Examen Final - 75.12. Análisis Numérico I - 15/08/07
- Enunciado
  - Punto 1
  - Punto 2
- Resolución
  - Punto I
  - Punto II
- Discusión

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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Para la siguiente ecuación diferencial: $<tex>y'' = f\left( {t,y,y'} \right)</tex>$ , y(0) = y₀, y’(0) = u₀, el método de Nystrom la discretiza directamente (sin pasar por un sistema de ecuaciones de primer orden) según: $<tex>w_{n - 1} - 2w_n + w_{n + 1} = h^2 \cdot f\left( {t_n ,w_n ,\frac{{w_{n + 1} - w_{n - 1} }}{{2h}}} \right)</tex>$ , donde la función f se refiere a la función de la ecuación original.

Aplicar el esquema a la ecuación $<tex>y'' + a \cdot y' = 0</tex>$ , 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: $<tex>\int_1^{1,6} {\frac{{2x}}{{x^2 - 4}}dx}</tex>$

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:

x_i	C_i
±0,861136	0,347855
±0,339981	0,652145

Resolución

Punto I

a) Despejando de la ecuación dada resulta $<tex>y'' = - y' = f(t,y,y')</tex>$ .

Reemplazando en la expresión del método de Nystrom (y reemplazando $<tex>y(t)</tex>$ por $<tex>w(t_n)</tex>$ ):

$<tex>w_{n - 1} - 2w_n + w_{n + 1} = h^2 \cdot f\left( {t_n ,w_n ,\frac{{w_{n + 1} - w_{n - 1} }}{{2h}}} \right)</tex>$ resulta en este caso:

$<tex>w_{n - 1} - 2w_n + w_{n + 1} = h^2 \cdot \left( { - a \cdot \frac{{w_{n + 1} - w_{n - 1} }}{{2h}}} \right)</tex>$

Despejando $<tex>w_{n+1}</tex>$ se obtiene: $<tex>w_{n + 1} = \frac{{2 \cdot w_n + \left( {\frac{{h \cdot a}}{2} - 1} \right) \cdot w_{n - 1} }}{{1 + \frac{{h \cdot a}}{2}}}</tex>$ Se observa en esta expresión que se puede despejar $<tex>w_{n+1}</tex>$ , de forma que resulta un método explícito. Además, en la expresión aparecen $<tex>w_{n+1}</tex>$ , $<tex>w_n</tex>$ y $<tex>w_{n-1}</tex>$ , es decir, los valores de w para los instantes $<tex>t_n = t_0 + n \cdot h</tex>$ , $<tex>t_{n + 1} = t_0 + \left( {n + 1} \right) \cdot h</tex>$ y $<tex>t_{n - 1} = t_0 + \left( {n - 1} \right) \cdot h</tex>$ . 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:
$<tex>w_{n + 1} + \varepsilon _{n + 1} = \frac{{2 \cdot \left( {w_n + \varepsilon _n } \right) + \left( {\frac{{h \cdot a}}{2} - 1} \right) \cdot \left( {w_{n - 1} + \varepsilon _{n - 1} } \right)}}{{1 + \frac{{h \cdot a}}{2}}}</tex>$ .

Como la ecuación es lineal y no interviene t, la ecuación de perturbación resulta: $<tex>\varepsilon _{n + 1} = \frac{{2 \cdot \varepsilon _n + \left( {\frac{{h \cdot a}}{2} - 1} \right) \cdot \varepsilon _{n - 1} }}{{1 + \frac{{h \cdot a}}{2}}}</tex>$

De forma de eliminar el tercer nivel de tiempo y llevarlo a sólo dos se realiza una sustitución $<tex>\varepsilon _{n - 1} = \delta _n</tex>$ , de forma que $<tex>\varepsilon _n = \delta _{n + 1}</tex>$ , resultando el sistema: $<tex>\left\{ \begin{gathered} \delta _{n + 1} = \varepsilon _n \hfill \\ \varepsilon _{n + 1} = \frac{{2 \cdot \varepsilon _n + \left( {\frac{{h \cdot a}}{2} - 1} \right) \cdot \delta _n }}{{1 + \frac{{h \cdot a}}{2}}} \hfill \\ \end{gathered} \right.</tex>$

