analisis numerico libro zapateiro

Analisis NumericoNotas de clase

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Analisis Numerico

Notas de clase———————————

Jorge Velasquez ZapateiroVirgilio Obeso Fernandez

Ediciones UninorteBarranquilla-Colombia

2007

Jorge Velasquez ZapateiroAnalisis Numerico, Notas de claseJorge Velasquez Zapateiro, Virgilio ObesoFernandez.Barranquilla:Ediciones Uninorte,2007195pISBN:

c©Ediciones Uninorte,2007

c©Jorge Velasquez Zapateiro y Virgilio Obeso Fernandez, 2007

Cordinacion editorial

Zoila Sotomayor O.

Editor

Jorge Velasquez Zapateiro.

Correccion de textos

xxxxxxxxxxxxxxxx.

Diseno de portada

yyyyyyyyyyyyyy.

Impreso y hecho en ColombiaCargraphics Worl Bogota

Indice general

1. Numeros en la Computadora 31.1. Sistemas Decimal y Binario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2. Del Sistemas Decimal al Sistema Binario . . . . . . . . . . . . 41.3. Numeros en Punto Flotante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4. Notacion Cientıfica Normalizada . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.5. Errores y Notacion fl(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.5.1. Norma Vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.5.2. Error Absoluto y Relativo . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.6. Analisis de Error . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.7. Epsilon de la Maquina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.8. Notacion O de Landau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.9. Perdida de Dıgitos Significativos . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2. Solucion de Ecuaciones no lineales 252.1. Ratas de Convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.2. Punto Fijo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.3. Analisis Grafico del Metodo de Punto Fijo . . . . . . . . . . . 362.4. Metodos de Localizacion de Raıces . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.4.1. Metodo de Biseccion o Busqueda Binaria . . . . . . . . 372.5. Metodo de Falsa Posicion o Regula Falsi . . . . . . . . . . . . 432.6. Metodo de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.6.1. Convergencia del Metodo de Newton . . . . . . . . . . 492.7. Metodo Modificado de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.8. Metodo de la Secante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.9. Metodo ∆2 de Aitken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

3. Solucion de Sistema de Ecuaciones 673.1. Vectores y Matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.2. Matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 703.3. Determinantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

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vi J Velasquez Zapateiro/ V. Obeso Fernandez

3.3.1. Norma Matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 743.4. Sistema de Ecuaciones Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

3.4.1. Sistemas Triangulares Superior . . . . . . . . . . . . . 773.5. Eliminacion de Gauss y Pivoteo . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

3.5.1. Transformaciones Elementales . . . . . . . . . . . . . . 803.5.2. Operaciones Elementales en los Renglones . . . . . . . 80

3.6. Estrategias de Pivoteo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 833.6.1. Pivoteo Trivial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 833.6.2. Pivoteo Parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 833.6.3. Pivoteo Parcial Escalado . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3.7. Factorizacion LU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 853.8. Metodo de Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 883.9. Metodo de Gauss- Saidel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 913.10. Sistema de Ecuaciones no Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . 93

3.10.1. Metodo de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 933.10.2. Ventajas y Desventajas de Metodo de Newton . . . . . 973.10.3. Metodo de Punto Fijo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4. Interpolacion Polinomial 1054.1. Interpolacion de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1074.2. Cotas de Error . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1114.3. Polinomio Interpolador de Newton . . . . . . . . . . . . . . . 1144.4. Polinomios de Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1194.5. Aproximacion de Pade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1254.6. Interpolacion a Trozos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

4.6.1. Interpolacion Lineal a Trozos . . . . . . . . . . . . . . 1304.6.2. Interpolacion Cubica o Cercha Cubica . . . . . . . . . 131

4.7. Aproximacion con Polinomios Trigonometricos . . . . . . . . . 150

5. Derivacion e Integracion Numerica 1615.1. Derivacion Numerica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

5.1.1. Analisis de Error . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1745.2. Extrapolacion de Richardson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1755.3. Integracion Numerica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1805.4. Integracion Compuesta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

5.4.1. Regla Compuesta del Trapecio . . . . . . . . . . . . . . 1935.4.2. Regla Compuesta de Simpson . . . . . . . . . . . . . . 1965.4.3. Regla Compuesta de los 3

8Simpson . . . . . . . . . . . 199

5.4.4. Cotas de Error para las Reglas Compuestas . . . . . . 2015.5. Metodo de Integracion de Romberg . . . . . . . . . . . . . . . 2065.6. Cuadratura Adaptativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

INDICE GENERAL

Analisis Numerico. Notas de clase vii

5.7. Integracion Gauss-Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2165.8. Integrales Impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2215.9. Integracion Doble . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226

6. Ecuaciones Diferenciales Ordinarias con Condiciones Ini-ciales 2396.1. Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden con Condiciones

Iniciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2406.2. Metodos de Euler y de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

6.2.1. Metodo de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2456.2.2. Cotas de Error . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2466.2.3. Metodo de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248

6.3. Metodos de Runge-Kuta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2526.4. Metodos Explıcitos de Adams- Bashforth . . . . . . . . . . . . 257

6.4.1. Metodo de Adams- Bashforth de dos pasos . . . . . . . 2576.4.2. Metodo de Adams- Bashforth de tres pasos . . . . . . . 2576.4.3. Metodo de Adams- Bashforth de cuatro pasos . . . . . 258

6.5. Metodos de Adams-Moulton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2606.5.1. Metodo se Adams-Moulton de dos pasos . . . . . . . . 2606.5.2. Metodo se Adams-Moulton de tres pasos . . . . . . . . 261

6.6. Metodos Predictor-Corrector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2646.6.1. Metodo de Milne-Simpson . . . . . . . . . . . . . . . . 266

6.7. Sistema de Ecuaciones Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . 2696.7.1. Aproximacion Numerica . . . . . . . . . . . . . . . . . 270

6.8. Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior . . . . . . . . . . 272

Bibliografıa......................................................................... 279

INDICE GENERAL

viii J Velasquez Zapateiro/ V. Obeso Fernandez

INDICE GENERAL

Analisis Numerico. Notas de clase 1

0pt0.4pt

INDICE GENERAL

2 J Velasquez Zapateiro/ V. Obeso Fernandez

INDICE GENERAL

Capıtulo 1

Numeros en la Computadora

La aparicion de los computadores ha hecho posible la solucion de problemas,que por su tamano antes eran excluidos. Desafortunadamente los resultadosson afectados por el uso de la Aritmetica de Precision Finita, en la cualpara cada numero se puede almacenar tantos dıgitos como lo permita eldiseno del computador.

Ası por ejemplo, de nuestra experiencia esperamos tener siempre expresionesverdaderas como 2 + 2 = 4, 32 = 9, (

√5)2 = 5, pero en la aritmetica de

precision finita√

5 no tiene un solo numero fijo y finito, que lo representa.

Como√

5 no tiene una representacion de dıgitos finitos, en el interior delcomputador se le da un valor aproximado cuyo cuadrado no es exactamente5, aunque con toda probabilidad estara lo bastante cerca a el para que seaaceptable.

1.1. Sistemas Decimal y Binario

El sistema numerico de uso frecuente es el sistema decimal. La base del sis-tema decimal sabemos es 10. Ahora bien la mayorıa de las computadoras nousan el sistema decimal en los calculos ni en la memoria, sino que usan el sis-tema binario que tiene base 2, y su memoria consiste de registros magneticos,en los que cada elemento solo tiene los estados encendido o apagado.

La base de un sistema numerico recibe el nombre de raız. Para el sistemadecimal como se dijo es 10 y para el binario es 2.La base de un numero se denota por un subındice ası que (3.224)10 es 3.224en base 10, (1001.11)2 es 1001.11 en base 2.

3


El valor de un numero base r es (abcdefg.hijk)r y se calcula como

a×r6+b×r5+c×r4+d×r3+e×r2+f×r1+g×r0+h×r−1+i×r−2+j×r−3+k×r−4

1.2. Del Sistemas Decimal al Sistema Binario

Consideremos el numero 17 en base 10 (de aquı en adelante se omite la basesi esta es 10) este se puede escribir en base 2 de la siguiente forma

(17)10 = (10001)2

en efecto

1× 24 + 0× 23 + 0× 22 + 0× 21 + 1× 20 = 16 + 1 = 17,

o tambien427.325 ≈ (110101011.0101001)2

Ahora (1001.11101)2 = 1 × 23 + 0 × 22 + 0 × 21 + 1 × 20 + 1 × 2−1 + 1 ×2−2 + 1× 2−3 + 0× 2−4 + 1× 2−5 = 9.90625.

En general si N es un numero natural entonces existen cifras a0, a1, a2, a3, . . . ,aK ∈ 0, 1 tales que

N = aK × 2K + aK−1 × 2K−1 + aK−2 × 2K−2 + · · ·+ a1 × 21 + a0 × 20.

Un algoritmo para encontrar la representacion binaria de un numero naturalN , se puede establecer si dividimos la expresion anterior entre dos teniendoentonces que

N

2= aK × 2K−1 + aK−1 × 2K−2 + aK−2 × 2K−3 + · · ·+ a1 × 20 +

a0

2,

si llamamos

P0 = aK × 2K−1 + aK−1 × 2K−2 + aK−2 × 2K−3 + · · ·+ a1 × 20,

entoncesN

2= P0 +

a0

2,

luego a0 es el resto que resulta de dividir a N entre dos, dividiendo ahora aP0 entre dos se tiene que

P0

2= aK × 2K−2 + aK−1× 2K−3 + aK−2× 2K−4 + · · ·+ a3× 21 + a2× 20 +

a1

2,

CAPITULO 1. NUMEROS EN LA COMPUTADORA


con lo queP0

2= P1 +

a1

2,

donde

P1 = aK × 2K−2 + aK−1 × 2K−3 + aK−2 × 2K−4 + · · ·+ a3 × 21 + a2 × 20

o sea que a1 es el resto de dividir a P0 entre dos, y se continua este procedi-miento hasta que se encuentre un numero K, tal que PK = 0, de lo anteriorse tiene el siguiente algoritmo

N = 2P0 + a0

P0 = 2P1 + a1

.

.

.

PK−2 = 2PK−1 + aK−1

PK−1 = 2PK + aK PK = 0

Ejemplo 1.2.1. Utilizar el algoritmo anterior para escribir a 1357 en no-tacion binaria.

Solucion

1357 = 678× 2 + 1, a0 = 1

678 = 339× 2 + 0, a1 = 0

339 = 169× 2 + 1, a2 = 1

169 = 84× 2 + 1, a3 = 1

84 = 42× 2 + 0, a4 = 0

42 = 21× 2 + 0, a5 = 0

21 = 10× 2 + 1, a6 = 1

10 = 5× 2 + 0, a7 = 0

5 = 2× 2 + 1, a8 = 1

2 = 1× 2 + 0, a9 = 0

1 = 0× 2 + 1, a10 = 1

1.2. DEL SISTEMAS DECIMAL AL SISTEMA BINARIO


luego1357 = a10a9a8a7a6a5a4a3a2a1a0 = (10101001101)2

¥

Supongamos ahora se tiene Q ∈ R con 0 < Q < 1, entonces existen,b1, b2, b3, b4 · · · ∈ 0, 1, tal que

Q = 0.b1b2b3b4b5 . . . ,

y por tanto

Q = b1 × 2−1 + b2 × 2−2 + b3 × 2−3 + · · ·+ bk × 2−k + . . .

si multiplicamos a Q por dos se tiene que

2Q = b1 + b2 × 2−1 + b3 × 2−2 + · · ·+ bk × 2−k+1 + . . .

si F1 = frac(2Q), donde frac(x) es la parte fraccionaria de x, y b1 = [|2Q|],donde [|x|], es la parte entera de x, entonces

F1 = b2 × 2−1 + b3 × 2−2 + · · ·+ bk × 2−k+1 + . . . ,

multiplicando ahora a F1 por dos se tiene que

2F1 = b2 + b3 × 2−1 + · · ·+ bk × 2−k+2 + · · · = b2 + F2,

donde F2 = frac(2F1), y b2 = [|2F1|], continuando este proceso formamosdos sucesiones bk y Fk, dadas por bk = [|2Fk−1|] y Fk = frac(2Fk−1), conb1 = [|2Q|] y F1 = frac(2Q) se tiene entonces que la representacion binariade Q es

Q =∞∑i=1

bi2−i

Ejemplo 1.2.2. Utilizar el algoritmo anterior para escribir a 0.234 en no-tacion binaria.

