Examen final de Cálculo Numérico.

Examen final de Cálculo Numérico.
Escuela Técnica Superior de Ingenieros Navales
Curso 2004-2005.
14 de abril de 2005.
Apellidos.............................................
Problema 1.
Número..........
Nombre ...................
Puntuación: 1.5 p
Tiempo para esta parte : 40 minutos
Definir el conjunto de las mejores aproximaciones a la función f (x) = e−x considerada como f ∈ C[0, 1],
dentro de P0 (IR), polinomios de grado 0, según las normas:
1. k k2
2. k k∞
3. k k1
Caso de que haya que resolver algún problema no lineal se hará por alguno de los métodos estudiados
en el curso, sin necesidad de hacer justificaciones teóricas de convergencia.
1
0.8
1
0.6
0.8
0.4
0.6
0.4
0.2
0.2
0
1
0
1
0.5
1
0.5
0
0.5
1
0
0.5
−0.5
0
−0.5
−0.5
−1
0
−0.5
−1
−1
−1
Figura 1.1:
Examen final de Cálculo Numérico.
Escuela Técnica Superior de Ingenieros Navales
Curso 2004-2005.
14 de abril de 2005.
Número..........
Apellidos.............................................
Nombre ...................
Problema 2.
Puntuación: 5.5 p
Tiempo para esta parte : 75 minutos
Se tiene la siguiente función
½
f (x, y) :=
√0
+ 1 − r2
r>1
;
r≤1
r=
p
x2 + y 2
que corresponde al casquete superior de la esfera unidad (figura 1.1 izqda.), cuyo volumen es 2/3π =
2.0944. Se trata de obtener este valor integrando numéricamente:
Z 1Z 1
I=
f (x, y)dxdy
−1
−1
Elegimos para realizar la discretización un intervalo igual en las dos direcciones, h = 0.5. Tendremos
que la partición del intervalo [−1, 1] tanto para la x como para la y será Ω = {−1, −0.5, 0, 0.5, 1} (ver
figura 1.1 dcha.). Vemos que vamos a tener un error importante con esta discretización del problema
pero podemos esperar un orden de magnitud adecuado. Se pide:
1. Construir el polinomio de interpolación de Lagrange en 2 variables de la función f en la rejilla
Ω × Ω definiéndolo de modo adecuado(1.5p).
2. Estimar el volumen de la semiesfera, integrando el polinomio obtenido en el apartado 1 (1.5p).
3. Sea Π = {t0 = −1, t1 , . . . , tn = 1} una partición equiespaciada genérica del intervalo [−1, 1]. Sea
h = t2 − t1 . Se considera la función de interpolación a trozos de grado 0 discontinua s que interpola
a f en los nodos de Π × Π, tomando el valor de la función f en los nodos más negativos cada
cuadrı́cula.
s(x, y) = f (xi , yj ), xi ≤ x < xi+1 , yj ≤ y < yj+1 ,
Suponiendo que sustituimos f por s, calcular (1.5p)
Z 1Z 1
I≈
s(x, y)dxdy
−1
−1
4. Aplicación para la partición Π = Ω comparando con el otro resultado y con el valor correcto (1.0p).
Solución:
1. Ya hablamos del polinomio en 2 variables en la página ?? y obtuvimos que el polinomio buscado
es para este caso:
X
X
P (x, y) =
f (xi , yj )li (x)lj (y) =
Fij li (x)lj (y)
0≤i,j≤4
0≤i,j≤4
siendo F la matriz resultado de evaluar la función f en Ω × Ω.

0
0
0
 0 0.7071 0.8660

Fij = f (xi , yj ), 0 ≤ i, j ≤ 4, F = 
 0 0.8660 1.0000
 0 0.7071 0.8660
0
0
0
P (x, y) =
0
0.7071
0.8660
0.7071
0
0
0
0
0
0