Modificando un poco la expresión:
$<tex>\varepsilon _{n + 1} = \frac{{2 \cdot \varepsilon _n + \left( {\frac{{h \cdot a}}{2} - 1} \right) \cdot \delta _n }}{{1 + \frac{{h \cdot a}}{2}}} = \frac{{2 \cdot 2}}{{2 + h \cdot a}} \cdot \varepsilon _n + \frac{{h \cdot a - 2}}{2} \cdot \frac{2}{{2 + h \cdot a}} \cdot \delta _n = \frac{4}{{2 + h \cdot a}} \cdot \varepsilon _n + \frac{{h \cdot a - 2}}{{2 + h \cdot a}} \cdot \delta _n </tex>$
Matricialmente: $<tex>\left[ {\begin{array}{*{20}c} {\varepsilon _{n + 1} } \\ {\delta _{n + 1} } \\ \end{array} } \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}c} {\frac{4}{{2 + h \cdot a}}} & {\frac{{h \cdot a - 2}}{{2 + h \cdot a}}} \\ 1 & 0 \\ \end{array} } \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}c} {\varepsilon _n } \\ {\delta _n } \\ \end{array} } \right]</tex>$

Se necesita el radio espectral de la matriz de perturbaciones, para lo cual se calculan los autovalores: $<tex>\left| {\begin{array}{*{20}c} {\frac{4}{{2 + h \cdot a}} - \lambda } & {\frac{{h \cdot a - 2}}{{2 + h \cdot a}}} \\ 1 & { - \lambda } \\ \end{array} } \right| = \left( {\frac{4}{{2 + h \cdot a}} - \lambda } \right)\left( { - \lambda } \right) - \frac{{h \cdot a - 2}}{{2 + h \cdot a}} = \lambda ^2 - \lambda \cdot \frac{4}{{2 + h \cdot a}} - \frac{{h \cdot a - 2}}{{2 + h \cdot a}} = 0</tex>$
$<tex>\lambda _{1,2} = \frac{{\frac{4}{{2 + h \cdot a}} \pm \sqrt {\frac{{4^2 }}{{\left( {2 + h \cdot a} \right)^2 }} + 4 \cdot 1 \cdot \frac{{h \cdot a - 2}}{{2 + h \cdot a}}} }}{2} = \frac{1}{2} \cdot \left[ {\frac{4}{{2 + h \cdot a}} \pm \sqrt {\frac{{4^2 + 4 \cdot \left( {h \cdot a - 2} \right) \cdot \left( {2 + h \cdot a} \right)}}{{\left( {2 + h \cdot a} \right)^2 }}} } \right]</tex>$
$<tex> = \frac{2}{{2 + h \cdot a}} \pm \frac{1}{2} \cdot \sqrt {\frac{{4^2 + 4 \cdot \left( {2ha + h^2 \cdot a^2 - 4 - 2ha} \right)}}{{\left( {2 + h \cdot a} \right)^2 }}} = </tex>$
$<tex> = \frac{2}{{2 + h \cdot a}} \pm \frac{1}{2} \cdot \sqrt {\frac{{16 - 16 + 4 \cdot h^2 \cdot a^2 }}{{\left( {2 + h \cdot a} \right)^2 }}} = \frac{2}{{2 + h \cdot a}} \pm \frac{1}{2} \cdot \sqrt {\frac{{4 \cdot h^2 \cdot a^2 }}{{\left( {2 + h \cdot a} \right)^2 }}} = </tex>$
$<tex> = \frac{2}{{2 + h \cdot a}} \pm \frac{1}{2} \cdot \frac{{2 \cdot h \cdot a}}{{2 + h \cdot a}} = \frac{{2 \pm h \cdot a}}{{2 + h \cdot a}}</tex>$
$<tex>\left| {\lambda _1 } \right| = \left| {\frac{{2 + h \cdot a}}{{2 + h \cdot a}}} \right| = 1\,\;\;\;\;\left( {\forall a,h} \right)</tex>$
$<tex>\left| {\lambda _2 } \right| = \left| {\frac{{2 - h \cdot a}}{{2 + h \cdot a}}} \right|</tex>$

Para $<tex>a \ge 0</tex>$ es estable debil y para $<tex>a<0</tex>$ es inestable.

Punto II

a) Para la fórmula de trapecios resulta: $<tex>n = \frac{{b - a}}{h} = \frac{{1,6 - 1}}{{0,1}} = 6</tex>$ .