SolucionSea Q = 0.234, entonces

2Q = 0.468, b1 = [|0.468|] = 0 F1 = frac(0.468) = 0.468

2F1 = 0.936, b2 = [|0.936|] = 0 F2 = frac(0.936) = 0.936

2F2 = 1.872, b3 = [|1.872|] = 1 F3 = frac(1.872) = 0.872



2F3 = 1.744, b3 = [|1.744|] = 1 F4 = frac(1.744) = 0.744

2F4 = 1.488, b5 = [|1.488|] = 1 F5 = frac(1.488) = 0.488

2F5 = 0.976, b6 = [|0.976|] = 0 F6 = frac(0.976) = 0.976

2F6 = 1.952, b7 = [|1.952|] = 1 F7 = frac(1.952) = 0.952

.

.

de lo anterior se tiene que

Q = 0.234 = (0.0011101 . . . )2

¥

1.3. Numeros en Punto Flotante

Definicion 1.3.1. Los numeros en punto flotante son numeros reales de laforma

±α× βe

donde α tiene un numero de dıgitos limitados, β es la base y e es el exponenteque hace cambiar de posicion al punto decimal.

Definicion 1.3.2. Un numero real x tiene una representacion punto flotantenormalizada si

x = ±α× βe

con 1β

< |α| < 1

En el caso que x tenga representacion punto flotante normalizada entonces

x = ±0, d1d2...dk × βe

donde si x 6= 0, d1 6= 0, 0 ≤ di < β, i = 1, 2, 3, ....k y L ≤ e ≤ U .

Definicion 1.3.3. El conjunto de los numeros en punto flotante se le llama,conjunto de numeros de maquina.

El conjunto de numero de maquina es finito, ya que si x =±0.d1d2d3d4 · · · dt × βe, con d1 6= 0, 0 ≤ di ≤ β − 1, L ≤ e ≤ U ,entonces para asignarle valor a d1, hay β − 1 posibles valores y paradi, i = 2, 3, 4, . . . t hay β posibles asignaciones, luego, entonces existiran

1.3. NUMEROS EN PUNTO FLOTANTE


(β − 1) ββ · · · β︸︷︷︸t−1 factores

= (β − 1)βt−1, fracciones positivas.

Pero, como el numero de exponentes es U − L + 1 en total habran(β − 1)βt−1(U − L + 1) numeros de maquina positivos y tomandolos numeros maquina negativos, el total de numeros de maquina es2(β − 1)βt−1(U − L + 1) + 1, teniendo en cuenta que el cero es tambien unnumero de maquina.

Esto significa que cualquier numero real debe ser representado poruno de los 2(β − 1)βt−1(U − L + 1) + 1 numero de maquina.

Ejemplo 1.3.1. Como ejemplo, tomemos β = 2, t = 3, L = −2 y U = 2,en este caso, las mantisas serıan (0.100)2, (0.101)2, (0.110)2 y (0.111)2 los

cuales son la representacion en base dos de los numeros reales1

2,

5

8,

3

4y

7

8respectivamente, el total de numeros es maquina aparecen en la siguiente

tabla

-2 -1 0 1 2

(0.100)2 × 2−2 (0.100)2 × 2−1 (0.100)2 × 20 (0.100)2 × 21 (0.100)2 × 22

(0.101)2 × 2−2 (0.101)2 × 2−1 (0.101)2 × 20 (0.101)2 × 21 (0.101)2 × 22

(0.110)2 × 2−2 (0.110)2 × 2−1 (0.110)2 × 20 (0.110)2 × 21 (0.110)2 × 22

(0.111)2 × 2−2 (0.111)2 × 2−1 (0.111)2 × 20 (0.111)2 × 21 (0.111)2 × 22

TABLA 1

que corresponden respectivamente a los numeros reales de la siguiente tabla

4

32

8

32

16

32

32

32

64

32

5

32

10

32

20

32

40

32

80

32

6

32

12

32

24

32

48

32

96

32

7

32

14

32

28

32

56

32

112

32



TABLA 2

El total de numeros de maquina es 2(2 − 1) × 22(2 + 2 + 1) + 1 = 41 loscuales son

0, ± 4

32, ± 5

32, ± 6

32, ± 7

32, ± 8

32, ±10

32, ±12

32, ±14

32, ±16

32, ±20

32, ±24

32

±28

32, ±32

32, ±40

32, ±48

32, ±56

32, ±64

32, ±80

32, ±96

32, ±112

32

1.4. Notacion Cientıfica Normalizada

En la seccion anterior, hablamos de representacion punto flotante y puntoflotante normalizado, de acuerdo a eso si x ∈ R esta en base 10 este se puedenormalizar tomando

x = ±r × 10n

con 0.1 ≤ r < 10 y n un entero. Obviamente si x = 0 entonces r = 0

Ejemplo 1.4.1. 1) 732.5051 se puede representar como punto flotante nor-malizado escribiendo 732.5051 = 0.7325051× 103.2) De la misma manera −0.005612 = −0.5612× 10−2

Por otro lado si x esta en el sistema binario, se puede representar en puntoflotante normalizado si se escribe de la forma

x = ±q × 2m,

donde 0.5 ≤ q < 1 y m es un entero.

Ejemplo 1.4.2. 1) (101.01)2 = 0.10101× 23

2) (0.0010111)2 = 0.10111× 2−2

Nota: (0.1)2 = 1× 2−1 = 0.5.

En una computadora los numeros se representan de la manera anteriormentecomentada, pero con ciertas restricciones sobre q y m impuestas por la lon-gitud de la palabra. Si suponemos se tiene una computadora hipotetica, lacual llamaremos NORM-32, y si ademas suponemos que tiene una longitudde palabra de 32 bits (1bit = 1Binary digital), estos se distribuyen de lamanera siguiente:

1.4. NOTACION CIENTIFICA NORMALIZADA


donde los dos primeros espacios son reservado para los signos, asignandolecero si el signo es positivo y uno si es negativo, los siguientes siete espaciospara el exponente y los restantes para la mantisa.

Dado que un numero real distinto de cero x = ±q × 2m, siemprepuede normalizarse de tal manera que 1

2≤ q < 1, podemos suponer que el

primer bit en q es 1, y por lo tanto no requiere almacenamiento esto es, sise quiere almacenar en NORM-32 el numero 0.828125 el cual es equivalentea (0.110101)2 × 20 esto se hace de la forma indicada.

0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 . . . . . . 0

Ejemplo 1.4.3. Representar y almacenar en punto flotante normalizado-0.125

SolucionSe tiene que

0.125× 2 = 0.25 | 0

0.25× 2 = 0.5 | 0

0.5× 2 = 1 | 1,

entonces−0.125 = (−0.001)2 = (−0.1)2 × 2−2.

Ademas2 = (10)2,

ası que su representacion es

1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 . . . . 0

¥Ejemplo 1.4.4. Representar y almacenar en punto flotante normalizado117.125

SolucionSabemos que

117 = (1110101)2

y que0.125 = (0.001)2,

luego117.125 = (1110101.001)2 = (0.1110101001)2 × 27

y 7 = (111)2 luego para almacenarlo se hace de la siguiente forma



0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 . . . . 0

¥

Ahora, hemos dicho que |m| no requiere mas de 7 bits lo cual signifi-ca que |m| ≤ (1111111)2 = 27 − 1 = 127 de modo que el exponente de 7dıgitos binarios proporciona un intervalo de 0 a 127, pero el uso exclusivode enteros positivos para el exponente no permite una representacionadecuada para numeros pequenos, para que esto pueda ser posible se tomael exponente en el intervalo [−63, 64]

Tambien hemos dicho que q requiere no mas de 24 bits, por lo tantolos numeros de nuestra maquina hipotetica tienen una precision limitada quecorresponde a entre 7 y 8 dıgitos decimales ya que el bit menos significativoen la mantisa representa unidades del orden 2−24 ≈ 10−7. Esto quiere decirque numeros expresados mediante mas de siete dıgitos decimales seranobjeto de una aproximacion cuando se dan como datos de entrada o comoresultados de operaciones.

1.5. Errores y Notacion fl(x)

1.5.1. Norma Vector

Definicion 1.5.1. Sea V un espacio vectorial. Una funcion g : V −→ R esuna norma vector si ∀x, y ∈ V y α un escalar, se cumple que

1. g(x) ≥ 0 y g(x) = 0 si y solo si x = 0.

2. g(αx) = |α|g(x).

3. g(x + y) ≤ g(x) + g(y).

Entre las clases de norma estan las denominadas p-normas las cuales se definecomo

Definicion 1.5.2. Para 1 ≤ p < ∞ se definen ası

||x||p =[ n∑

i=1

|xi|p] 1

p.

Otra norma muy usada en analisis numerico es la norma del maximo cuyadefinicion presentamos ahora

1.5. ERRORES Y NOTACION FL(X)


Definicion 1.5.3. Sea x ∈ Rn, definimos la norma del maximo como

||x||∞ = max1≤i≤n

|xi|.

Nota: Si p = 1, se tiene que ||x||1 =[ n∑

i=1

|xi|]

y si p = 2, se tiene que

||x||2 =[ n∑

i=1

|xi|2] 1

2

1.5.2. Error Absoluto y Relativo

Definicion 1.5.4. Si x ∈ Rn y x? ∈ Rn, es una aproximacion a x, definimosel error absoluto como

E = ‖x− x?‖.

Definicion 1.5.5. Si x ∈ Rn y x? ∈ Rn, es una aproximacion a x, definimosel error relativo como

Er =‖x− x?‖‖x‖ x 6= 0.

NOTA: Si n = 1 entonces E = |x− x?| y Er =|x− x?||x| x 6= 0.

Definicion 1.5.6. Si x ∈ R y x? ∈ R es su aproximacion, se dice que x?

tiene por lo menos p - β cifras significativas exactas si E ≤ 12β−p.

Definicion 1.5.7. Si x ∈ R y x? ∈ R es su aproximacion, se dice que x?

tiene por lo menos p - β dıgitos significativos exactos si Er ≤ 12β−p+1.

Como hemos dicho los numeros pueden sufrir aproximaciones cuandose dan como datos de entrada o como resultados de operaciones, estas aprox-imaciones se pueden hacer de dos formas:

Truncamiento: En este proceso el numero se representa por mediodel mayor numero de la maquina menor que el numero dado.

Redondeo: En este proceso el numero se representa por el numero demaquina mas cercano al numero dado.



Los errores de redondeo pueden ser sutiles, cuando se realizan calculos indi-viduales pero estos pueden perjudicar la precision computacional si existendos situaciones las cuales son

1. Cuando se suman una sucesion de numeros, especialmente si estos de-crecen en valor absoluto.

2. Cuando se hace la diferencia entre dos numeros casi identicos, ya quese cancelan los dıgitos principales.

Por lo anterior, si deseamos estimar el error cometido al aproximar un numeropositivo x = ±0.d1d2...dtdt+1...×βm, di 6= 0 mediante un numero de maquina,notado fl(x), esto se hace de la siguiente forma

Con redondeo

1. fl(x) = ±0.d1d2...dt × βm si 0 ≤ dt+1 < β2.

2. fl(x) = ±(0.d1d2...dt + β−t)× βm si β2≤ dt+1 < β

Con truncamientofl(x) = ±0.d1d2...dt × βm

Se puede probar que si hay redondeo los errores absoluto y relativo sonE ≤ 1

2βm−t y Er ≤ 1

2β1−t si hay truncamiento son E ≤ βm−t y Er ≤ β1−t.

En nuestra computadora hipotetica NORM-32, si x =(0.d1d2d3...d24d25d26...) × 2m, el numero x

′= (0.d1d2d3...d24) × 2m obtenido

por truncamiento se encuentra a la izquierda de x en la recta real y elnumero x

′′= (0.d1d2d3...d24 + 2−24) × 2m obtenido por redondeo se localiza

a la derecha de x (ver figura 1.1). El mas cercano a x entre x′

y x′′

se

x′ x x′′

Figura 1.1

selecciona para representar a x en la computadora. Observese que si x′

representa mejor a x. entonces

|x− x′| ≤ 1

2|x′ − x

′′| ≤ 1

2× 2−24 × 2m = 2m−25,

1.5. ERRORES Y NOTACION FL(X)


luego el error relativo es

Er =|x− x

′||x| ≤ 2m−25

q × 2m=

2−25

q≤ 2−25

12

= 2−24,

y si x esta mas cercano a x′′, entonces

|x− x′′ | ≤ 1

2|x′′ − x

′| = 2m−25,

luego entonces el error relativo es

Er =|x− x

′′||x| ≤ 2−24.