0.7071l1 (x)l1 (y) + 0.8660l1 (x)l2 (y) + 0.7071l1 (x)l3 (y)
+0.8660l2 (x)l1 (y) + 1.0000l2 (x)l2 (y) + 0.8660l2 (x)l3 (y)
+0.7071l3 (x)l1 (y) + 0.8660l3 (x)l2 (y) + 0.7071l3 (x)l3 (y)
Para obtener estos valores, hemos usado las lı́neas Matlab correspondientes al archivo integracion2d.m. Los polinomios de Lagrange asociados serán tanto para la x como para la y:
Qi=4
i=0,i6=j (t − ti )
lj (t) = Qi=4
i=0,i6=j (tj − ti )
2. La gráfica de la superficie de interpolación la obtenemos con las lı́neas Matlab que tenemos en el
mismo archivo integracion2d.m y la cual presentamos en la figura 1.1.
3. Tenemos que evaluar
Z 1Z 1
I=
Z
1
Z
f (x, y)dxdy ≈
−1
−1
X
1
P (x, y)dxdy =
−1
−1
Z
Fij
0≤i,j≤4
Z
Z
1
1
li (x)dx
−1
lj (y)dy =
−1
X
Ii Ij Fij
0≤i,j≤4
1
Ij =
lj (t),
j = 0, 4
−1
Por simetrı́a respecto a t = 0 de la subdivisión se puede deducir que las integrales Ij correspondientes a las parejas l0 , l4 y l2 , l3 son iguales entre sı́; además las primeras son irrelevantes porque los
términos Fij que las afectan son nulos. Los valores de las integrales necesarias son, I1 = I3 = 0.7111,
I2 = 0.2667 (se deja como ejercicio evaluarlas numérica o analı́ticamente).
Z 1Z 1
X
f (x, y)dxdy ≈
Fij Ii Ij = 2.1583
I
−1
−1
0≤i,j≤4
Como vemos, el valor es del mismo orden que el valor real a pesar de lo grosero de la discretización, y
también es fácil ver que aún ası́, los cálculos son muy complicados, debido sobre todo a las integrales
Ij . Esta complejidad invita a pensar en algún método más sencillo para realizar esta integral, que
es lo que nos trae el siguiente apartado.
4. Podemos observar la gráfica de una función de interpolación a trozos genérica s en la figura 2.1.
Tenemos que estimar:
Z 1Z 1
X Z xi+1 Z yj+1
X Z xi+1 Z yj+1
Fij dxdy
s(x, y)dxdy =
I ≈
s(x, y)dxdy =
−1
=
−1
X
0≤i,j≤n−1
0≤i,j≤n−1
Fij ∆x∆y = h2
X
xi
0≤i,j≤n
Fij .
yj
0≤i,j≤n−1
xi
yj
1
1
0.8
0.8
0.6
0.6
0.4
0.2
0.4
0
1
0.2
0
1
0.5
1
0.5
0
1
0.5
0
−0.5
0.5
−0.5
0
0
−0.5
−1
−0.5
−1
−1
−1
Figura 2.1: Funciones de interpolación de los apartados 3 y 4 del problema ??.
5. Si aplicamos el apartado a nuestro caso (ver figura 2.1 para la gráfica), tendremos que, h = 0.5.
Z
1
Z
1
I≈
−1
−1
s(x, y)dxdy = h2
X
Fij = 0.25 ∗ (4 · 0.7071 + 4 · 0.8660 + 1.0000) = 1.8231
0≤i,j≤3
El orden de magnitud no está mal. Hay que tener en cuenta que el valor real es 2.0944. Si tomamos
n = 10, I ≈ 2.0174. Para n = 25, I ≈ 2.0906. Con una técnica tan sencilla, obtenemos este
valor tan preciso. Si estuviésemos midiendo un recipiente con unidades internacionales, dirı́amos
que puede albergar 2090 litros en vez de los 2094 reales, que para un ingeniero es una respuesta
perfecta. El código Matlab utilizado es muy similar al del apartado 1 y también está en el archivo
integracion2d.m. La orden clave es sum, que utilizamos para sumar los elementos de la matriz F .
Examen final de Cálculo Numérico.
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Curso 2004-2005.
14 de abril de 2005.
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Problema 3.
Puntuación: 3.0 p
Tiempo para esta parte : 50 minutos
La ley de Kirchoff afirma que la suma de todos los cambios instantáneos de voltaje alrededor de un
circuito cerrado es cero. Esta ley implica que la corriente I(t)en un circuito cerrado que contiene una
resistencia de R Ω, un condensador de C f , una inductancia de L H y una fuente de voltaje de E(t)
V debe satisfacer la ecuación:
Z
1
LI 0 (t) + RI(t) +
I(t)dt = E(t)
C
Supongamos un circuito de dos mallas cada una con su intensidad I1 , I2 , las cuales verifican el siguiente
sistema:
0.5 F
2W
6W
12 V
I1 (t)
4W
I2 (t)
4H
Figura 3.1:
1
0.5
Z
2I1 (t) + 6 (I1 (t) − I2 (t)) + 4I10 (t)
=
I2 (t)dt + 4I2 (t) + 6 (I2 (t) − I1 (t)) =
12
0
Si suponemos que el circuito se cierra para t = 0, entonces, si derivamos la segunda ecuación y entramos
en ella con el valor correspondiente a I10 (t) obtenido de la primera, tendrı́amos el siguiente sistema de
edos con las siguientes condiciones iniciales.
 0
 I1 (t) = −2I1 + 1.5I2 + 3
I 0 (t) = −1.2I1 + 0.7I2 + 1.8
 2
I1 (0) = I2 (0) = 0
Se pide hacer una estimación de I1 e I2 usando un paso temporal de 0.4 segundos, usando el esquema
implı́cito de Euler, dando 2 pasos(1.5p).
Se piden ahora integrar la curva con ese mismo paso temporal, pero dando 40 pasos, hasta t = 16s.
Dibujar la gráfica de ambas funciones de modo esquemático indicando los extremos relativos de las corrientes en ambas mallas. Se pide también calcular analı́ticamente la solución estacionaria comparando
los valores obtenidos con los últimos correspondientes a esta parte del problema (1.5p).