] 8 .375 + e5.5312 1 h= 4 1 3 3 3 3 3 I3 = [e1 + 2[e(1.953125 + e3.Aporte 2: Solucionar. 836 M=integral más exacta L=integral menos exacta Nivel 1 Nivel 2 Nivel 3 4 1 Im − Il 1491.5713 2 3 ∫1 ex dx ≈ 313.836) − (760.836 4 1 Im − Il 3 3 1491.59 1 h= 2 .2709 =313.5312) − (1491.83 760.I3 = 434.2709) 15 760.7649 (326.83 3 3 16 1 Im − Il 760.1217 + 22.5312 1 4 1 − (516.0662 ] 2 I1 = 13.836 15 (434.7649) 434.83) 16 3 3 =516.5312) 3 3 =326.5312 4 1 (760.5312 15 15 434. . 2 4 Integración del primer segmento n=1 h [f(a) + f(b)] 2 h=1 1 2 I1 = [e ln(2) + [e3 ln(3) ]] 2 1 I1 = [5.5713 3 Ejercicio 2 ∫2 ex ln(x) dx Segmentos 1 1 1. 9660 (12.3783 15 15 I3 = 12.5)] + e3 ln(3)] 4 I2 = 12.0687 4 1 Im − Il 3 3 I1 = 13.5 ln(2.3783 1 h= 4 1 I3 = [e2 ln(2) + 2[e2.9660 2 .25 ln(2.5) + e2.59 I2 = 12. 1 I2 = [e2 ln(2) + 2[e2.25) + e2.3783) − (13.3783 4 1 =11.96655) − (11.59 3 3 Im − Il I2 = 12.96655 3 ∫ ex ln(x) dx = 11.75 ln(2.0687 3 3 =11.0687 M=integral más exacta L=integral menos exacta Nivel 1 Nivel 2 Nivel 3 4 1 Im − Il 16 1 I1 = 13.3783 4 1 (12.5 ln(2.75)] + e3 ln(3)] 8 I3 = 12.3783) I3 = 12.59) 16 1 3 3 =11.0687) − (12.9744 (11.9744) 15 15 I2 = 12. y)dydx ∫ ∫ f(x.000122 4 20 4 20 . dx ≈ 1.5. SOLUCIONE LOS SIGUIENTES EJERCICIOS DE INTEGRALES MÚLTIPLES COMPRUEBE QUE: Formulas b d d b ∫ ∫ f(x.000122 0 x 1 2x y4 2 {∫ x y + ] } dx 0 4 x 1 (2x)42 2 x4 1 3 x4 3 x4 ∫ {(x 2x + ) − (x x + } dx = ∫ {(2x + ) − x − } dx 0 4 4 0 4 4 1 1 x4 3 x4 x5 ∫ {x + } dx = + ] 0 4 4 20 0 14 15 04 05 ( + ) − ( + ) = 1. y)dxdy a c c a Ejercicio 1 1 2x ∫ ∫ (x 2 + y 3 )dy. dx ≈ 0.5 0.5 2 2 ∫ {xex − xex }dx = ∫ {x(ex − ex )} dx 0.0333054 0.1 Se integra por partes 0.5 x2 x3 2 ∫ {xex }xx3 dx = ∫ {xe x −xe x } dx 0. dx ≈ 0.1 x3 .5 ∫ xex dx = xex − ex 0.1 2 2 0.5 2 2 ∫ x(xex − ex )dx = ∫ xex dx − ∫ xex dx 0.5 y 2 ∫ ∫ ex dy.1 Integración con respecto a dx 0.5 0.0333055 2 2 x2 y 0. dx = ∫ {xex }xx3 dx 0.5 (0.5 2 0.1 x3 0.5 y 0.1 0.5 x ex x ex {xe − e − } = {ex (x − 1) − − } 2 0.1 0.5 e0.5 x2 y 0.1 0.5 0.5 x2 y ∫ ∫ ex dy.1 Reemplazando en y 0.1 0.1 2 2 0.1 x3 Se intrega la función en dy 0.1 2 0.1 {(e − 1) − ) − (e0.Ejercicio 2 0.5 2 x2 ex ∫ xe dx = 0.0333054 0.5 ∫ ∫ ex dy.1 0.1 − 1) − )} = 0.5 e0.1 (0.1 Se integra por sustitución 0. 