Es posible que durante el transcurso del calculo, se genere un numero±q×2m,donde m quede por fuera del rango permitido por la computadora. Si m esdemasiado grande se dice que se produce un sobreflujo o desbordamientopor exceso (OVERFLOW) y se interrumpen los calculos, si m es por elcontrario muy pequeno se dice que ocurre un subflujo o desbordamiento pordefecto (UNDERFLOW) y suele darsele el valor cero; en NORM-32 estoocurre para m > 127 o m < −127 respectivamente.

Definicion 1.5.8. Sean x y y puntos flotantes, definimos ⊕, ª, ⊗ y ®,llamadas operaciones de punto flotante, de la siguiente forma,

x⊕ y = fl(fl(x) + fl(y))

xª y = fl(fl(x)− fl(y))

x⊗ y = fl(fl(x)× fl(y))

x® y = fl(fl(x)/fl(y))

donde +,−,×, / son las operaciones usuales

Para ilustrar estas operaciones sean x, y ∈ R, tales que fl(x) =24

32y fl(y) =

7

32, son numeros punto flotantes, dados en el ejemplo 1.3.1, entonces,

x⊕ y = fl(24

32+

7

32

)= fl

(31

32

)=

32

32= 1

xª y = fl(24

32− 7

32

)= fl

(17

32

)=

16

32



x⊗ y = fl(24

32× 7

32

)= fl

( 21

128

)=

20

128=

5

32

x® y = fl(24

32

/ 7

32

)= fl

(24

32× 32

7

)= fl

(24

7

)= fl

(768

224

)=

784

224=

112

7

Observemos que si fl(x) = 9632

y fl(y) = 432

, entonces

x® y = fl(96

32

/ 4

32

)= fl

(96

4

)=

112

32

(fenomeno OVERFLOW) ya que 964

> 11232

En resumen si fl(x) es el numero de maquina mas cercano a x y tomamos

δ =fl(x)− x

x, entonces, fl(x) = x(1 + δ) y |δ| ≤ 1

2β1−t = ε o |δ| ≤ β1−t = ε

usando aritmetica de redondeo o truncamiento respectivamente. El numeroε se conoce como error de redondeo unitario o unidad de redondeo. EnNORM-32 la unidad de redondeo es 2−24.

1.6. Analisis de Error

Sea ⊗ un operador con el cual representamos una cualquiera de las opera-ciones basicas +, - ×, ÷ y sean x, y dos numeros cualesquiera y si x ⊗ ydebe calcularse y almacenarse, entonces, la variacion computada de x⊗ y esfl(x⊗ y), entonces cabe preguntarse que tan preciso es fl(x⊗ y)? Por lo an-terior fl(x⊗y) = (x⊗y)(1+δ) con |δ| ≤ ε, si x, y son numeros de la maquina.

Si x, y no son numeros de la maquina, entonces fl[fl(x) ⊗ fl(y)] =(x + (1 + δ1)⊗ (y + (1 + δ2))(1 + δ3) con δi ≤ ε.

1.7. Epsilon de la Maquina

Ya se ha comentado que si una maquina funciona con una base β y utiliza tposiciones en la mantisa de sus numeros de punto flotante entonces

fl(x) = x(1 + δ), |δ| ≤ ε

donde ε = 12β1−t en caso de redondeo y ε = β1−t en caso de truncamiento. El

numero ε (error de redondeo unitario) es una caracterıstica de la maquina,de su sistema operativo y de la manera en que efectua los calculos. El epsilonde la maquina es importante porque caracteriza la precision de la maquina

1.6. ANALISIS DE ERROR


en tal forma que los programas computacionales sean razonablemente inde-pendientes de la maquina en donde se ejecuta, sirve ademas como criterio deparada de los algoritmos.

Definicion 1.7.1. Se define ε de la maquina, abreviadamente “macheps”,como el numero positivo mas pequeno τ tal que sumado con 1 da como re-sultado, un numero mayor que 1, esto es ε = τ : τ + 1.Este numero es posible hallarlo con el siguiente algoritmo

ALGORITMO

Inicioeps ← 1.0Mq 1.0 + eps > 1.0

epsilon ← epseps ← 0.5× eps

FMqEscriba epsilon

Fin

En el caso de nuestra maquina hipotetica “macheps”= 2−24

1.8. Notacion O de Landau

Con el proposito de determinar que tan rapido crece o decrece una funcion,Edmund Landau introdujo la notacion de ordenes de magnitud que lleva sunombre. Por ejemplo, el desarrollo de Taylor de la funcion exponencial sepuede escribir como

ex = 1 + x +x2

2!+ O(x3), x → 0,

donde el ultimo termino significa que el termino de error del teorema deTaylor es menor, en valor absoluto, que una constante que multiplica a x3,cuando x esta cerca de 0.

De manera formal se tiene la siguiente definicion

Definicion 1.8.1. Dos funciones f(x) y g(x) de variable real son del mismoorden de magnitud, escrito f(x) = O(g(x)), mas propiamente,

f(x) = O(g(x)), x →∞,

si y solo si, existen constantes N y C tales que

|f(x)| ≤ C|g(x)|, ∀x > N.



Lo que intuitivamente significa que f(x) no crece mas rapido que g(x)

En general, si a ∈ R, escribiremos

f(x) = O(g(x)), x → a,

si y solo si, existen constantes α, β tales que

|f(x)| ≤ β|g(x)|, |x− a| < α.

Normalmente, el contexto determina el valor de a o si esta es ∞.

Se denomina de orden constante a una funcion O(1), logarıtmico si esO(log(n)), lineal si O(n), cuadratico para O(n2), polinomico para O(nk) conk ∈ N, y exponencial para O(cn) con 0 < c ∈ R. Es facil comprobar queO(log(n)) = O(log(nc)).

Ademas de la notacion O grande, Landau tambien introdujo la no-tacion o pequena. Informalmente f(x) = o(g(x)) significa que f crece muchomas lentamente que g y se hace cada vez mas insignificante respecto a ellaconforme x crece.

Formalmente, se tiene

Definicion 1.8.2. f(x) = o(g(x)), para x → ∞ si y solo si ∀γ > 0, existeuna constante N , tal que

|f(x)| ≤ γ|g(x)|, ∀x > N.

En general, se tiene que

Definicion 1.8.3. f(x) = o(g(x), x → a, si y solo si, ∀γ > 0, existe unaconstante η tal que

|f(x)| ≤ γ|g(x)|, ∀|x− a| < η.

Cuando a es cero o infinito, y queda claro su valor por el contexto, se omite.

Es facil observar que los sımbolos O y o son equivalentes a ≤ y <.

El sımbolo O tiene propiedades las cuales mostramos en el siguienteteorema

Teorema 1.8.1. 1. Si f(x) = O(g(x)) y h(x) = O(g(x)), entonces,λf(x) + νh(x) = O(g(x))

1.8. NOTACION O DE LANDAU


2. Si f(x) = O(g(x)), h(x) = O(k(x)), entonces, f(x)h(x) =O(g(x)k(x)).

3. Si f(x) = O(g(x)), g(x) = O(h(x)), entonces,f(x) = O(h(x))

Demostracion. 1.- Como f(x) = O(g(x)) y h(x) = O(g(x)), entonces, existenconstantes N1 y N2, tales que,

|f(x)| ≤ N1|g(x)| y |h(x)| ≤ N2|g(x)|,luego

|λf(x) + νg(x)| ≤ |λ||f(x)|+ |ν||g(x)|,de modo que,

|λf(x) + νg(x)| ≤ |λ|N1|g(x)|+ |ν|N2|g(x)| = (|λ|N1 + |ν|N2)|g(x)|,por tanto existe una constante N = |λ|N1 + |ν|N2, tal que

|λf(x) + νg(x)| ≤ N |g(x)|,de modo que

λf(x) + νh(x) = O(g(x))

2.- Si f(x) = O(g(x)), h(x) = O(k(x)), entonces existen constantes N1 y N2,tales que

|f(x)| ≤ N1|g(x)| y |h(x)| ≤ N2|k(x)|,luego

|f(x)h(x)| = |f(x)||h(x)| ≤ N1|g(x)|N2|k(x)| = (N1N2)|g(x)k(x)|,ası que existe una constante N = N1N2, tal que

|f(x)h(x)| ≤ N |g(x)k(x)|,y por lo tanto,

f(x)h(x) = O(g(x)k(x)),

3.- Si f(x) = O(g(x)), g(x) = O(h(x)), existen constantes N1 y N2, tales que

f(x)| ≤ N1|g(x)| y |g(x)| ≤ N2|h(x)|,por lo tanto

|f(x)| ≤ N1|g(x)| ≤ N1(N2|h(x)|) = N |h(x)|,con N = N1N2, de modo que existe N = N1N2, tal que

|f(x)| ≤ N |h(x)|,y por lo tanto f(x) = Oh(x)



La notacion O, por supuesto tambien permite comparar sucesiones, an,bn de forma an ≤ bn de acuerdo a la siguiente definicion

Definicion 1.8.4. Sean an y bn dos sucesiones, con bn > 0 ∀n, siexiste una constante C tal que

|an| ≤ Cbn,

con n ≥ N , para algun numero natural N , entonces se dice que

an = O(bn)

La definicion anterior es equivalente a decir que lımn→∞

|an|bn

= L 6= ∞

Ejemplo 1.8.1. 1. Como1

n2≤ 2

n(n + 1), entonces

1

n2= O

( 1

n(n + 1)

)

2. Se sabe que | cos n| ≤ 1, luego cos n = O(1).

3. senx

n= O

( 1

n

), ya que

∣∣∣ senx

n

∣∣∣ ≤ x

n= |x| 1

n

4. Como lımn→∞

√n + 1−√n

1/√

n= lım

n→∞

√n√

n + 1 +√

n=

1

2, entonces

√n + 1−√n = O

( 1√n

)

Hay 3 sımbolos mas, pero solo presentaremos uno de ellos, el equivalente a=: se dice que f(x) = θ(g(x)) si y solo si f(x) = O(g(x)) y g(x) = O(f(x)).Note la diferencia entre escribir f(x) = O(g(x)) y f(x) = θ(g(x)).

En el presente texto nos limitaremos al uso de la notacion O grande,sobre todo para simplificar la escritura del termino de error. No utilizaremosninguno de los otros sımbolos de Landau.

1.9. Perdida de Dıgitos Significativos

Toda operacion de punto flotante en un proceso computacional puede darlugar a un error, que puede aumentar o disminuir, una de las maneras mascomunes de aumentar la importancia de un error se conoce como perdidade dıgitos significativos. La perdida de dıgitos significativos se puede generarpor la longitud de la palabra que almacena los numeros y en este caso es

1.9. PERDIDA DE DIGITOS SIGNIFICATIVOS


inevitable, pero tambien se puede tener por la programacion, en este caso esevitable. Estos ultimos aparecen por ejemplo al restar numeros muy cercanos,supongamos que vamos a calcular z = x − y y que tenemos aproximacionesx? y y? para x y y respectivamente cada una de las cuales es buena hasta rdıgitos. Entonces z? = x? − y? es una aproximacion para z que tambien esbuena hasta r dıgitos significativos a menos que, x? y y? coincidan en uno omas dıgitos. En este ultimo caso habra cancelacion durante la sustraccion ypor lo tanto z? sera exacto hasta menos de r dıgitos.

Por ejemplo, si x = 0.3721478693 y y = 0.3720230572, entonces x − y =0.0001248121 = 0.1248121×10−3, si los calculos se llevan en una computadoradecimal con mantisa de cinco dıgitos, entonces fl(x) = x? = 0.37215 yfl(y) = y? = 0.37202 luego, z? = fl(x)− fl(y) = x? − y? = 0.00013, el errorrelativo es

Er =∣∣∣(x− y)− (x? − y?)

x− y

∣∣∣ ≈ 4 %.

que es un error relativo muy grande.

La perdida de dıgitos significativo se puede evitar, (cuando sea posi-ble) reescribiendo las ecuaciones bien sea utilizando artificios algebraicos,trigonometricos o series de Taylor.Por ejemplo, calcular y =

√x + 1− 1 esta implicando una perdida de dıgitos

significativos para valores cercanos a 0 ya que en este caso√

x + 1 ≈ 1, luegose podrıa evitar esta perdida reescribiendo la ecuacion de la forma

y = (√

x + 1− 1)

√x + 1 + 1√x + 1 + 1

=x√

x + 1 + 1.

