S-tema3

1.
a)
∫ 1,5
1
COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICAS( 2o ITT Telemática).
Hoja de PROBLEMAS del Tema 3
SOLUCIONES
x2 ln xdx = 0,1922593577, IP m (f ) = 0,1743308994,
3
3
(1/2)
|EP m (f )| = | (1/2)
24 (2 ln ξ + 3)| ≤
24 (2 ln(1,5) + 3) = 0,01984859487.
∫ 1 2 −x
b) 0 x e dx = 0,1606027941, IP m (f ) = 0,1516326649,
1 −ξ 2
1
|EP m (f )| = | 24
e (ξ − 4ξ + 2)| ≤ 12
= 0,08333333333.
∫ π4 3x
a) 0 e sen(2x)dx = 2,588628632, IT r (f ) = 4,143259655,
2.
3
3
(π/4)
3ξ
|ET r (f )| = | − (π/4)
12 e (12 cos(2ξ) − 5 sen(2ξ)| ≤
12 56,94005932 = 2,298827126.
∫ 1,6 2x
b) 1
dx = −0,7339691750, IT r (f ) = −0,8666666666,
x2 − 4
3
4ξ(ξ 2 +12)
(0,6)3 41,6(1,62 +12)
91
|ET r (f )| = | − (0,6)
= 162
= 0,5617283950.
12
(ξ 2 −4)3 | ≤ − 12
(1,62 −4)3
∫ 0,1 √
3. a) 0
1 + xdx = 0,1024598219, ISi (f ) = 0,1024598192,
(
)
5
5
15
15
−9
| ≤ (0,1/2)
|ESi (f )| = | − (0,1/2)
−
.
7/2
90
90
16 = 3,255208333 · 10
16(ξ+1)
∫ π2
b) 0 (sen x)2 dx = π4 , ISi (f ) = π4 ,
)
5 (
5
|ESi (f )| = | − (π/4)
8 − 16(cos ξ)2 | ≤ (π/4)
90
90 8 = 0,02656420874.
∫1
1 ′′
f (0) y la integral 0 f (x) dx
4. El grado de precisión es 2. La fórmula de cuadratura 21 f (0)+ 12 f (1)− 12
coinciden para 1, x y x2 pero son ya diferentes para x3 .
5. El polinomio de Hermite estricto en a y b de la función f es
[
]
[
]
1 1
1
2
′
′
2
′
′
p3 (x) = fa + fa (x − a) +
(fb − fa ) − fa (x − a) + 2 fb − (fb − fa ) + fa (x − a)2 (x − b)
h h
h
h
e integrándolo entre a y b se obtiene IT rm (f ) =
b−a
2 (f (a)
+ f (b)) +
(b−a)2
′
12 (f (a)
− f ′ (b)).
La fórmula del error de interpolación nos permite escribir
∫ b
∫ b
∫ b
(b − a)5 (iv)
(x − a)2 (x − b)2 iv)
f (ξx )dx =
f (ξ)
f (x)dx − IT rc (f ) =
(f (x) − p3 (x))dx =
4!
720
a
a
a
para cierto ξ ∈ [a, b].
A partir de la fórmula del error se tiene que el grado de precisión es ≥ 3 y probando con la función
f (x) = (x − a)4 es fácil ver que no puede ser 4.
6. Como la regla de cuadratura Ia (f ) = α1 f (c1 ) + α2 f (c2 ) tiene 4 constantes por determinar vamos
a imponerle 4 condiciones que cumplir: que sea exacta√para 1, x, √
x2 y x3 . Resolviendo el sistema
correspondiente encontramos solución única con c1 = − 3/3, c2 = 3/3 y α1 = α2 = 1 coeficientes
indeterminados. Esto asegura que el grado de precisión de la regla de cuadratura es al menos 3 y
comprobando que no es exacta para x4 se demuestra que no puede ser superior.
∫ 2,6
7. Para aproximar 1,8 f (x)dx podemos utilizar las reglas conocidas simples:
IP m (f ) = 4,833928, IT r (f ) = 5,434756 y ISi (f ) = 5,034204
o compuestas:
C
IPCm (f ) = 4,982332, ITCr (f ) = 5,058337 y ISi
(f ) = 5,033001999.
Además podemos utilizar una regla interpolatoria simple a partir del polinomio interpolador, de
grado 4, que se ajusta a la tabla de valores:
p4 (x) =
e
442409
601 4 5179 3 281167 2 2529313
x −
x +
x −
x+
1280
1920
32000
240000
100000
∫ 2,6
18873457
p4 (x)dx =
= 5,032921866.
