Ejercicios para el Tema 4. ! 4.1. Queremos calcular el valor de arctg

Ejercicios para el Tema 4.
! 4.1.
Queremos calcular el valor de arctg(x) para cada x = entero/100 ∈ (0, 1)
• Si queremos tener errores < 10−6 , estudiar cómo usar la Regla del Punto Medio para conseguirlo:
qué longitud h de intervalos escoger.
¿Por qué no usar simplemente el desarrollo de Taylor de arctg(x) , que converge en ese intervalo?
Comparar el coste en operaciones.
• Si bastase con tener error < 10−4 , el valor! h = 1/100 ya serı́a pequeño de sobra; una posible
x
alternativa es: calcular aproximadamente la 0 ds/(1 + x2 ) para menos puntos que los pedidos, y
luego interpolar linealmente para hallar los restantes valores de arctg(x) .
Estudiar esa posibilidad, y comparar el coste en operaciones con el de usar h = 1/100.
Usar Matlab para poner a prueba el plan9 , y comparar los resultados con los valores de arctg(x)
que da Matlab directamente.
! 4.2.
• Hallar los pesos de las Reglas de cuadratura que resultan de interpolar f con 3 ó 4 puntos igualmente
espaciados, que incluyan los extremos del intervalo de integración; se las llama respectivamente Regla
de Simpson y Regla de los 3/8 (se descubrirá el por qué de este nombre).
• Usar el desarrollo de Taylor de f en el punto medio m del intervalo para deducir sus fórmulas de
error. Estos son los casos n = 2, 3 de las Reglas de Newton-Cotes; para estas Reglas hay la tradición
notacional siguiente: los nodos se llaman
xi = x0 + ih , y el intervalo en el que se integra es J = [x0 , xn ]
de modo que la longitud de J, que venimos llamando h , será en este caso10 nh ; tenerlo en cuenta,
para que las constantes de las fórmulas de error coincidan con las que se encuentran en los libros.
• Comprobar que ambas Reglas integran exactamente la función x3 pero no la función x4 (tomar
J = [−1, 1] , pero la afirmación vale para cualquier otro). Observar cómo esto permite verificar la
constante de las fórmulas de error halladas, pero también deducirla del modo más sencillo.
! 4.3.
!1
Suponer que debemos aproximar I = 0 f (x) dx , y que disponemos ya de los 2k + 1 valores f (i/2k ) ,
que en principio pensamos utilizar con la Regla de Simpson, aplicada a intervalos J de longitud 2/2k .
¿Bajo qué condiciones sobre k será mejor usar esos valores con la Regla Newton-Cotes de 5 nodos,
aplicada a intervalos J de longitud 4/2k ?
No olvidar cómo intervienen en la respuesta las cotas que tengamos para las derivadas de f , comparar
también el coste computacional, y observar lo conveniente que resulta llamar h = 2k en todo el cálculo.
! 4.4.
Hallar los nodos de las Reglas Gaussianas con 2 y con 3 nodos (n = 1, 2), de dos maneras:
!1
• Imponiendo que cumplan −1 W (x)xk = 0 hasta k = n ; varias de las ecuaciones implicarán algo
que era de esperar: que los nodos sean simétricos respecto del 0; las restantes ecuaciones permitirán
determinar dónde están.
• Buscando los sucesivos polinomios de Legendre Wi con el !algoritmo de Gram-Schmidt aplicado a
los monomios 1, x, x2 , . . . y el producto escalar < p, q >J = J p(x)q(x) dx .
Observar que no hay que calcular de nuevo, es el mismo cálculo de antes.
• Por último, hallar los pesos wi de esas dos Reglas, sus grados y fórmulas de error.
9O
una calculadora programable.
conveniencia de hacerlo ası́ se entenderá mejor en el Ejercicio siguiente; pero el convenio general es mejor al hablar
de Reglas de Cuadratura en general.
10 La
5
POSIBLES RESPUESTAS a los Ejercicios para el Tema 4.