Usando la expresión de trapecios compuesto:

$<tex>T\left( h \right) = \frac{h}{2} \cdot \left[ {f\left( {x_0 } \right) + 2 \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n - 1} {f\left( {x_i } \right)} + f\left( {x_n } \right)} \right]</tex>$

con $<tex>f\left( x \right) = \frac{{2x}}{{x^2 - 4}}</tex>$ resulta:

$<tex>T\left( {0,1} \right) = \frac{{0,1}}{2}\left[ { - 0,66667 + 2 \cdot \left( { - 0,78853 - 0,9375 - 1,12554 - 1,37255 - 1,71429} \right) - 2,2222} \right]</tex>$

T(0,1) = – 0,73829

b) Según Gauss-Legendre: $<tex>\int_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx} \simeq \sum\limits_{i = 1}^n {\left[ {C_i \cdot f\left( {x_i } \right)} \right]} </tex>$

Se debe hacer un cambio de variables para ajustar el intervalo de integración.

Se cumple que $<tex>\int_a^b {f\left( x \right)dx} = \int_{ - 1}^1 {f\left( {x(t)} \right) \cdot \left( {\frac{{dx}}{{dt}}} \right)dt} </tex>$ usando $<tex>x(t) = A.t+B</tex>$ . Planteando las condiciones $<tex>\left\{ \begin{gathered} x( - 1) = a \hfill \\ x(1) = b \hfill \\ \end{gathered} \right.</tex>$ se obtiene la solución $<tex>A = \frac{{b - a}}{2}</tex>$ y $<tex>B = \frac{{a + b}}{2}</tex>$ , con $<tex>\frac{{dx}}{{dt}} = A = \frac{{b - a}}{2}</tex>$ .

∴ $<tex>\int_a^b {f\left( x \right)dx} = \frac{{b - a}}{2}\int_{ - 1}^1 {f\left( t \right)dt} \simeq \frac{{b - a}}{2}\sum\limits_{i = 1}^n {\left[ {C_i \cdot f\left( {x(t_i )} \right)} \right]}</tex>$

Finalmente, con $<tex>A = \frac{{1,6 - 1}}{2} = 0,3</tex>$ y $<tex>B = \frac{{1,6 + 1}}{2} = 1,3</tex>$ resulta:

$<tex>\left[ { \ldots + 0,652145 \cdot f\left( { - 0,3 \cdot 0,339981 + 1,3} \right) + 0,652145 \cdot f\left( {0,3 \cdot 0,339981 + 1,3} \right) + \ldots } \right]</tex>$

$<tex>\left[ { \ldots + 0,347855 \cdot f\left( {0,3 \cdot 0,861136 + 1,3} \right)} \right]</tex>$

$<tex>\int_1^{1,6} {\frac{{2x}}{{x^2 - 4}}dx} \simeq 0,3 \cdot \left[ {0,347855 \cdot f\left( {1,0416592} \right) + \ldots } \right]</tex>$

$<tex>\left[ { \ldots + 0,652145 \cdot f\left( {1,1980057} \right) + 0,652145 \cdot f\left( {1,4019943} \right) + \ldots } \right]</tex>$

$<tex>\left[ { \ldots + 0,347855 \cdot f\left( {1,5583408} \right)} \right]</tex>$

$<tex>\int_1^{1,6} {\frac{{2x}}{{x^2 - 4}}dx} \simeq 0,3 \cdot \left[ {0,347855 \cdot \left( { - 0,7147022} \right) + 0,652145 \cdot \left( { - 0,934196777} \right) + \ldots } \right]</tex>$

$<tex>\left[ { \ldots + 0,652145 \cdot \left( { - 1,378279633} \right) + 0,347855 \cdot \left( { - 1,983159366} \right)} \right]</tex>$

G = –0,73396

c) En forma exacta:

$<tex>I = \int_1^{1,6} {\frac{{2x}}{{x^2 - 4}}dx}</tex>$ se resuelve realizando la sustitución $<tex>u = x^2 - 4</tex>$ , de forma que $<tex>du = 2.x dx</tex>$ . Sustituyendo los límites de integración: $<tex>u_s = 1,6^2 - 4 = -1,44</tex>$ y $<tex>u_s = 1^2 - 4 = -3</tex>$ , resulta:

$<tex>I = \int_1^{1,6} {\frac{{2x}}{{x^2 - 4}}dx} = \int_{ - 3}^{ - 1,44} {\frac{1}{u}du} = \left. {\left[ {\ln \left| u \right|} \right]} \right|_{ - 3}^{ - 1,44} = \ln 1,44 - \ln 3 = \ln \frac{{12}}{{25}}</tex>$
Resulta: I ≈ -0,7339691750

Discusión

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