Otro ejemplo serıa evaluar la funcion f(x) = 1 − cos x, al igual que antes1 ≈ cos x para valores cercanos a cero, y se presentara perdida de dıgitossignificativos, entonces la funcion puede reescribirse como

f(x) = 1− cos x =(1− cos x)(1 + cos x)

1 + cos x=

sen2 x

1 + cos x

la cual puede calcularse con mucha mas exactitud para valores cercanos acero, o tambien a partir de la formula de Taylor alrededor de 0 esto es

cos x = 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+ ...,

luego

f(x) = 1− cos x = 1− (1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+ ...) =

x2

2!− x4

4!+

x6

6!+ ...



y si x esta cercano de cero, podemos usar una serie truncada tal como

f(x) =x2

2− x4

24+

x6

720+ O(x7),

luego si x → 0, entonces,

f(x) ≈ x2

2− x4

24+

x6

720=

x2

2

(1− x2

12+

x4

360

)=

x2

2

(1− x2

12

(1− x2

30

)).

Ejercicios

1. Escribir el numero decimal correspondiente a los siguientes numeros

a)(1101110)2 b)(1101110.01)2 c)(100111.101)2 d)(101101.001)2

2. Escribir en base dos los siguientes numeros dados en base 10

a)2324.6 b)3475.52 c)45632 d)1234.83

3. Haga una aproximacion usando aritmetica de redondeo a cuatro cifras

a)0.3258132 b)1.425138 c)0.4263289d)3.2514326

4. Calcule en forma exacta y luego usando aritmetica de redondeo acuatro cifras, las siguientes operaciones

a)2

5+

5

3b)

5

7× 2

3c)

(1

3+

2

5

)× 4

7d)

(2

5− 1

7

)+

5

8

5. Sea f(x) =(x− π

2) sen x + cos x

(x− π2) + cos x

a) Calcule lımx→π

2

f(x),

b) Use aritmetica de redondeo a cinco cifras para evaluar f(0.1)

6. Establezca un algoritmo que permita resolver la ecuacion cuadraticaax2 + bx + c = 0

7. Use el algoritmo del ejercicio anterior para resolver

a)8x2 − 738x + 24 = 0 a)8x2 + 738x − 24 = 0 a)1002x2 −11010x + 12.65 = 0 a)1002x2 + 11010x− 12.65 = 0



8. Si x = 0.43257143 y y = 0.43257824

a) Use aritmetica de redondeo a cinco cifras para calcular fl(x)y fl(y).

b) Calcule los errores relativos y absoluto

c) Resolver x⊕ y, xª y, x⊗ y y x® y.

d) Calcule los errores relativos para las operaciones realizadas enel inciso c).e) Cuantos dıgitos significativos se pierden al resolver cada una de lasoperaciones realizadas en el inciso c).

9. Para los siguientes numeros x y fl(x), ¿con cuantas cifras significativasaproxima fl(x) a x?

a) x = 524.023, f l(x) = 524.023 b)x = −0.045246, f l(x) =

− 0.04523 c)x = 34.5245, f l(x) = 34.6426

10. Dado el sistema35.584x + 13.25y = 54.01

14.12x + 5.581y = 21.02.

Multiplique la primera ecuacion por 14, 12 y la segunda por −35.584y sumelas para obtener el valor de y, despues obtenga el valor de x.

a) Use aritmetica de redondeo a cuatro cifras al realizar las op-eraciones para obtener la solucion del sistema.

b) Encuentre el error relativo.

11. Sea x = ±0, d1d2d3 . . . dtdt+1 · · · × 10p y fl(x) la aproximacion a x poraritmetica de redondeo con t dıgitos.

Demuestre que Er < 5× 10−t.

12. Sea x = ±0, d1d2d3 . . . dtdt+1 · · · × 10p y fl(x) la aproximacion a x poraritmetica de redondeo con t dıgitos pruebe que.



a)Er < 10−(t−1)

b)E < 10p−t.


Capıtulo 2

Solucion de Ecuaciones nolineales

En una colision de un proton con un atomo de helio en su estado base, laenergıa potencial de interaccion se puede representar mediante un potencialde Morse definido por la ecuacion

V (r) = ε[e2c(1− r

rm) − 2ec(1− r

rm)]

(2.1)

donde r es la distancia internuclear, ε = 2.040eV , rm = 0.7743A, c = 2.1931si r ≤ rm, y c = 2.1341 si r > rm.

La ecuacion que permite determinar los puntos de retorno, esto es, lospuntos donde r es maxima o mınima, esta dada por

1− b

r2− V (r)

E= 0. (2.2)

En 2.2, b es el parametro de impacto, el cual puede tomar en principio,cualquier valor positivo, pero se sugiere asignarle valores entre 0 y 4.0A.La cantidad E es la energıa total del sistema y puede suponerse que tomacualquier valor entre 0 y 2.0eV.

Como puede verse, determinar los puntos de retorno en este proble-ma, supone tomar un valor para b y otro para E, reemplazar 2.1 en 2.2 yresolver la ecuacion resultante para r, lo cual debe hacerse por metodosnumericos.

Con el proposito de resolver problemas como el planteado antes, nosproponemos estudiar metodos que permitan encontrar la solucion de dichasecuaciones que con frecuencia aparecen en ciencias e ingenierıa.

25


Como hemos dicho en este capitulo trataremos el problema de encon-trar un cero de una funcion de variable real con valores en los reales es decirencontrar un x? ∈ R, tal que f(x?) = 0.

Definamos formalmente el concepto de ceros de una funcion

Definicion 2.0.1. Sea f : R −→ R una funcion, r ∈ R es un cero de f demultiplicidad p ∈ Z+, si

f(x) = (x− r)pq(x),

con q(r) 6= 0

NOTA: Decimos que r es un cero simple si p = 1.

Para lograr nuestro proposito, estudiaremos metodos iterativos, estoes, metodos que partiendo de un punto inicial, generan una sucesion depuntos que deben converger al cero de la funcion, por ello es importante,establecer las condiciones de convergencia y la rapidez de dicha convergencia.

2.1. Ratas de Convergencia

Es muy importante caracterizar las ratas de convergencia de los diferentesalgoritmos, ya que la rata de convergencia de un metodo es una propiedaddecisiva en la escogencia del mismo; ası por ejemplo, si la convergencia esmuy lenta, tardaremos mucho en obtener la aproximacion deseada. Por lotanto, en esta seccion, definiremos algunas clases de convergencias.

Supongamos que un metodo iterativo produce una sucesion de puntos x1, x2,x3 . . . a partir de un punto inicial x0. Se quiere conocer si converge a lasolucion x? y cual es la rapidez con que lo hace.

Definicion 2.1.1. La sucesion xk ⊂ Rn converge a x? ∈ Rn si

lımk 7→+∞

‖ xk − x? ‖= 0.

Definicion 2.1.2. Sea xk una sucesion que converge a x?. Si existe unaconstante α ∈ (0, 1) y un entero k1 ≥ 0 tal que, para todo k ≥ k1

‖ xk+1 − x? ‖≤ α ‖ xk − x? ‖,

se dice que xk es por lo menos q-linealmente convergente a x?.

CAPITULO 2. SOLUCION DE ECUACIONES NO LINEALES


Esto garantiza que eventualmente, el error decrecera por un factor α < 1

La definicion anterior es equivalente a decir que la sucesion xk con-verge q-linealmente a x?, si y solo si,

lımk→∞

||xk+1 − x?||||xk − x?|| = L

con 0 < L < 1.

Definicion 2.1.3. Sea xk una sucesion que converge a x?, xk convergepor lo menos q-superlinealmente a x? si,

‖ xk+1 − x? ‖≤ αk ‖ xk − x? ‖para alguna sucesion αk, la cual converge a cero.

Definicion 2.1.4. Sea xk una sucesion que converge a x?. Si existen cons-tantes p > 1, α ≥ 0, k1 ≥ 0, tal que para todo k ≥ k1

‖ xk+1 − x? ‖≤ α‖ xk − x? ‖p,

entonces, decimos que xk converge a x? con q-orden al menos p.

Si p = 2 o p = 3, decimos que la convergencia es al menos cuadratica ocubica, respectivamente.

Ademas de la convergencia q-orden, tenemos la convergencia r-orden, la cuales una alternativa, aunque mas debil, para medir la rapidez de convergencia.

Definicion 2.1.5. Sea xk una sucesion que converge a x?. Decimos quexk converge con r-orden al menos p si existe una sucesion αn que con-verge a cero con q-orden al menos p tal que

‖xn − x?‖ ≤ αn. n = 0, 1, 2, ...

2.2. Punto Fijo

El primer metodo que estudiaremos es el de punto fijo, antes de definir elconcepto de punto fijo y mostrar los teoremas que permitan su estudio,demostraremos primero algunos resultados de calculo que nos seran utilespara este proposito.

2.2. PUNTO FIJO


Teorema 2.2.1. TEOREMA DE FERMAT

Si f(c) es un punto extremo de f en un intervalo I, c esta en el interior deI y f

′(c) existe, entonces f

′(c) = 0.

Demostracion. Supongamos f(c) es el mınimo de f en I. Si c+h ∈ I entoncesde la definicion de mınimo

f(c + h) ≥ f(c),

luego

f(c + h)− f(c) ≥ 0.

Si h > 0 entoncesf(c + h)− f(c)

h≥ 0 (2.3)

y si h < 0 entoncesf(c + h)− f(c)

h≤ 0, (2.4)

como f′(c) existe, se tiene que f

′(c) > 0, f

′(c) < 0 o f

′(c) = 0. Si f

′(c) > 0,

entones de la definicion de derivadaf(c + h)− f(c)

h> 0, para h 6= 0

suficientemente cerca a 0, lo cual es una contradiccion con 2.4 de modo que

f′(c) < 0 o f

′(c) = 0. Si f

′(c) < 0, de la misma manera

f(c + h)− f(c)

h< 0,

para h 6= 0 suficientemente cerca a 0, lo cual es una contradiccion con 2.3 demodo que la unica posibilidad es f

′(c) = 0.

De igual forma se prueba que f′(c) = 0, cuando f(c) es un maximo.

Teorema 2.2.2. Si f es continua en un intervalo cerrado [a, b]; entoncesexiste un punto x0 ∈ [a, b] para el cual

f(x0) ≥ f(x) ∀x ∈ [a, b]

Demostracion. La prueba se deja como ejercicio al lector

Teorema 2.2.3. Si f es continua en un intervalo cerrado [a, b]; entoncesexiste un punto x

′0 ∈ [a, b] para el cual

f(x′0) ≤ f(x) ∀x ∈ [a, b]

Demostracion. La prueba se deja como ejercicio al lector



Teorema 2.2.4. TEOREMA DE ROLLE

Si f continua en el intervalo cerrado [a, b], diferenciable en el interva-lo abierto (a, b) y f(a) = f(b), entonces existe un numero c ∈ (a, b), tal quef′(c) = 0

Demostracion. Por los teoremas 2.2.2 y 2.2.3, f alcanza tanto un maximocomo un mınimo en [a, b]. Sea M = max f(x) y m = mın f(x). Si M = m,entonces f es constante y f

′(x) = 0 para toda x en (a, b). Si M 6= m, entonces

uno de ellos es diferente de a. Supongamos que es M (para m es semejante).Entonces M > f(a), de manera que el maximo no puede obtenerse en x = ao bien x = b. De aquı que existe un punto c en (a, b) en el cual f(x) es unmaximo. Por el teorema de Fermat, entonces f

′(c) = 0

El teorema de Rolle significa geometricamente que si la curva C dada pory = f(x) tiene una tangente en todo punto de (a, b) entonces entre dos puntossobre C que se encuentren a un mismo nivel, existe (por lo menos) un puntoentre ellos en el cual la linea tangente es horizontal

Teorema 2.2.5. TEOREMA DEL VALOR MEDIO

Si f es continua en el intervalo cerrado [a, b] y diferenciable en el intervaloabierto (a, b) existe un numero c ∈ (a, b), tal que

f(b)− f(a) = f′(c)(b− a)

Demostracion. Consideremos la funcion

φ(x) = f(x)− f(a)− f(b)− f(a)

b− a(x− a),

como f es continua en [a, b] y diferenciable en (a, b) entonces

φ′(x) = f

′(x)− f(b)− f(a)

b− a,

pero φ(a) = 0 y φ(b) = 0 de modo que la funcion φ satisface las condicionesdel teorema de Rolle en [a, b].