(Edición de vı́spera de Reyes; no se garantiza que no tenga más errores de los habituales).
! 4.1.
!
• Como se vió en el Ejemplo Inicial de 4.1, el error Ipm (f ) − J f en cada intervalo J de longitud h
y centro m es aproximadamente −f "" (m) h3 /24 , y la suma de errores al calcular
!x
F (x) = 0 f
será aproximadamente (f " (0) − f " (x)) h2 /24 .
En nuestro caso es f = 1/(1 + x2 ) , y la derivada f " = −2xf 2 alcanza su mı́nimo ≈ −0.65 cuando
x2 = 1/3 , con lo que
F̃ (x) − F (x) ≈ −f " (x) h2 /24 < 0.65 h2 /24
Esto ya es < 10−6 si tomamos h = 1/200 (para obtener entre otros los 100 valores F (k/100) ).
El coste operativo: las 200 evaluaciones11 de h f (mk ) , y 199 sumas.
El desarrollo de Taylor de F = arctg es
x3
x5
+
− ...
3
5
y conseguir precisión es cada vez más caro al acercarse a x = 1 ; pero ya para x = 1/2 , hay que
llegar a k = 16 para tener k2k > 106 y garantizar el error deseado.
F (x) = x −
• Ya hemos visto que el error de cuadratura será
F̃ (x) − F (x) ≈ −f " (x) h2 /24 > 0
mientras que el de interpolación lineal en un intervalo J = [a, a + h] será
f (x) − P1 (x) = F "" (ξ) W (x)/2
, con
W (x) = (x − a)(x − a − h) , F "" = f " < 0
luego será > 0 y de tamaño < 0.65 (h/2)2 /2 = 0.081 h2 .
Como P1 (x) usará datos F̃ (x) , los dos errores se restan, y como el primero ya es < 10−4 para
h = 1/100 , nos basta garantizar que el segundo también lo sea: que se tenga 0.081 h2 < 10−4 , lo
que ya es cierto si h = 3/100 .
Coste operativo si usamos ese h : necesitamos 34 valores f (mj ) para calcular las F (jh) , y luego
interpolar con pesos 1/3, 2/3 para hallar las restantes F (k/100) . Por lo tanto:
– hallar 34 valores h f (mi )/3 , y
– hacer 100 sumas, una por cada punto x = /100 .
Es obviamente mucho menos que si usamos h = 1/100 .
El siguiente código Matlab realiza el plan, y muestra (ver gráfico) su resultado:
h= 0.03;
m= h∗( 0.5:(1+h)/h );
% puntos medios
hf3= h./(1+m.^2)/3;
% sumandos
Fx= 0; F= 0;
for s= hf3,
% cuadratura + interpolación
F= max(F) + s∗(1:3) ;
Fx= [ Fx , F ];
end
x= 0:0.01:1;
plot( x, Fx(1:length(x)) - atan(x) )
!5
3
x 10
2
1
0
!1
!2
!3
!4
!5
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Nótese el efecto de los signos opuestos de ambos tipos de errores, y cómo tanto el error√acumulado
de cuadratura como los errores de interpolación van disminuyendo a partir de x = 1/ 3 , que es
donde |f " | alcanza su máximo.
11 Un detalle: si tenemos en cuenta que m2
2
2
2
k+1 − mk = 2kh , cada evaluación de hf (mk ) = h/(1 + mk ) cuesta sólo una
suma y una división; detalle irrelevante para la potencia de cálculo de un ordenador actual, pero relevante por ejemplo con
una calculadora programable.
En fin, lo valioso es la idea de que a menudo son posibles este tipo de economı́as.
6
! 4.2.
• En el intervalo I = [−1, 1] , llamemos w0 , w±1 a los pesos de la Regla de Simpson.
En este caso es muy fácil escribir e integrar los correspondientes polinomios de Lagrange; los de los
nodos ±1 son simétricos respecto de x = 0 , luego tienen en I la misma integral.