007625 + f(0.05 ∗ 0.05 = 0.05 dx y2 = y1 + f(x1 .05 = 0.6.1 + 0.05 = 0. y0 )h = 0 + f(0.15. y3 )h = 0. y2 ) = 0. y(0) = 0 USANDO EL MÉTODO DE EULER CON H = 0.05 dy = x + y donde f(x2 .157625 ∗ 0.05 + 0 = 0.15 + 0.05 y1 = y0 + f(x0 .007625 x4 = x3 + h = 0.0025 + f(0. y1 ) = 0.1 + 0. y2 ) = 0.2 ≈ y = 0.01550625 .05) = 0.2 DE LA SOLUCIÓN DEL PROBLEMA DE VALOR INICIAL y = x + y .0)0.15 y3 = y2 + f(x2 .01550625 dx x1 = x0 + h = 0 + 0.007625 + (0.15 + 0. y3 )h = 0. 0.0025 = 0.2 y4 = y3 + f(x3 .1 y2 = y1 + f(x1 . y1 )h = 0 + (0.05 Y ZO = 0 .2 h = 0. y0 ) = 0 + 0 = 0 dx y1 = y0 + f(x0 . 0. y2 )h = 0.05 + 0.05 = 0 dy = x + y donde f(x1 .05 dy = x + y donde f(x2 .157625 dx y4 = y3 + f(x3 .007625 = 0. DEMOSTRAR QUE EL VALOR APROXIMADO EN X = 0. y1 )h = 0 + f(0.05) = 0.0025 x3 = x2 + h = 0.01550625 Formula yi+1 = yi + (f(xi yi )h dy =x+y y(0) = 0 x = 0. ES .0)05 dy = x + y donde f(x0 .05 = 0.1.1025 ∗ 0.0.007625)0. y0 )h = 0 + (0 ∗ 0.05 = 0 x2 = x1 + h = 0.05 z0 = 0 ≈ 0. y2 )h = 0.0025 + (0.05.0025)0.1025 dx y3 = y2 + f(x2 .01550625 x = 0.05 = 0. 5)2 𝑦 𝑦(0 + 0.5) + 2 𝑦(0.5) = 1.5 + 2! (0)(0)(0. con la condición inicial: y(0) = 1.5 .5 𝑦 ′ = cos(𝑥𝑦) 𝑦(0) = 1 ℎ = 0. Aplicar el método de Taylor de orden dos a la ecuación y´ = Cos(xy).5) = 1 + (1 +∗ 0.5 Formula 𝑦 ′′ (𝑥0 )ℎ2 𝑦 ′′′ (𝑥0 )ℎ3 𝑦 𝑛 (𝑥0 )ℎ𝑛 𝑦(𝑥0 + ℎ) = 𝑦(𝑥0 + 𝑦 ′ (𝑥0 )ℎ + + + ⋯+ 2! 3! 𝑛! 𝑦 ′ = 𝐶𝑜𝑠(𝑥𝑦) 𝑑 𝑦 ′′ = cos(𝑥𝑦) = −𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦 ′ ) = −𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥(cos(𝑥𝑦)) 𝑑𝑥 Se reemplaza y’ en la función ′ 𝑦 ′ = 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦 ′ ) = −𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥(𝑥𝑦) Reemplazar los valores de x=0.Aporte 3: Solucionar. 7.5)2 𝑦(0. Y=1 𝑦 ′ = cos(0 ∗ 1) = 1 𝑦 ′′ = −(1)𝑠𝑒𝑛((0) cos(0 ∗ 1)) = 0 Reemplazando en la fórmula del método Taylor 𝑦 ′′ (𝑥0 )ℎ2 𝑦(𝑥0 + ℎ) = 𝑦(𝑥0 + 𝑦 ′ (𝑥0 )ℎ + 2! ′′ (0)(0.5) = 𝑦(0) + 𝑦 ′ (0)0. Utilizar h = 0. 