====== Examen Final - 75.12. Análisis Numérico I - 15/08/07 ======
**Cátedra:** Daniel Griggio\\
**Fecha:** Quinta fecha - (1º Cuatrimestre) 2007\\
**Día:** 15/08/2007
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===== Enunciado =====
==== Punto 1 ====
Para la siguiente ecuación diferencial: y'' = f\left( {t,y,y'} \right), y(0) = //y//0, //y//’(0) = //u//0, el método de //Nystrom// la discretiza directamente (sin pasar por un sistema de ecuaciones de primer orden) según: w_{n - 1} - 2w_n + w_{n + 1} = h^2 \cdot f\left( {t_n ,w_n ,\frac{{w_{n + 1} - w_{n - 1} }}{{2h}}} \right), donde la función //f// se refiere a la función de la ecuación original.
- Aplicar el esquema a la ecuación y'' + a \cdot y' = 0, //y//(0) = //y//’(0) = 1. Demostrar que resulta una ecuación en diferencias explícita con tres niveles de tiempo.
- Analizar la estabilidad del esquema.
==== Punto 2 ====
Para la siguiente integral: \int_1^{1,6} {\frac{{2x}}{{x^2 - 4}}dx}
- Aproximarla por el método de los //trapecios compuesto//, utilizando //h// = 0,1.
- Aproximarla por //Gauss-Legendre// de cuatro puntos.
- Comparar con el //valor exacto// de la integral.
__Datos:__ raíces del polinomio de //Legendre// y coeficientes:
^ //xi// ^ //Ci// ^
| ±0,861136 | 0,347855 |
| ±0,339981 | 0,652145 |
===== Resolución =====
==== Punto I ====
a) Despejando de la ecuación dada resulta y'' = - y' = f(t,y,y').
Reemplazando en la expresión del método de Nystrom (y reemplazando y(t) por w(t_n)):
w_{n - 1} - 2w_n + w_{n + 1} = h^2 \cdot f\left( {t_n ,w_n ,\frac{{w_{n + 1} - w_{n - 1} }}
{{2h}}} \right) resulta en este caso:\\
w_{n - 1} - 2w_n + w_{n + 1} = h^2 \cdot \left( { - a \cdot \frac{{w_{n + 1} - w_{n - 1} }}
{{2h}}} \right)
Despejando w_{n+1} se obtiene: w_{n + 1} = \frac{{2 \cdot w_n + \left( {\frac{{h \cdot a}}
{2} - 1} \right) \cdot w_{n - 1} }}
{{1 + \frac{{h \cdot a}}
{2}}}
Se observa en esta expresión que se puede despejar w_{n+1}, de forma que resulta un método explícito. Además, en la expresión aparecen w_{n+1}, w_n y w_{n-1}, es decir, los valores de //w// para los instantes t_n = t_0 + n \cdot h, t_{n + 1} = t_0 + \left( {n + 1} \right) \cdot h y t_{n - 1} = t_0 + \left( {n - 1} \right) \cdot h. Así se demuestra que en la ecuación en diferencias resultante intervienen tres niveles de tiempo.
b) Planteando perturbaciones para cada valor y reemplazando en la expresión resulta:\\
w_{n + 1} + \varepsilon _{n + 1} = \frac{{2 \cdot \left( {w_n + \varepsilon _n } \right) + \left( {\frac{{h \cdot a}}
{2} - 1} \right) \cdot \left( {w_{n - 1} + \varepsilon _{n - 1} } \right)}}
{{1 + \frac{{h \cdot a}}
{2}}}.\\
Como la ecuación es lineal y no interviene //t//, la ecuación de perturbación resulta:
\varepsilon _{n + 1} = \frac{{2 \cdot \varepsilon _n + \left( {\frac{{h \cdot a}}
{2} - 1} \right) \cdot \varepsilon _{n - 1} }}
{{1 + \frac{{h \cdot a}}
{2}}}
De forma de eliminar el tercer nivel de tiempo y llevarlo a sólo dos se realiza una sustitución \varepsilon _{n - 1} = \delta _n, de forma que \varepsilon _n = \delta _{n + 1}, resultando el sistema:
\left\{ \begin{gathered}
\delta _{n + 1} = \varepsilon _n \hfill \\
\varepsilon _{n + 1} = \frac{{2 \cdot \varepsilon _n + \left( {\frac{{h \cdot a}}
{2} - 1} \right) \cdot \delta _n }}
{{1 + \frac{{h \cdot a}}
{2}}} \hfill \\
\end{gathered} \right.