Los pesos para un J de longitud h serán proporcionales a éstos y con suma h :
!
"
nodo Li (x)
wi = I Li
wi cuando
i wi = h
0
1 − x2
2(1 − 1/3)
4h/6
1
x(x + 1)/2 2(1/3)/2
h/6
En resumen: los pesos de Simpson son proporcionales a: 1 , 4 , 1 .
Con nodos ±1/3, ±1 , el mismo argumento de simetrı́a indica que basta hallar w1/3 , w1 .
Lo más simple es exigir que integren exactamente en I los polinomios 1, x2 (la simetrı́a hará que lo
hagan con cada función impar):
!1
f (x) w1/3 f (1/3) + w1 f (1) = 0 f (x) dx
1
w1/3 + w1
= 1
x2
w1/3 /9 + w1
= 1/3
w1
w1/3
, de donde
= 1/4 = h/8
= 3/4 = 3h/8
• Llamando [m − h, m + h] al intervalo12 J , y m + s a la variable, escribimos el desarrollo
f (m + s) = f (m) + f " (m)s + f "" (m)s2 /2 + . . .
!
y comparamos J f con las dos Reglas Isimp , I3/8 , cuyos pesos acabamos de hallar; los términos
impares del desarrollo dan 0 en los tres casos:
#
f "" (m) 3
f IV (m) 5
f (m + s) ds = f (m) 2h +
2 h /3 +
2 h /5 + . . .
2!
4!
J
$
%
h f "" (m) 2 f IV (m) 4
Isimp (f ) = 2h f (m) + 2
h +
h + ...
3
2!
4!
$ ""
%
IV
h f (m) 2
f (m) 4
2
4
I3/8 (f ) = 2h f (m) + 2
(h + 3(h/3) ) +
(h + 3(h/3) ) + . . .
4
2!
4!
Se ve que los términos en h, h3 coinciden en los tres casos, y podemos escribir:
#
f (m + s) ds ≈ Isimp (f ) + c2 f IV (m) h5 ≈ I3/8 (f ) + c3 f IV (m) h5
J
con
c2 =
1
1
−1
−
=
60 36
90
,
c3 =
1
11
3
−2
−
(1 + 4 ) =
60 2 4!
3
5 · 34
Con el convenio habitual para estas Reglas, J debe medir 3h en lugar de 2h para la I3/8 (f ), con lo
que nuestro h valdrá 3h/2 , que sustituı́do junto con el valor de c3 en la fórmula de error anterior,
da la que es tradicional para esta Regla:
−3 IV
f (m) h5
80
• Podemos verificar esas constantes (y al mismo tiempo los pesos de ambas Reglas) verificando que
en J = [−1, 1] se tiene
! 2
x = 2/3 = Isimp (x2 ) , pero
J
#
J
x = 2/5 ,
4
2
Isimp (x ) = =
3
4
#
J
x4 +
4
15
,
4
1 d4 (x4 )
=
15
90 dx
Para la comprobación de I3/8 (f ) conviene usar J = [−1.5, 1.5] , para tener también h = 1 .
12 Nótese
que lo tomamos con longitud 2h , como se hace tradicionalmente para Simpson (ver enunciado).
7
! 4.3.
Con la Regla de Simpson, el error en cada intervalo J de longitud 2h (ver ! 4.2) es ≈ c2 f IV (m) h5 ,
luego en los 1/2h intervalos que cubren [0, 1] , el error total estará acotado por13
|c2 | K4 h4 /2 , donde
o razonando como en ! 4.1, será
"
J
K4 = max |f IV | ,
IJ (f ) −
|c2 | = 1/90
[0,1]
!
J
f ≈ (f """ (0) − f """ (1)) c2 h4 /2 .