23321025 𝑓4 = 𝑓(𝑥0 + ℎ.05 + 2. 𝑦0 + ℎ𝑓3 ) = 𝑓(0 + 0. 𝑦0 + 𝑓1 ℎ) 2 2 ℎ ℎ 𝑓3 = 𝑓(𝑥0 + . 𝑦0 + 𝑓2 ) = 𝑓 (0 + . Plantee y solucione paso a paso un ejercicio por el Método de Runge-Kutta de cuarto orden 𝑓1 = 𝑓(𝑥0 .23321025)) = 𝑓4 (0.0605 − 1)2 = 1.2.1 𝑓3 = 𝑓 (𝑥0 + .2. 𝑦0 ) ℎ ℎ 𝑓2 = 𝑓(𝑥0 + .0605) 2 2 2 2 𝑓3 (0.49651 Reemplazamos . 2+ (1.2. (2 + (0.8.1 𝑓2 = 𝑓 (𝑥0 + .5 para los siguientes datos.1 + 2. 𝑦0 + 𝑓2 ℎ) 2 2 𝑓4 = 𝑓(𝑥0 + ℎ.1))(1.1 para determinar la aproximación al valor inicial en x=0.1 0.1.12321025) 𝑓4 (0.21)) = 𝑓2 (0.05 − 1)2 = 1.05 .1 0. 𝑦0 + 𝑓3 ℎ) Formula general ℎ(𝑓1 + 2𝑓2 + 2𝑓3 + 𝑓4 ) 𝑦(𝑥0 + ℎ) = 𝑦0 + 6 Ejercicio planteado Aplicar el método de RK4 con h=0.05 + 2.05 . 2+ (1)) = 𝑓2 (0. 𝑦0 ) = (0 + 2 − 1)2 = 1 ℎ ℎ 0.05) 2 2 2 2 𝑓2 (0.21 ℎ ℎ 0. 𝑦0 + 𝑓1 ) = 𝑓 (0 + .1. 𝑦 ′ = (𝑥 + 𝑦 − 1)2 𝑦(0) = 2 Solución 𝑓1 = 𝑓(𝑥0 .123321025 − 1)2 = 1. 1) = 2 + = 2. ℎ(𝑓1 + 2𝑓2 + 2𝑓3 + 𝑓4 ) 𝑦(𝑥0 + ℎ) = 𝑦0 + 6 0.49651) 𝑦(0 + 0.1) = 2.1230 6 𝑦1 (0.23321025) + 1.1230 .1(1 + 2(1.21) + 2(1. Lérida. Tomado el 15 de noviembre de 2017 de: https://www.co:2077/lib/unadsp/reader. Youtube. Tomado el 21 de noviembre de 2017 de: https://www. ES: Edicions de la Universitat de Lleida.F. I.youtube.unad.com/watch?v=74a6PNnC1Qg García. (2014). Youtube.edu.youtube. & Maza.co:2077/lib/unadsp/detail.unad.. MX: Larousse . A.com/watch?v=Wwf7HrjPcTM .action?docID= 10679293&p00=diferencias+divididas+newton&ppg=5 Nieves. Tomado el 20 de noviembre de 2017 de https://www. D.edu.action?docID=110 13582&p00=m%C3%A9todos+num%C3%A9ricos+tipos+error Alfa Teorema (2012) Ejemplo del método Euler.Recuperado dehttp://bibliotecavirtual. S. Ejemplo del método de runge-kutta de orden 4. México. Métodos numéricos: problemas resueltos y prácticas: Problemas resueltos y prácticas. H. Métodos numéricos: aplicados a la ingeniería: aplicados a la ingeniería.. Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Recuperado de http://bibliotecavirtual.Grupo Editorial Patria.youtube.com/user/alfateorema Alta teorema (2012). (2009). REFERENCIAS Antabla(2017) Integración numérica regla del trapecio.