Luego por dicho teorema existe c ∈ (a, b) tal que

φ′(c) = f

′(c)− f(b)− f(a)

b− a= 0

por lo tanto,

f′(c) =

f(b)− f(a)

b− a

2.2. PUNTO FIJO


Teorema 2.2.6. TEOREMA DEL VALOR INTERMEDIO

Si f es continua en el intervalo cerrado [a, b], f(a) 6= f(b) y k un numerocualquiera entre f(a) y f(b), entonces existe un numero c ∈ (a, b), tal quef(c) = k

Demostracion. Sea G(x) =∫ x

af(t)dt, luego, G

′(x) = f(x) si x ∈ [a, b],

tomemos F (x) = G(x)− kx, la cual es continua en [a, b], puesto que G(x) loes, por lo tanto, F (x) tiene un maximo y un mınimo en [a, b]. Supongamosque

f(a) < k < f(b),

comoF′(x) = G

′(x)− k = f(x)− k ∀x ∈ [a, b],

entonces, por este hecho y por el supuesto, tenemos que,

F′(a) = f(a)− k < 0

yF′(b) = f(b)− k > 0,

de modo que existe c ∈ (a, b), tal que

0 = F′(c) = f(c)− k,

ya que F es diferenciable y F′(a) y F

′(b), son de signos opuestos, de modo

quef(c) = k.

Definamos ahora si el concepto de punto fijo y mostremos resultados que nospermitan decidir cuando este existe y si la iteracion de punto fijo converge ono.

Definicion 2.2.1. Sean P ∈ R, y g(x) una funcion. P es un punto fijo deg(x), si y solo si, P = g(P).

Definicion 2.2.2. Decimos que P es un punto fijo de orden m de g si g(x)esta dada por

g(x) = P + (x−P)mq(x)

con q(P) 6= 0 .

Observese que si x = P, la definicion coincide con la anterior.



Definicion 2.2.3. La iteracion pn+1 = g(pn), n = 0, 1, 2, 3, . . . se definecomo la iteracion de punto fijo.

Teorema 2.2.7. Sea g(x) una funcion continua, pn∞n=0 la sucesion gener-ada por la iteracion de punto fijo. Si

lımn→∞

pn = P,

entonces, P es un punto fijo de g.

Demostracion. Comolım

n→∞pn = P,

entonceslım

n→∞pn+1 = P,

luego

g(P ) = g(

lımn→∞

pn

)= lım

n→∞g(pn) = lım

n→∞pn+1 = P,

ası que P es un punto fijo de g

Teorema 2.2.8. Supongamos g ∈ C[a; b].

1. Si la imagen de y = g(x), es tal que y ∈ [a; b], ∀x ∈ [a; b], entonces gtiene un punto fijo.

2. Si g′(x), esta definida en [a; b] y |g′(x)| < 1, ∀x ∈ (a; b), entonces el

punto fijo es unico en [a; b].

Demostracion. Probemos 1). Si g(a) = a o g(b) = b, entonces, a o b sonpuntos fijos de g y se cumple (1). Sea entonces g(a) ∈ (a; b] y g(b) ∈ [a; b),luego a < g(a) y b > g(b), por tanto a− g(a) < 0 y b− g(b) > 0. Definamosla funcion f(x) = x− g(x), luego f(a) = a− g(a) < 0 y f(b) = b− g(b) > 0entonces por el teorema del valor intermedio existe P ∈ (a; b), tal quef(P) = 0, luego 0 = P− g(P) y por tanto, g(P) = P siendo P un punto fijode g.

Probemos 2) Supongamos que |g′(x)| < 1 ∀x ∈ (a; b) y que P1 y P2

son puntos fijos distintos de g, entonces por el teorema del valor medio∃d ∈ (a; b) tal que g(P1) − g(P2) = g

′(d)(P1 − P2), pero como g(P1) = P1

y g(P2) = P2, entonces P2 −P1 = g′(d)(P2 −P1) y por lo tanto,

g′(d) =P2 −P1

P2 −P1

,

ası que ∃d ∈ (a; b) tal que g′(d) = 1 y ademas por hipotesis, ∀x ∈ (a; b),

−1 < g′(x) < 1, lo cual es una contradiccion, por tanto P2 = P1

2.2. PUNTO FIJO


Teorema 2.2.9. TEOREMA DEL PUNTO FIJO

Supongamos i) g, g′ ∈ C[a; b], ii) K > 0 una constante, iii) p0 ∈ (a; b),

iv) g(x) ∈ [a; b], ∀x ∈ [a; b]. Entonces hay un punto fijo P de g en [a; b];ademas

1. Si |g′(x)| ≤ K < 1, ∀x ∈ [a; b], entonces Pes el unico punto fijo de gen [a; b] y la iteracion de punto fijo converge a dicho punto.

2. Si |g′(x)| > 1 y po 6= P, la iteracion de punto fijo no converge a P.

Demostracion. Por i), iv) y el teorema anterior existe un punto fijo P de g.Demostremos 1) Por el teorema anterior y las hipotesis i)-iv), se prueba que elpunto fijo es unico, por otro lado, por el teorema del valor medio ∃c0 ∈ (a; b),tal que |g(P)− g(p0)| = |g′(c0)(P− p0)|, pero g(P) = P y g(p0) = p1, luegoentonces, ∃c0 ∈ (a; b), tal que |P−p1| = |g′(c0)||P−p0| ≤ K|P−p0| < |P−p0|,de modo que, p1, esta mas cerca de P que p0. Pero tambien ∃c1 ∈ (a; b), talque |g(P) − g(p1)| = |g′(c1)(P − p1)|, pero g(P) = P y g(p1) = p2, luegoentonces, ∃c1 ∈ (a; b), tal que |P−p2| = |g′(c1)||P−p1| ≤ K|P−p1| < |P−p1|,ası que, |P− p2| < |P− p1| < |P− p0|, y p2 esta mas cerca de P que p1, engeneral,

|P− pn| < |P− pn−1| < . . . < |P− p1| < |P− p0|,podemos probar ahora que

lımn→∞

|P− pn| = 0.

En efecto probemos primero por induccion sobre que n que|P− pn| ≤ Kn|P− p0|.

Para n=1 se probo que |P− p1| ≤ K|P− p0|.Supongamos que |P− pn| ≤ Kn|P− p0|, luego

|P− pn+1| = |g(P)− g(pn)| = |g′(cn)(P− pn)| = |g′(cn)||P− pn|,pero como |g′(cn)| ≤ K, entonces

|P− pn+1| ≤ K|P− pn| ≤ KKn|P− p0|,luego

|P− pn+1| ≤ Kn+1|P− p0|.Pero entonces, como 0 < K < 1, tenemos que,

lımn→∞

Kn = 0,



luegolım

n→∞|P− pn+1| ≤ |P− p0| lım

n→∞Kn = 0,

ası que0 ≤ lım

n→∞|P− pn+1| ≤ 0,

de modo quelım

n→∞|P− pn| = 0

y por tantolım

n→∞pn = P.

La prueba de (2) se deja de ejercicio al lector.

Corolario 2.2.1. Supongamos g satisface, las hipotesis (1) del teorema ante-rior. Entonces las cotas del error que se comete al usar la iteracion de puntofijo para aproximar a P son

|P− pn| ≤ Kn|P− p0| ∀n ≥ 1

y

|P− pn| ≤ Kn|p1 − p0|1−K

∀n ≥ 1

Demostracion. La primera cota ya fue probada en el teorema anterior.

Demostremos que se cumple la otra cota.Para n ≥ 1, se tiene que

|pn+1 − pn| = |g(pn)− g(pn−1)| = |g′(cn−1)||pn − pn−1| ≤ K|pn − pn−1| ≤

· · · ≤ Kn|p1 − p0|,luego

|pn+1 − pn| ≤ Kn|p1 − p0|.Ası que, para m > n ≥ 1,

|pm − pn| = |pm − pm−1 + pm−1 − pm−2 + pm−2 − · · · − pn+1 + pn+1 − pn|,

entonces,

|pm − pn| ≤ |pm − pm−1|+ |pm−1 − pm−2|+ · · ·+ |pn+1 − pn|

≤ Km−1|p1 − p0|+ Km−2|p1 − p0|+ · · ·+ Kn|p1 − p0|= Kn|p1 − p0|(Km−n−1 + Km−n−2 + . . . K2 + K + 1),

2.2. PUNTO FIJO


pero comolım

m→∞pm = P,

tenemos que,

|P−pn| = lımm→∞

|pm−pn| ≤ lımm→∞

Kn|p1−p0|m−n−1∑

i=0

K i ≤ Kn|p1−p0| lımm→∞

m−n−1∑i=0

K i,

perom−n−1∑

i=0

Ki es una serie geometrica de razon K con 0 < K < 1, luego la

sucesion converge a1

1−K, y entonces,

|P− pn| ≤ Kn|p1 − p0| 1

1−K=

Kn|p1 − p0|1−K

Teorema 2.2.10. Si g es diferenciable en [a; b] y P es un punto fijo de g deorden m > 1, entonces, la iteracion de punto fijo tiene orden de convergenciam > 1 y si |g′(x)| < 1, ∀x ∈ [a; b], entonces el metodo converge linealmente.

Demostracion. Supongamos g(x) = P +(x−P )mq(x), entonces, g(k)(P ) = 0,para k = 1, 2, 3, . . . , m−1 y g(m)(P ) 6= 0, por el desarrollo de Taylor de g(xn)alrededor de P , tenemos que,

g(xn) = P +m−1∑

k=1

(xn − P )k

k!g(k)(P ) +

(xn − P )m

m!g(m)(P ) + O[(xn − P )m+1],

de modo que,

g(xn) = P +(xn − P )m

m!g(m)(P ) + O[(xn − P )m+1],

luego,

xn+1 = P +(xn − P )m

m!g(m)(P ) + O[(xn − P )m+1],

o sea que

xn+1 − P =(xn − P )m

m!g(m)(P ) + O[(xn − P )m+1],

por lo tanto,

lımn→∞

xn+1 − P

(xn − P )m=

g(m)(P )

m!,



luego, el metodo tiene convergencia de orden m > 1 si P , es un punto fijo deorden m.En particular si m = 1,

lımn→∞

xn+1 − P

(xn − P )= g

′(P ) < 1

y la convergencia es lineal.

Ejemplo 2.2.1. Usa la iteracion de punto fijo para calcular un cero def(x) = ex − x2 + 3x− 2

Solucion

Como f(x) = ex − x2 + 3x − 2 entonces calcular un cero de f(x)

equivale a obtener un punto fijo de x = g(x) =2− ex + x2

3, los resultados

de la iteracion de punto fijo se tiene en la tabla siguiente

k xk g(x) =2− ex + x2

3|f(xk)|

0 x0 0.3333333333 0.31013611 x1 0.23849956201 0.0720402052 x2 0.26251296367 0.018819164 x3 0.25623991092 0.00487648855 x4 0.25786540708 0.001266286 x5 0.25744331555 0.000328637 x6 0.25755285996 0.0000853018 x7 0.25752442613 0.000022149 x8 0.25753180627 0.000005747

TABLA 3

Como puede observarse |f(x8)| ≈ 0 ¥

2.2. PUNTO FIJO


2.3. Analisis Grafico del Metodo de Punto

Fijo

-

6 µ

.....................................

6¾

?666

6

...........................................

..

6

...

...

...

...

...

...

..............................................

....... 6......... 666666?666

P

.....

(p0, g(p0))

(p1, g(p1))

...

....

...

...

...............................................

...

...

...

...

...

...

...

....

...

...

...

...

(p1, p1)

g′(P ) < 1

p0p1

Figura 2.1 Convergencia Monotona



.................

6-

666-

.....................................

6.........................................................

P

6

p0

66

6

6

p1 p2

(p1, p1)

(p2, p2)

(p0, g(p0))

(p1, g(p1))

g′(P ) > 1

Figura 2.2 Divergencia Monotona

2.4. Metodos de Localizacion de Raıces

2.4.1. Metodo de Biseccion o Busqueda Binaria

Otra alternativa que estudiaremos con el proposito de encontrar un cerode una funcion, es el metodo de biseccion o busqueda binaria el cualpresentamos a continuacion.

Supongamos f ∈ [a0, b0] con f(a0)f(b0) < 0, entonces por el teoremadel valor intermedio existe r ∈ [a0, b0], tal que, f(r) = 0 (f corta al eje X enel punto (r, 0)).