Modificando un poco la expresión:\\
\varepsilon _{n + 1} = \frac{{2 \cdot \varepsilon _n + \left( {\frac{{h \cdot a}}
{2} - 1} \right) \cdot \delta _n }}
{{1 + \frac{{h \cdot a}}
{2}}} = \frac{{2 \cdot 2}}
{{2 + h \cdot a}} \cdot \varepsilon _n + \frac{{h \cdot a - 2}}
{2} \cdot \frac{2}
{{2 + h \cdot a}} \cdot \delta _n = \frac{4}
{{2 + h \cdot a}} \cdot \varepsilon _n + \frac{{h \cdot a - 2}}
{{2 + h \cdot a}} \cdot \delta _n \\
Matricialmente: \left[ {\begin{array}{*{20}c}
{\varepsilon _{n + 1} } \\
{\delta _{n + 1} } \\
\end{array} } \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}c}
{\frac{4}
{{2 + h \cdot a}}} & {\frac{{h \cdot a - 2}}
{{2 + h \cdot a}}} \\
1 & 0 \\
\end{array} } \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}c}
{\varepsilon _n } \\
{\delta _n } \\
\end{array} } \right]
Se necesita el radio espectral de la matriz de perturbaciones, para lo cual se calculan los autovalores:
\left| {\begin{array}{*{20}c}
{\frac{4}
{{2 + h \cdot a}} - \lambda } & {\frac{{h \cdot a - 2}}
{{2 + h \cdot a}}} \\
1 & { - \lambda } \\
\end{array} } \right| = \left( {\frac{4}
{{2 + h \cdot a}} - \lambda } \right)\left( { - \lambda } \right) - \frac{{h \cdot a - 2}}
{{2 + h \cdot a}} = \lambda ^2 - \lambda \cdot \frac{4}
{{2 + h \cdot a}} - \frac{{h \cdot a - 2}}
{{2 + h \cdot a}} = 0\\
\lambda _{1,2} = \frac{{\frac{4}
{{2 + h \cdot a}} \pm \sqrt {\frac{{4^2 }}
{{\left( {2 + h \cdot a} \right)^2 }} + 4 \cdot 1 \cdot \frac{{h \cdot a - 2}}
{{2 + h \cdot a}}} }}
{2} = \frac{1}
{2} \cdot \left[ {\frac{4}
{{2 + h \cdot a}} \pm \sqrt {\frac{{4^2 + 4 \cdot \left( {h \cdot a - 2} \right) \cdot \left( {2 + h \cdot a} \right)}}
{{\left( {2 + h \cdot a} \right)^2 }}} } \right]\\
= \frac{2}
{{2 + h \cdot a}} \pm \frac{1}
{2} \cdot \sqrt {\frac{{4^2 + 4 \cdot \left( {2ha + h^2 \cdot a^2 - 4 - 2ha} \right)}}
{{\left( {2 + h \cdot a} \right)^2 }}} = \\
= \frac{2}
{{2 + h \cdot a}} \pm \frac{1}
{2} \cdot \sqrt {\frac{{16 - 16 + 4 \cdot h^2 \cdot a^2 }}
{{\left( {2 + h \cdot a} \right)^2 }}} = \frac{2}
{{2 + h \cdot a}} \pm \frac{1}
{2} \cdot \sqrt {\frac{{4 \cdot h^2 \cdot a^2 }}
{{\left( {2 + h \cdot a} \right)^2 }}} = \\
= \frac{2}
{{2 + h \cdot a}} \pm \frac{1}
{2} \cdot \frac{{2 \cdot h \cdot a}}
{{2 + h \cdot a}} = \frac{{2 \pm h \cdot a}}
{{2 + h \cdot a}}\\
\left| {\lambda _1 } \right| = \left| {\frac{{2 + h \cdot a}}
{{2 + h \cdot a}}} \right| = 1\,\;\;\;\;\left( {\forall a,h} \right)\\
\left| {\lambda _2 } \right| = \left| {\frac{{2 - h \cdot a}}
{{2 + h \cdot a}}} \right|\\
Para a \ge 0 es estable debil y para a<0 es inestable.