3750000
1,8
8.
9.
∫ 0,35
2
C
dx = − 12 ln 47
33 = −0,1768200201, IP m (f ) = −0,1768068222,
x2 − 4
0,35 2 4(3ξ 2 +4)
−5
|EPCm (f )| = 0,35
.
24 ( 6 ) | (ξ−4)3 | ≤ 1,487057891 · 10
√
√
√
∫ π4 2
2 2
2
b) 0 x sen xdx = − 32 π + 4 π + 2 − 2 = 0,08875528443, IPCm (f ) = 0,08764890637,
a)
0
π π 2
|EPCm (f )| = 96
( 24 ) |4ξ cos ξ + (2 − ξ 2 ) sen ξ| ≤ 0,001799060168.
√
√
∫ 3,5
x
a) 3 √
dx = 21 33 − 5 = 0,6362133457, ITCr (f ) = 0,6362748308,
x2 − 4
0,5 2
12ξ
−4
|ETCr (f )| = 0,5
.
12 ( 8 ) | (ξ 2 −4) 52 | ≤ 1,048156864 · 10
∫π
b) 04 cos2 xdx = π8 + 14 = 0,6426990816, ITCr (f ) = 0,6418953746,
10.
11.
π π 2
|ETCr (f )| = 48
( 32 ) |2 − 4 cos2 ξ| ≤ 0,001261648627.
∫ 1,5
3
C
(f ) = 1,763407391,
a) 1 ex dx = e 2 − e = 1,763407241, ISi
0,5 0,5 4 ξ
C
(f )| = 180
|ESi
( 8 ) e ≤ 1,899587449 · 10−7 .
∫ 10 1
C
b) 1
dx = ln 10 = 2,302585092, ISi
(f ) = 2,320575735,
x
9 9 4 24
C
|ESi
(f )| = 180
( 8 ) ξ5 ≤ 1,922167968.
∫2
3 4
2 4
3
a) 2 e2x sen(3x)dx = − 13
e cos 6 + 13
e sen 6 + 13
= −14,21397712
1) Regla del Punto Medio Compuesta: n = 1544 y IPCm (f ) = −14,21398709.
2) Regla del Trapecio Compuesta: n = 2169 y ITCr (f ) = −14,2139653.
C
(f ) = −14,2139649.
3) Regla del Simpson Compuesta: n = 27 y ISi
∫2 1
b) 0
dx = ln 32 = 0,4054651081
x+4
1) Regla del Punto Medio Compuesta: n = 11 y IPCm (f ) = 0,4054173063.
2) Regla del Trapecio Compuesta: n = 15 y ITCr (f ) = 0,4055165401.
C
3) Regla del Simpson Compuesta: n = 2 y ISi
(f ) = 0,4054713804.
12. Método de Newton: escribimos la ecuación en la forma
∫ x
2
1
√ e−t /2 dt − 0,45 = 0
2π
0
y partiendo de x0 = 0,5 vamos a iterar la función:
∫ x
∫ x
2
1
I(x) − 0,45
1 −t2 /2
√ e
√ e−t /2 dt − 0,45)′ = x −
dt − 0,45)/(
g(x) = x − (
f (x)
2π
2π
0
0
∫ x 1 −t2 /2
2
donde utilizamos la notación I(x) = 0 √2π e
dt y f (x) = √12π e−x /2 .
C
En la expresión de g(x) vamos a utilizar la regla de Simpson compuesta con tolerancia 10−5 , ISi
(f ),
para aproximar I(x). Para ello necesitamos calcular para cada x el número n de intervalos necesarios
para que el error esté por debajo de 10−5 . Utilizando la fórmula del error y teniendo en cuenta que
2
f (iv) (x) = √12π e−x /2 (x4 − 6x2 + 3) y |f (iv) (x)| ≤ f (iv) (0) = √32π = 1,196826841 en [0, x], n debe
verificar
x ( x )4 3
√
< 10−5
180 2n
2π
Definimos entonces n(x) como el menor número natural que verifica la desigualdad anterior y a
partir de él utilizamos la siguiente aproximación de I(x):
C
ISi
(f )(x)
)
(
)
(
)
(
n(x)
x
x
x
x 1∑
+ 4f (i − 1/2)
+f i
).
(f (i − 1)
=
n(x) 6 i=1
n(x)
n(x)
n(x)
C
Iteramos ahora g(x) = x − (ISi
(f )(x) − 0,45)/f (x) con x0 = 0,5 obteniendo:
x1 = 1,234343477, x2 = 1,548656441, x3 = 1,637895551, x4 = 1,644812093, x5 = 1,64485176 = x6 .