Sea c0 =a0 + b0

2, entonces puede suceder tres casos:

i)f(c0) = 0 ii)f(a0)f(c0) < 0 iii)f(c0)f(b0) > 0 .

Si se tiene i) entonces r = c0. Si se cumple ii), la raız esta en el in-tervalo [a1, b1] donde a1 = a0 y c0 = b1, y si se tiene iii) la raız esta en elintervalo [a1, b1] donde a1 = c0 y b0 = b1 en estos dos ultimos casos se tieneque a0 ≤ a1 ≤ b1 ≤ b0.

2.4. METODOS DE LOCALIZACION DE RAICES


[...................................

].......................(b, f(b))

(a, f(a))

a

b(r, 0) [ ]

(a, f(a))

b

a

(b, f(b))

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

.......................

(r, 0)

Figura 2.3 Metodo de Biseccion

Sea ahora c1 =a1 + b1

2, entonces igual que antes se puede tener:

i)f(c1) = 0 ii)f(a1)f(c1) < 0 iii)f(c1)f(b1) > 0 .Si se tiene i) entonces r = c1. Si se cumple ii), la raız esta en el intervalo[a2, b2] donde a2 = a1 y c1 = b2, y si se tiene iii) la raız esta en el intervalo[a2, b2] donde a2 = c1 y b1 = b2 en estos dos ultimos casos se tiene quea0 ≤ a1 ≤ a2 ≤ b2 ≤ b1 ≤ b0.

Continuando con este proceso se toma cn =an + bn

2generando una

sucesion de intervalos [a0, b0], [a1, b1], . . . , [an, bn], con a0 ≤ a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤an ≤ · · · ≤ bn ≤ · · · ≤ b2 ≤ b1 ≤ b0.

Con el proposito de probar el teorema de convergencia del metodo debusqueda binaria presentamos las siguientes definiciones y resultados.

Definicion 2.4.1. Una sucesion an es creciente, si

a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ . . . an ≤ an+1 ≤ . . .

Definicion 2.4.2. Una sucesion an es decreciente, si

a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ . . . an ≥ an+1 ≥ . . .



Definicion 2.4.3. Una sucesion an es acotada superiormente, si existeuna constante M tal que

an ≤ M ∀nDefinicion 2.4.4. Una sucesion an es acotada inferiormente, si existe unaconstante M tal que

an ≥ M ∀nDefinicion 2.4.5. Una sucesion an es convergente si tiende a un limitefinito.

Definicion 2.4.6. Una sucesion an es divergente si no tiene limite finito.

Teorema 2.4.1. TEOREMA DE WEIERSTRASS Una sucesion cre-ciente y acotada superiormente tiende a un limite, y una sucesion decrecientey acotada inferiormente tiende a un limite.

Teorema 2.4.2. TEOREMA DE CONVERGENCIA Supongamosf ∈ C[a, b] y f(a)f(b) < 0. Sea cn∞n=0 la sucesion de puntos medios gener-ada por el metodo de busqueda binaria. Existe r ∈ [a, b], tal que f(r) = 0 yademas

|r − cn| ≤ b− a

2n+1,

en particular cn∞n=0 converge a r

Demostracion. Observemos que a0 ≤ a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ b0 yque b0 ≥ b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ a0, por tanto la sucesion an es creciente yesta acotada luego por el teorema de Weierstrass es converge y bn esdecreciente y acotada ası que nuevamente por el teorema de Weierstrassconverge.

Pero b1 − a1 =b0 − a0

2, b2 − a2 =

b1 − a1

2=

b0 − a0

22, en general

bn − an =b0 − a0

2n, luego

lımn→∞

(bn − an) = (b0 − a0) lımn→∞

1

2n,

pero lımn→∞

1

2n= 0, por tanto

lımn→∞

(bn − an) = 0,

ası quer = lım

n→∞bn = lım

n→∞an,



como f(an)f(bn) ≤ 0, entonces, por la continuidad de f se tiene que,

f(

lımn→∞

an

)f(

lımn→∞

bn

)≤ 0,

por tanto

f(r)f(r) ≤ 0,

de modo que

0 ≤ [f(r)]2 ≤ 0,

y ası

f(r) = 0.

Pero

|r − cn| ≤ bn − an

2,∀n,

ya que la distancia entre r y cn no puede ser mayor que la mitad de anchode [an, bn], figura 2.4 ademas

[ ]cnan bnr

Figura 2.4

bn − an =b0 − a0

2n,

entonces,

|r − cn| ≤ b0 − a0

2n+1,

ası que

0 ≤ lımn→∞

|r − cn| ≤ (b0 − a0) lımn→∞

1

2n+1= 0,

luego

lımn→∞

cn = r.

Se puede probar que el numero de iteraciones necesarias que nos garanti-zarıa que el punto medio cN generado por el metodo de biseccion converge,



esta dado por N =[∣∣∣ ln(b− a)− ln δ

ln 2

∣∣∣], donde como sabemos [|x|] es la parte

entera de x, para un delta previamente escogido. En efecto sea

|b− a|2n+1

< δ,

entonces tomando logaritmo a ambos lados se tiene que

ln|b− a|2n+1

< ln δ,

luego

ln |b− a| − ln 2n+1 < ln δ,

o sea que

ln |b− a| − (n + 1) ln 2 < ln δ,

pero entonces

n + 1 >( ln |b− a| − ln δ

ln 2

),

pero como el numero de iteraciones tiene que ser un numero entero, se tieneque necesariamente

N =[∣∣∣ ln(b− a)− ln δ

ln 2

∣∣∣].

Ejemplo 2.4.1. Aplicar el metodo de biseccion para encontrar un cero def(x) = x4 − 2x3 − 4x2 + 4x + 4, en el intervalo [−2,−1]

Solucion

Los resultados obtenidos al aplicar el metodo de biseccion se muestran enlas tablas 4a) y 4b)



k ak ck bk

0 -2 -1.5000000 -11 -1.5 -1.25 -12 -1.5 -1.375 -1.253 -1.5 -1.4375 -1.3754 -1.4375 -1.40625 -1.3755 -1.4375 -1.421875 -1.406256 -1.421875 -1.4140625 -1.406257 -1.421875 -1.41796875 -1.41406258 -1.41796875 -1.416015625 -1.41406259 -1.416015625 -1.4150390625 -1.414062510 -1.4150390625 -1.41455078125 -1.414062511 -1.41455078125 -1.41430664063 -1.414062512 -1.41430664063 -1.41418457031 -1.414062513 -1.41430664063 -1.41424560547 -1.4141845703114 -1.41424560547 -1.41421508789 -1.4141845703115 -1.41421508789 -1.4141998291 -1.4141845703116 -1.41421508789 -1.4142074585 -1.4141998291

TABLA 4a)

k f(ak) f(ck) f(bk)

0 12 0.8125 -11 0.8125 -0.9023 -12 0.8125 -0.28882 -0.90233 0.8125 0.19533 -0.288824 0.19533 -0.00267 -0.288825 0.19533 0.06226 -0.002676 0.06226 -0.001208 -0.002677 0.06226 0.0302 -0.0012088 0.0302 0.01447 -0.0012089 0.01447 -0.00713 -0.00120810 0.01447 0.003637 -0.0071311 0.003637 -0.0017565 -0.0071312 0.003637 0.000938 -0.001756513 0.000938 -0.000408 -0.001756514 0.000938 0.00026 -0.00040815 0.00026 -0.000072 -0.00040816 0.00020 0.0000967 -0.000072

TABLA 4b)



En la iteracion 16 observamos que para x16 = −1.4142074585, se tiene|f(x16)| = 0.0000488 ≈ 0 ¥

2.5. Metodo de Falsa Posicion o Regula Falsi

El metodo de la falsa posicion o regula falsi, es otra alternativa usada pararesolver el problema de encontrar el cero de una funcion dada y difiere delmetodo de biseccion en la forma como se consiguen los valores de cn, elmetodo de falsa posicion se explica a continuacion.

[ ] ][(r, 0) (r, 0)

(a, f(a)) (a, f(a))

(b, f(b))(b, f(b))

........................................................................................

.........................................................................................

.... (c, 0)(c, 0)

Figura 2.5

Sea f(a)f(b) < 0 y consideremos la recta que une los puntos (a, f(a)),

(b, f(b)) cuya pendiente es m =f(b)− f(a)

b− a, pero si (c, 0) es el punto de

interseccion de la recta con el eje X, entonces tambien m =0− f(b)

c− b, luego

f(b)− f(a)

b− a=

0− f(b)

c− b,

o sea que

c− b =−f(b)(b− a)

f(b)− f(a),

2.5. METODO DE FALSA POSICION O REGULA FALSI


luego

c = b− f(b)(b− a)

f(b)− f(a),

de modo que

c =bf(b)− bf(a)− bf(b) + af(b)

f(b)− f(a),

o tambien

c =af(b)− bf(a)

f(b)− f(a).

Al igual que para el metodo de biseccion se tienen tres posibilidades:i) f(c) = 0 ii) f(a)f(c) < 0 iii) f(c)f(b) < 0.Si f(c) = 0, entonces c es un cero de f .Si f(a)f(c) < 0, entonces hay un cero de f en [a; c].Si f(c)f(b) < 0, entonces hay un cero de f en [c; b].Lo anterior sugiere un proceso iterativo que se concreta tomando

cn =anf(bn)− bnf(an)

f(bn)− f(an).

n = 0, 1, 2, 3, . . .

Ejemplo 2.5.1. Aplicar el metodo de falsa posicion para encontrar un cerode f(x) = x4 − 2x3 − 4x2 + 4x + 4, en el intervalo [−2,−1]

Solucion

Los resultados obtenidos al aplicar el metodo de falsa posicion son



k ck

0 -1.076923076921 -1.154674874952 -1.225371351883 -1.283477846024 -1.327258692595 -1.358069655066 -1.378703556837 -1.392059701958 -1.400513610359 -1.4057884838410 -1.4090502822611 -1.4110560195912 -1.41228513822313 -1.4130367516314 -1.4134957727215 -1.41377588468716 -1.4139467302717 -1.4140509063218 -1.4141144169219 -1.4141531317120 -1.414176729921 -1.4141911133322 -1.41419988002

TABLA 5

En la iteracion 23 se tiene que |f(x23)| = 0.000109 ≈ 0 ¥

2.6. Metodo de Newton

En la busqueda de los ceros de una funcion uno de los metodo mas atractivosdebido a su rapida convergencia, ya que en general es q-cuadratico, es el deNewton, el cual presentamos a continuacion.

Sea f ∈ Cn+1[a, b], una funcion diferenciable en [a; b] y sea x0 ∈ [a; b],entonces para todo x ∈ (a, b), sabemos por el Teorema de Taylor que f sepuede escribir de la forma

f(x) = f(x0) + f′(x0)(x− x0) +

f′′(x0)(x− x0)

2

2!+

f′′′(x0)(x− x0)

3

3!+ . . .

2.6. METODO DE NEWTON


si r es el cero de la funcion y x0 ≈ r, entonces podemos tomar la aproximacionlineal dada por M(x) = f(x0) + f

′(x0)(x − x0), el metodo desea encontrar

punto x+, tal que M(x+) = 0, lo cual se consigue si

0 = f(x0) + f′(x0)(x+ − x0),

por tanto

x+ = x0 − f(x0)

f ′(x0),

o sea

s+ = x+ − x0 = − f(x0)

f ′(x0),

Lo anterior sugiere el siguiente algoritmo.

ALGORITMO DE NEWTON

Dado f : R 7−→ R continuamente diferenciable y x0 ∈ RPara k = 0, 1, 2, . . . , “hasta converger”

Resuelva sk =−f(xk)

f ′(xk)Haga xk+1 = xk + sk.

El metodo de Newton tambien se puede establecer observando en lafig 2.6 que la recta que pasa por los puntos (p0, f(p0)) y (p1, 0) tienependiente f

′(p0), luego se tiene que

f′(p0) =

0− f(p0)

p1 − p0

=−f(p0)

p1 − p0

,

por tanto

p1 − p0 =−f(p0)

f ′(p0),

o sea nuevamente

s1 = p1 − p0 =−f(p0)

f ′(p0)

como antes.

Una de las desventajas de este metodo es que en cada iteracion sedebe evaluar f(x) y f

′(x), lo cual para algun tipo de funciones es muy

costo computacionalmente. Otra de las desventajas es que la convergenciase garantiza solo si se inicia el proceso desde un punto x0 aceptable (



.........................................................................

