tarea 2 análisis numerico
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Universidad Tecnica Federico Santa MarıaDepartamento de Matematica
Tarea 2 MAT270
2do Semestre 2014
Resolucion directa de Sistemas Lineales y Condicionamiento
Profesor: Sergio RojasAyudante: Nicolas Medina
Fecha de entrega: Miercoles 3 de Septiembre
Nombre: Camilo Figueroa Olivera.
Rol: 201011518-6
Considerar el siguiente sistema lineal:.2, 0 4, 0 5, 06, 0 9, 0 8, 04, 1 5, 0 3, 0
xyz
=
220490274
1. Resolver mediante una factorizacion LU con pivoteo parcial.
2. Considerar que el elemento 4,1 tiene un error, y su valor real es 4,2. Volver a resolver mediante pivoteoparcial.
3. Mostrar que en norma 1, se cumple efectivamente la cota para el error.
Solucion:
1- Como se debe utilizar pivoteo parcial, se tendran matrices L(low), U(up) y P(permutacion). Ademas se tiene
que el sistema es de la forma Ax = b por lo que:
L · U = P ·A
PAx = P b
LUx = P b
Ly = P b ⇒ Ux = y
Dado esto, se deben calcular las matrices antes mencionadas:
A =
2, 0 4, 0 5, 06, 0 9, 0 8, 04, 1 5, 0 3, 0
P12→
6, 0 9, 0 8, 02, 0 4, 0 5, 04, 1 5, 0 3, 0
P =
1 0 00 1 00 0 1
P12→
0 1 01 0 00 0 1
A la matriz A se le debe aplicar la operacion:
Elementos de la fila 2 → f2 −(2
6
)· f1
Elementos de la fila 3 → f3 −(4, 1
6
)· f1
Guardando los valores entre parentesis para formar la matriz L, quedando las matrices:
U =
6, 0 9, 0 8, 0
0 17
3
0−23
20
−37
15
L =
1 0 01
30 0
41
600 0
LATEX 1
Universidad Tecnica Federico Santa MarıaDepartamento de Matematica
Se hace otra permutacion, P23 :
U=
6, 0 9, 0 8, 0
0 17
3
0 −23
20−37
15
P23→
6, 0 9, 0 8, 0
0 −23
20−37
15
0 17
3
P =
0 1 01 0 00 0 1
P23→
0 1 00 0 11 0 0
L=
1 0 01
30 0
41
600 0
P23→
1 0 041
600 0
1
30 0
Se le aplica nuevamente otra operacion a la matriz A:
Elementos de la fila 3 → f3 −
1−20
23
· f2
Quedando las matrices:
U =
6, 0 9, 0 8, 0
0 −23
20−37
15
0 013
69
L =
1 0 041
601 0
1
3−20
231
P =
0 1 00 0 11 0 0
Tiendo las matrices procedemos a calcular Ly = P b:
1 0 041
601 0
1
3−20
230
y1y2y3
=
0 1 00 0 11 0 0
220490274
Se resuelve el siguiente sistema de ecuaciones:
⇒ y1 = 490
y2 = −365
6
y3 =260
69
Ahora se calcula Ux = y: 6, 0 9, 0 8, 0
0 −23
20−37
15
0 013
69
xyz
=
490
−365
6260
69
⇒ x = 40
y = 10
z = 20
LATEX 2
Universidad Tecnica Federico Santa MarıaDepartamento de Matematica
2- En este caso la matriz varia en el elemento A31 = 4, 2 por lo que se debe hacer nuevamente el procedimien-to de pivoteo:
A′ =
2, 0 4, 0 5, 06, 0 9, 0 8, 04, 2 5, 0 3, 0
P12→
6, 0 9, 0 8, 02, 0 4, 0 5, 04, 2 5, 0 3, 0
P =
1 0 00 1 00 0 1
P12→
0 1 01 0 00 0 1
Elementos de la fila 2 → f2 −
(2
6
)· f1
Elementos de la fila 3 → f3 −(4, 2
6
)· f1
U=
6, 0 9, 0 8, 0
0 17
3
0−13
10
−13
5
L=
1 0 01
30 0
7
100 0
Se permuta nuevamente P23 :
U=
6, 0 9, 0 8, 0
0 17
3
0 −13
10−13
5
P23→
6, 0 9, 0 8, 0
0 −13
10−13
5
0 17
3
P =
0 1 01 0 00 0 1
P23→
0 1 00 0 11 0 0
L=
1 0 01
30 0
7
100 0
P23→
1 0 07
100 0
1
30 0
Luego:
Elementos de la fila 3 → f3 −
1−13
10
· f2
U =
6, 0 9, 0 8, 0
0 −13
10−13
5
0 01
3
L =
1 0 07
31 0
1
3−10
131
P =
0 1 00 0 11 0 0
Se calcula Ly = P b:
1 0 07
31 0
1
3−10
130
y1y2y3
=
0 1 00 0 11 0 0
220490274
⇒ y1 = 490
y2 = −69
y3 =140
39
LATEX 3
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Teniendo esto se calcula Ux = y: 6, 0 9, 0 8, 0
0 −13
10−13
5
0 01
3
xyz
=
490−69140
39
⇒ x = 20
y =410
13
z =140
13
3- La cota para el error en norma 1, para un ∥∆A∥1 esta dada por:
∥∆x∥1∥x∥1
≤ Cond(A)
1− Cond(A)∥∆A∥1∥A∥1
∥∆A∥1∥A∥1
Donde: Cond(A)=∥∆A∥1 ·∥∥∆A−1
∥∥1
Se tiene que: x1 =
401020
x2 =
20410
13140
13
→ ∆x =
−20280
13
−120
13
Ademas:
∥∆x∥1 = 20 +280
13+
120
13=
660
13
∥x∥1 = 40 + 10 + 20 = 70
⇒∥∆x∥1∥x∥1
=66
91
Por otro lado:
A−1 =
2 4 56 9 84, 1 5 3
−1
=
10 −10 10
−148
13
145
13−140
1369
13−64
13
60
13
Luego:
∥∆A∥1 = 9 + 4 + 5 = 18∥∥∆A−1∥∥1= 10 +
148
13+
69
13=
347
13
⇒ Cond(A) =6246
13
⇒ Cond(A) ·∥∆A∥1∥A∥1
=347
130> 1
∴ Como Cond(A) ·∥∆A∥1∥A∥1
> 1
No se puede comprobar que se cumple la cota para el error en norma 1
LATEX 4
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