==== Punto II ====
a) Para la fórmula de trapecios resulta:
n = \frac{{b - a}}{h} = \frac{{1,6 - 1}}{{0,1}} = 6.
Usando la expresión de trapecios compuesto:
T\left( h \right) = \frac{h}{2} \cdot \left[ {f\left( {x_0 } \right) + 2 \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n - 1} {f\left( {x_i } \right)} + f\left( {x_n } \right)} \right]
con f\left( x \right) = \frac{{2x}}{{x^2 - 4}} resulta:
T\left( {0,1} \right) = \frac{{0,1}}{2}\left[ { - 0,66667 + 2 \cdot \left( { - 0,78853 - 0,9375 - 1,12554 - 1,37255 - 1,71429} \right) - 2,2222} \right]
!!**T(0,1) = – 0,73829**!!
b) Según Gauss-Legendre: \int_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx} \simeq \sum\limits_{i = 1}^n {\left[ {C_i \cdot f\left( {x_i } \right)} \right]}
Se debe hacer un cambio de variables para ajustar el intervalo de integración.
Se cumple que \int_a^b {f\left( x \right)dx} = \int_{ - 1}^1 {f\left( {x(t)} \right) \cdot \left( {\frac{{dx}}{{dt}}} \right)dt} usando x(t) = A.t+B.
Planteando las condiciones \left\{ \begin{gathered}
x( - 1) = a \hfill \\
x(1) = b \hfill \\
\end{gathered} \right. se obtiene la solución A = \frac{{b - a}}
{2} y B = \frac{{a + b}}
{2}, con \frac{{dx}}
{{dt}} = A = \frac{{b - a}}
{2}.
∴\int_a^b {f\left( x \right)dx} = \frac{{b - a}}
{2}\int_{ - 1}^1 {f\left( t \right)dt} \simeq \frac{{b - a}}
{2}\sum\limits_{i = 1}^n {\left[ {C_i \cdot f\left( {x(t_i )} \right)} \right]}
Finalmente, con A = \frac{{1,6 - 1}}
{2} = 0,3 y B = \frac{{1,6 + 1}}
{2} = 1,3 resulta:\\
\left[ { \ldots + 0,652145 \cdot f\left( { - 0,3 \cdot 0,339981 + 1,3} \right) + 0,652145 \cdot f\left( {0,3 \cdot 0,339981 + 1,3} \right) + \ldots } \right]
\left[ { \ldots + 0,347855 \cdot f\left( {0,3 \cdot 0,861136 + 1,3} \right)} \right]
\int_1^{1,6} {\frac{{2x}}
{{x^2 - 4}}dx} \simeq 0,3 \cdot \left[ {0,347855 \cdot f\left( {1,0416592} \right) + \ldots } \right]
\left[ { \ldots + 0,652145 \cdot f\left( {1,1980057} \right) + 0,652145 \cdot f\left( {1,4019943} \right) + \ldots } \right]
\left[ { \ldots + 0,347855 \cdot f\left( {1,5583408} \right)} \right]
\int_1^{1,6} {\frac{{2x}}
{{x^2 - 4}}dx} \simeq 0,3 \cdot \left[ {0,347855 \cdot \left( { - 0,7147022} \right) + 0,652145 \cdot \left( { - 0,934196777} \right) + \ldots } \right]
\left[ { \ldots + 0,652145 \cdot \left( { - 1,378279633} \right) + 0,347855 \cdot \left( { - 1,983159366} \right)} \right]
!!**G = –0,73396**!!
c) En forma exacta:
I = \int_1^{1,6} {\frac{{2x}}
{{x^2 - 4}}dx} se resuelve realizando la sustitución u = x^2 - 4, de forma que
du = 2.x dx. Sustituyendo los límites de integración: u_s = 1,6^2 - 4 = -1,44 y
u_s = 1^2 - 4 = -3, resulta:
I = \int_1^{1,6} {\frac{{2x}}
{{x^2 - 4}}dx} = \int_{ - 3}^{ - 1,44} {\frac{1}
{u}du} = \left. {\left[ {\ln \left| u \right|} \right]} \right|_{ - 3}^{ - 1,44} = \ln 1,44 - \ln 3 = \ln \frac{{12}}
{{25}}\\
Resulta: !!**I ≈ -0,7339691750**!!
===== Discusión =====
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