...

...

...

...

...

...

...

.........

............

........

........

........

........

........

....

...

..

p0

(p1, 0)p2

(p0, f(p0))

(p1, f(p1))

Figura 2.6 Metodo de Newton

suficientemente proximo a la solucion x?), es decir, se debe tener un x0 talque |x0 − x?| sea suficientemente pequeno. Por ejemplo, si consideramos elproblema clasico de hallar la solucion de arctanx = 0, el metodo converge sise toma x0 suficientemente proximo a la solucion x? = 0, en caso contrarioel metodo diverge. Lo anterior lo mostramos en la siguiente tabla

Iteracion f(x) = arctanx f(x) = arctanx

x0 1.0000000 1.5000000x1 -0.5707963 -1.6940795x2 0.1168598 2.3211265x3 -0.0010609 -5.1140853x4 0.0000000 32.295648x5 . -1575.3134

TABLA 6

En la Tabla 6, observamos como al aplicar el metodo de Newton iniciandoen x0 = 1.0, obtenemos la respuesta en 5 iteraciones, mientras que si loiniciamos en x0 = 1.5, el metodo diverge.

Ejemplo 2.6.1. Sea f(x) = x3 − x + 2 encuentre x? tal que f(x?) = 0 sip0 = −1.4.



Solucion

Como f(x) = x3 − x + 2, entonces f′(x) = 3x2 − 1 pero la iteracion

de Newton como hemos visto es

xk+1 = xk − f(xk)

f ′(xk),

entonces al aplicar dicha iteracion, se obtienen los resultados dados en lasiguiente tabla.

k xk f(x) = x3 − x + 2 |f(xk)|0 x0 -1.4 0.6561 x1 -1.53442622951 0.078324864212 x2 -1.52150857169 0.000766021443 x3 -1.52139827287 0.000110354344 x4 -1.52137970707 0.000000001575 x5 -1.52137970681 0.00000000003

TABLA 7

Como puede observarse |f(x5)| = 0.00000000003, de modo que x5 ≈ x?

¥

Ejemplo 2.6.2. Aplicar el metodo de Newton para obtener la solucion de

f(x) = x3 + 3x2 − 1

Solucion

Partiendo de x0 = −3 se tiene la siguiente tabla

k xk f(x) = x3 + 3x2 − 1 |f(xk)|0 x0 -2.88888888889 -0.07227023321 x1 -2.87945156695 -0.00050385012 x2 -2.87938524484 -0.0000002483 x3 -2.87938524157 0.0000000000

TABLA 8

La solucion x3 = −2.87938524157 se tiene en cuatro iteraciones. ¥



2.6.1. Convergencia del Metodo de Newton

En esta seccion probaremos un resultado que muestra que el metodo deNewton converge q-cuadraticamente, pero para esto necesitamos establecerunos resultados previos.

Teorema 2.6.1. Teorema Generalizado del Valor Medio Si se cumpleque

1. f y g continuas en un intervalo [a,b]

2. f y g diferenciables en el intervalo [a,b]

3. g′(x) 6= 0, ∀x ∈ (a, b),

entonces existe c ∈ (a, b), tal que

f(b)− f(a)

g(b)− g(a)=

f′(c)

g′(c)

Demostracion. Se tiene que g(a) 6= g(b), ya que si g(a) = g(b), entonces, porel teorema del valor medio existe c ∈ (a, b), tal que

g′(c) =

g(b)− g(a)

b− a= 0,

y por hipotesis g′(x) 6= 0, ∀x ∈ (a, b) lo que es una contradiccion.

Sea φ(x) = f(x)−f(a)− f(b)− f(a)

g(b)− g(a)[g(x)−g(a)], entonces φ(x) es continua

en [a, b] y diferenciable en (a, b), ademas, φ(a) = 0 y φ(b) = 0 ya que

φ(a) = f(a)− f(a)− f(b)− f(a)

g(b)− g(a)[g(a)− g(a)] = 0

y

φ(b) = f(b)−f(a)− f(b)− f(a)

g(b)− g(a)[g(b)−g(a)] = f(b)−f(a)−f(b)+f(a) = 0,

luego aplicando el teorema de Rolle a φ(x), se tiene que existe c ∈ (a, b) talque φ

′(c) = 0, pero como

φ′(x) = f

′(x)− f(b)− f(a)

g(b)− g(a)g′(x),

entonces

f′(c)− f(b)− f(a)

g(b)− g(a)g′(c) = 0,



luegof′(c)[g(b)− g(a)] = g

′(c)[f(b)− f(a)],

por lo tantof′(c)

g′(c)=

f(b)− f(a)

g(b)− g(a).

Teorema 2.6.2. Si f cumple las siguientes condiciones

1. f y f′son continuas en un intervalo cerrado I = [c, c + h]

2. f′′(x) existe si x ∈ (c, c + h)

3. E = f(c + h)− [f(c) + f ′(c)h]

4. Existe M tal que |f ′′(x)| ≤ M , ∀x ∈ (c, c + h)

entonces, |E| ≤ 12Mh2

Demostracion. Sea F (x) = f(x) + f′(x)(c + h − x), G(x) = (c + h − x)2,

entonces F y G satisfacen las hipotesis del teorema anterior y por lo tanto,existe m ∈ (c, c + h) tal que

F′(m)

G′(m)=

F (c + h)− F (c)

G(c + h)−G(c), (2.5)

pero

F (c+h)−F (c) = [f(c+h)+f′(c+h)×0]−[f(c)+f

′(c)h] = f(c+h)−f(c)−f

′(c)h

yG(c + h)−G(c) = (c + h− c− h)2 − (c + h− c)2 = −h2,

luegoF (c + h)− F (c)

G(c + h)−G(c)=

f(c + h)− f(c)− f′(c)h

−h2,

y como

F′(x) = f

′(x)− f

′(x) + f

′′(x)(c + h− x) = f

′′(x)(c + h− x)

yG′(x) = −2(c + h− x),

entonces tomando x = m se tiene que

F′(m) = f

′′(m)(c + h−m)



y

G′(m) = −2(c + h−m),

ası que de 2.5 tenemos que

f(c + h)− f(c)− f′(c)h

−h2=

f′′(m)(c + h−m)

−2(c + h−m)=

f′′(m)

−2

por el inciso 3 de la hipotesis

E

−h2=

f′′(m)

−2,

o sea que

E =h2

2f′′(m),

luego

|E| =∣∣∣h

2

2f′′(m)

∣∣∣ = |f ′′(m)|h2

2≤ M

h2

2,

luego en efecto

|E| ≤ Mh2

2.

Teorema 2.6.3. Si se cumple que

1. f tiene primera y segunda derivada en un intervalo abierto I que con-tiene un numero x? con f(x?) = 0

2. ∃m > 0, tal que |f ′(x)| ≥ m, ∀x ∈ I

3. ∃M > 0, tal que |f ′′(x)| ≤ M , ∀x ∈ I

4. xn, xn+1 ∈ I, son aproximaciones sucesivas de x? producidas por elmetodo de Newton.

entonces

|xn+1 − x?| ≤ M

2m|xn − x?|2, n = 1, 2, 3, . . .

Demostracion. Sea E el error que resulta de usar f(xn) como una aproxi-macion para f(x?) = 0, entonces,

E = f(x?)− [f(xn) + f′(xn)(x? − xn)] = −[f(xn) + f

′(xn)(x? − xn)],



pero por el teorema anterior

|E| ≤ 1

2M(xn − x?)2.

Como xn+1 = xn − f(xn)

f ′(xn), n = 1, 2, 3, . . . , entonces

xn+1 − x? = xn − f(xn)

f ′(xn)− x? =

−[f(xn) + f′(xn)(x? − xn)]

f ′(xn),

luego

xn+1 − x? =E

f ′(xn),

por tanto

|xn+1 − x?| = |E||f ′(xn)| ≤

M(xn − x?)2

2|f ′(xn)| ,

pero1

|f ′(xn)| ≤1

m, luego

|xn+1 − x?| ≤ M

2m|xn − x?|2.

Como podemos observar el teorema anterior muestra que el metodo de New-ton en general converge q-cuadraticamente.

2.7. Metodo Modificado de Newton

Hemos dicho que en general el metodo se Newton converge cuadraticamentesin embargo cuando la raız no es simple solo se garantiza la convergencialineal, como lo muestra el siguiente teorema.

Teorema 2.7.1. Sea una funcion diferenciable en un intervalo [a; b] quecontiene a r y supongamos r es un cero de multiplicidad p > 1, entonces elmetodo de Newton converge q-linealmente.

Demostracion. Como r es un cero de multiplicidad p > 1, entonces, f(x) =(x− r)pq(x), con q(r) 6= 0. Sea

g(x) = x− f(x)

f ′(x),



como la iteracion de Newton es

xn+1 = xn − f(xn)

f ′(xn),

esta se puede considerar una iteracion de punto fijo para g(x).

Luego

g(x) = x− (x− r)pq(x)

p(x− r)p−1q(x) + (x− r)pq′(x)= x− (x− r)q(x)

pq(x) + (x− r)q′(x),

ası que

g′(r) = 1− p[q(r)]2

p2[q(r)]2= 1− 1

p,

pero como p > 1, entonces 1 − 1

p< 1, de modo que 0 6= g

′(r) < 1, ası que

por el teorema 2.2.10, el metodo de Newton converge q-linealmente.

Ejemplo 2.7.1. Aplicar el metodo de Newton a la funcion f(x) = x3−4x2+4x, partiendo de x0 = 1.5.

Solucion

Observemos que f(x) tiene en r = 2 un cero de multiplicidad 2, ypartiendo de x0 = 1.5 obtenemos los siguientes resultados.

2.7. METODO MODIFICADO DE NEWTON


i xi |xi − x?| |xi+1−x?||xi−x?|

0 1.5 0.5 0.41 1.8 0.2 0.472 1.905882359 0.0941 0.493 1.954132539 0.04587 0.4944 1.9773386164 0.02266 0.4975 1.988734610 0.011266 0.4986 1.994383304 0.0056167 0.4997 1.997195612 0.0028044 0.4998 1.998598791 0.00140121 0.4999 1.999299641 0.00070036 0.499910 1.999649882 0.00035012 0.499911 1.999824956 0.00017504 0.499912 1.999912482 0.00008752 0.513 1.999956242 0.0000438 0.514 1.999978121 0.000021879 0.49915 1.999989061 0.000010939 0.499916 1.999994530 0.00000547 0.517 1.999997265 0.000002735 0.5

TABLA 9

Como podemos observar, el metodo de Newton en en este caso tiene uncomportamiento lineal.¥

Con el proposito de mejorar la convergencia del metodo, este se puedemodificar, cuando como en este caso el cero buscado sea de multiplicidadm > 1.

Supongamos que r es un cero de multiplicidad m > 1, entonces,

f(x) = (x− r)mq(x),

con q(r) 6= 0, definamos

g(x) =f(x)

f ′(x)=

(x− r)q(x)

mq(x) + (x− r)q′(x).

Observemos primero que r es tambien un cero de g(x) ya que

g(r) =(r − r)q(r)

mq(r) + (r − r)q′(r)=

0

mq(r)= 0,



ademas r es un cero simple de g(x) puesto que esta funcion se puede escribirde la forma

g(x) = (x− r)[ q(x)

mq(x) + (x− r)q′(x)

]= (x− r)s(x),

donde

s(x) =q(x)

mq(x) + (x− r)q′(x),

con

s(r) =q(r)

mq(r) + (r − r)q′(r)=

q(r)

mq(r)=

1

m6= 0.

Consideremos la funcion de iteracion

h(x) = x− g(x)

g′(x)= x−

f(x)

f ′(x)

[f′(x)]2 − f(x)f

′′(x)

[f ′(x)]2

,

la cual nos da un metodo de Newton por lo menos q-cuadratico luego,

h(x) = x− f(x)f′(x)

[f ′(x)]2 − f(x)f ′′(x),

lo anterior sugiere un proceso iterativo, el cual se concreta al escribir

xn+1 = xn − f(xn)f′(xn)

[f ′(xn)]2 − f(xn)f ′′(xn),

n = 0, 1, 2, 3, . . . ,.