Para repetir todo esto con la Newton-Cotes de 5 nodos, podemos aplicarla en I = [−1, 1] a las funciones
1, x2 , x4 , x6 ; dando por sentado que los pesos serán simétricos, y que la Regla integra exactamente hasta
grado 4 (además de todas las funciones impares), resulta:
!
w0 +2 w1/2 +w1 = !I 1
=2
w1/2 /2 +w1 = !I x2
= 2/3
w1/2 /8 +w1 = !I x4
= 2/5
w1/2 /32 +w1 = I x6 + error = 2/7 + c4 6! h7
de donde salen los pesos y el término de error c4 f 6) (ξ) h7 de esta Regla:
(w0 , w1/2 , w1 ) = ( 12, 32, 7 ) /45 ,
Esto implica un error total
≈
c4 6 5)
h |f (1) − f 5) (0)|
4
c4 = 8/945
≤
c4 6
h K6
4
,
K6 = max |f 6) |
[0,1]
En resumen, Simpson dará menos error total si
el cociente K6 /K4 (o el |∆f 5) (0)/∆f """ (0)| ) es > 945/360/h2 = 21 · 22k−3 .
El coste computacional es casi igual: con ambas Reglas cada valor f (xi ) (de los que ya disponemos)
debe sumarse una vez, y hay unos pocos productos (por los pesos) y sumas finales14 .
! 4.4.
• W2 (x) = (x − x0 )(x − x1 ) debe ser “ortogonal” a 1, x en ese intervalo J = [−1, 1] :
!
&
'
0 = !J W2 (x) dx = 2/3 + 2x0 x1
, lo que implica −x0 = x1 = 1/3
0 = J W2 (x)x dx = −2(x0 + x1 )/3
.
Análogamente, para W3 (x) = (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 ) ,

 0 = −2(x0 + x1 + x2 )/3 − 2x0 x1 x2
0 = 2(x0 + x1 + x2 )/5 + 2(x0 x1 + x0 x2 + x2 x1 )/3

0 = −2(x0 + x1 + x2 )/5 − 2x0 x1 x2 /3
&
'
x0 x1 x2 = 0 = x0 + x1 + x2
lo que implica
, con lo que los nodos son 0, ± 3/5 .
x0 x1 + x0 x2 + x2 x1 = −3/5

 W1 = x + c ⊥ 1 , lo que da W1 = x ,
W2 = x2 + c1 x + c0 ⊥ 1, x , lo que da W2 = x2 − 1/3 ,
• Lo que buscamos ahora es:

W3 = x3 + . . . ⊥ 1, x, x2 , lo que da W3 = x(x2 − 3/5) ,
como ya hemos calculado antes.
• Por el argumento ya repetido, la simetrı́a de los nodos implica la de los polinomios de Lagrange y
con ella la de los pesos; luego los de la regla G1 son iguales.
Su grado, en lugar de sólo n = 1 (n + 1 nodos) es para una Regla Gaussiana 2n + 1 = 3 , y el error
será por lo tanto el que se comete al usarla para integrar f (x) = x4 :
#
−8
−8
f 4) (ξ)
−1
G1 (x4 ) −
x4 = 2/9 − 2/5 =
=
(|J|/2)5
=
|J|5 f 4) (ξ)
45
45
4!
45
·
4
·
4!
J
Los 3 pesos w0 , w± de la Regla G2 serán también simétricos; como es de grado 2n + 1 = 5 , debe
integrar bien 1, x2 , x4 , pero no x6 , de donde deducimos los pesos y la fórmula de error:
+ w + 2w = 2
0
+
(8, 5)
−8
−|J|7 f 6) (ξ)
2w+ (3/5) = 2/3
⇒ (w0 , w+ ) =
, pero 2w+ (3/5)3 − 2/7 =
=
9
175
175 · 16 · 6!
2w (3/5)2 = 2/5
+
13 Nótese
14 Pero
que la longitud del intervalo, que aquı́ es =1, entrarı́a como un factor en esta fórmula.
alguna linea más de código si usamos esta Regla que con Simpson.
8