Ejemplo 2.7.2. Usar el metodo de modificado Newton para encontrar uncero de f(x) = x3 − 4x2 + 4x, partiendo de x0 = 1.5

Solucion

Al aplicar el metodo modificado de Newton partiendo de x0 = 1.5,con una tolerancia de 10−10 los resultados que se obtienen son:

k xk f(x) = x3 − 4x2 + 4x |f(xk)|0 x0 1.51 x1 1.89473684210526 0.020994314032 x2 1.99691833590139 0.000018964063 x3 1.99999761850615 0.0000000000014 x4 1.9999999999256 0.000000000001

2.7. METODO MODIFICADO DE NEWTON


TABLA 10

Si comparamos los resultados obtenidos ahora con los anteriores, observamosque la rapidez de convergencia es mayor. ¥

Otra alternativa muy usada que permite acelerar el metodo de New-ton esta dada por

xn+1 = xn −mf(xn)

f ′(xn),

n = 0, 1, 2, 3, . . . , siendo m la multiplicidad del cero de f(x).

2.8. Metodo de la Secante

Como hemos dicho una de las desventajas del metodo de Newton es que encada iteracion hay que evaluar tanto a f(x) como a f

′(x), para atenuar esa

desventaja se propone el metodo de la secante que es casi tan rapido comoel de Newton, pero no posee la desventaja comentada.

....... ..

....................

....................

....................

...............

(p2, f(p2))

(r, 0) -

6

p0p1

(p0, f(p0))

(p1, f(p1))

..

.........

...................

(p2, 0)

Figura 2.7 Metodo de la Secante

En el metodo de la secante partimos de dos puntos (p0, f(p0)) y (p1, f(p1)),como lo muestra la figura 2.7 por esos dos puntos pasa una secante que los



une y cuya pendiente es

m =f(p1)− f(p0)

p1 − p0

,

pero puesto que esta recta secante corta al eje X en el punto (p2, 0), entoncestambien se tiene que

m =0− f(p1)

p2 − p1

,

luego entoncesf(p1)− f(p0)

p1 − p0

=0− f(p1)

p2 − p1

,

por tanto

p2 = p1 − f(p1)(p1 − p0)

f(p1)− f(p0),

este proceso genera la formula de iteracion dada por

pk+1 = pk − f(pk)(pk − pk−1)

f(pk)− f(pk−1).

Como hemos dicho el metodo de secante se propone para mejorar alguna delas desventaja que presenta el metodo de Newton, sin quitar mucho de surapidez de convergencia, con el teorema siguiente se prueba que el metodo de

la secante converge con una rapidez de convergencia dada por p =1

2(1+

√5)

Teorema 2.8.1. Sea x? un cero de f(x) y supongamos que f′′(x?) 6= 0,

entonces el orden de convergencia del metodo de la secante es p =1

2(1+

√5).

Demostracion. Sea ek = pk − x?, k = 0, 1, 2, . . . , como

pk+1 =pk−1f(pk)− pkf(pk−1)

f(pk)− f(pk−1),

tenemos que

pn+1 − x? =pn−1f(pn)− pnf(pn−1)

f(pn)− f(pn−1)− x?(f(pn)− f(pn−1))

f(pn)− f(pn−1)

=(pn−1 − x?)f(pn)− (pn − x?)f(pn−1)

f(pn)− f(pn−1),

de modo que

en+1 =en−1f(x? + en)− enf(en−1 + x?)

f(x? + en)− f(en−1 + x?),

2.8. METODO DE LA SECANTE


pero por el desarrollo de Taylor de f(x? + en) y f(x? + en−1) alrededor de x?

tenemos que

f(x? + en) = f(x?) + f′(x?)en +

1

2f′′(x?)e2

n + . . .

y

f(x? + en−1) = f(x?) + f′(x?)en−1 +

1

2f′′(x?)e2

n−1 + . . . ,

pero como f(x?) = 0 entonces,

en−1f(x? + en) = f′(x?)enen−1 +

1

2f′′(x?)e2

nen−1 + . . .

y

enf(x? + en−1) = f′(x?)en−1en +

1

2f′′(x?)e2

n−1en + . . . ,

ademas

f(x? + en)− f(x? + en−1) = f′(x?)(en − en−1) +

1

2f′′(x?)(e2

n − e2n−1) + . . .

de modo que

en+1 =12f′′(x?)enen−1(en − en−1) + . . .

f ′(x?)(en − en−1) + . . .,

para |en−1| y |en| suficientemente pequenos tenemos que

en+1 ≈ f′′(x?)enen−1

2f ′(x?),

ası que|en+1| ≈ M |enen−1| = M |en||en−1|,

siendo M =f′′(x?)

2f ′(x?), pero queremos obtener el valor de p, para el cual se

cumpla que|x? − xn| = α|x? − xn−1|p,

o sea que|en| = α|en−1|p,

con α > 0, p ≥ 1, pero tambien

|en+1| = α|en|p = α(α|en−1|p)p,

de modo queαp+1|en−1|p2

= M(α|en−1|p)|en−1|,



de modo queαp+1|en−1|p2

= αM(|en−1|p+1),

la cual es valida si αp = M y p2 = p + 1, de modo que

p =1

2(1 +

√5)

Ejemplo 2.8.1. Aplique el metodo de la Secante para obtener la solucion de

f(x) = x3 + 3x2 − 1,

en el intervalo [−3,−2]

Solucion

k xk f(x) = x3 + 3x2 − 1 |f(xk)|0 x0 -2.75000000000 0.8906251 x1 -3.06666666667 1.6269629632 x2 -2.86202438769 0.13018357223 x3 -2.87718593646 0.01667924734 x4 -2.87941389757 0.000217685 x5 -2.87938519474 0.00000035586 x6 -2.87938524157 0.000000000

TABLA 11

Lo anterior nos muestra que la raız de f(x) es x6 = −2.87938524157, la cualse tiene en 7 iteraciones, y que el metodo si bien es suficientemente rapido, elmetodo de Newton sigue siendo mas eficiente lo cual era de esperarse puestoque como hemos probado Newton es q-cuadratico en tanto que el orden deconvergencia de el metodo de la Secante es p ≈ 1.618. ¥

2.9. Metodo ∆2 de Aitken

Es posible aumentar la rapidez de convergencia de una sucesion, cuando estaconverge linealmente, esto se hace usando una tecnica llamada metodo ∆2 deAitken, antes de exhibir el metodo ∆2 de Aitken estableceremos la siguientedefinicion

2.9. METODO ∆2 DE AITKEN


Definicion 2.9.1. Supongamos pn∞n=0 una sucesion, definimos la diferen-cia progresiva ∆pn como

∆pn = pn+1 − pn n ≥ 0

Para k ≥ 2 se define recursivamente ∆kpn = ∆(∆k−1pn)

Lo que deseamos es, construir una sucesion qn∞n=0 que converja a pmas rapidamente que pn∞n=0, para ello supongamos que pn∞n=0, con-verge a p, que pn − p, pn+1 − p, pn+2 − p, tienen el mismo signo y quepn+1 − p

pn − p≈ pn+2 − p

pn+1 − p, luego

(pn+1 − p)2 ≈ (pn+2 − p)(pn − p),

ası quep2

n+1 − 2pn+1p + p2 ≈ pnpn+2 − ppn+2 − ppn + p2,

pero entoncesppn+2 + ppn − 2ppn+1 ≈ pnpn+2 − p2

n+1,

o sea que(pn+2 + pn − 2pn+1)p ≈ pnpn+2 − p2

n+1,

entonces

p ≈ pnpn+2 − p2n+1

pn+2 + pn − 2pn+1

=p2

n + pnpn+2 − 2pnpn+1 + 2pnpn+1 − p2n+1 − p2

n

pn+2 + pn − 2pn+1

,

de modo que

p ≈ pn(pn + pn+2 − 2pn+1)− (p2n − 2pnpn+1 + p2

n+1)

pn+2 + pn − 2pn+1

,

luego

p ≈ pn − (pn+1 − pn)2

pn+2 − 2pn+1 + pn

,

pero ∆pn = pn+1 − pn y ∆2pn = ∆(∆pn) = ∆(pn+1 − pn) = ∆pn+1 −∆pn =pn+2 − pn+1 − pn+1 + pn = pn+2 − 2pn+1 + pn, de modo que

p ≈ pn − (∆pn)2

∆2pn

,

definamos la sucesion qn∞n=0 por

qn = pn − (∆pn)2

∆2pn

(2.6)

Mostremos ahora que la sucesion qn∞n=0 converge a p mas rapidamente quepn∞n=0



Teorema 2.9.1. Supongamos pn∞n=0 converge a p linealmente y suponga-mos que (pn − p)(pn+1 − p) > 0, para n suficientemente grande. Entonces lasucesion qn∞n=0 dada por 2.6 converge a p mas rapidamente que la sucesionpn∞n=0 en el sentido que

lımn→∞

∣∣∣qn − p

pn − p

∣∣∣ = 0

Demostracion. Como pn∞n=0 converge linealmente a p, entonces existe λ ∈(0, 1), tal que

lımn→∞

∣∣∣pn+1 − p

pn − p

∣∣∣ = λ,

luego, entonces existe λ ∈ (0, 1), tal que

lımn→∞

∣∣∣pn+1 − p

pn − p− λ

∣∣∣ = 0,

de modo que si δn =pn+1 − p

pn − p− λ se tiene que

lımn→∞

δn = 0,

pero como En = pn−p y En+1 = pn+1−p, entonces δn =En+1

En

−λ, de modo

que En+1 = Enδn + λEn, o sea que

En+1 = (δn + λ)En,

ası queEn+2 = (δn+1 + λ)En+1 = (δn+1 + λ)(δn + λ)En,

pero∆pn = pn+1 − pn = (pn+1 − p) + (p− pn) = En+1 − En,

de modo que

∆pn = Enδn + λEn − En = (δn + λ− 1)En,

ası que,

∆2pn = ∆(∆pn) = ∆(pn+1 − pn) = ∆pn+1 −∆pn = pn+2 − pn+1 − pn+1 + pn

luego

∆2pn = pn+2−2pn+1+pn = (pn+2−p)−2(pn+1−p)+(pn−p) = En+2−2En+1+En



o sea que

∆2pn = (δn+1 + λ)(δn + λ)En − 2(δn + λ)En + En

= λ2En + (δn+1 + δn)λEn + δnδn+1En − 2δnEn − 2λEn + En,

luego

∆2pn = (λ2 − 2λ + 1)En + (λδn+1 + λδn + δnδn−1 − 2δn)En

= (λ2 − 2λ + 1)En + δ′nEn,

donde δ′n = λδn+1 + λδn + δnδn−1 − 2δn de modo que

∆2pn = (λ− 1)2En + δ′nEn = [(λ− 1)2 + δ

′n]En,

pero como δn∞n=0 converge a cero entonces

lımn→∞

δ′n = lım

n→∞(λδn+1 + λδn + δnδn−1 − 2δn) = 0,

por tanto,

qn = pn − (∆pn)2

∆2pn

= pn − (pn+1 − p)2

[(λ− 1)2 + δ′n]En

= pn − (δn + λ− 1)2E2n

[(λ− 1)2 + δ′n]En

ası que

qn = En + p− (δn + λ− 1)2E2n

[(λ− 1)2 + δ′n]En

,

de modo que

qn − p =[(λ− 1)2 + δ

′n]E2

n − (δn + λ− 1)2E2n

[(λ− 1)2 + δ′n]En

,

o sea queqn − p

En

=(λ− 1)2 + δ

′n − (δn + λ− 1)2

(λ− 1)2 + δ′n,

por consiguiente

qn − p

pn − p=

λ2 − 2λ + 1 + δ′n − (δ2

n + λ2 + 1 + 2λδn − 2δn − 2λ)

(λ− 1)2 + δ′n,

pero entoncesqn − p

pn − p=

δ′n − 2δn(λ− 1)− δ2

n

(λ− 1)2 + δ′n,

luego

lımn→∞

qn − p

pn − p= lım

n→∞δ′n − 2δn(λ− 1)− δ2

n

(λ− 1)2 + δ′n=

0

(λ− 1)2= 0



Ejercicios

En los ejercicios del 1-10 encuentre el cero real de las siguientes funciones,

encuentre el intervalo [a, b] en el que se encuentra dicha raız y usea + b

2como

punto de inicio para el metodo de Newton. Use biseccion, regula falsi, secantey Newton en las funciones

1. f(x) = x2 − 7

2. f(x) = x3 − 6

3. f(x) = x4 − 0.65

4. f(x) = x3 − 7

5. f(x) = x3 − 3

6. f(x) = x3 − 7x2 + 14x− 7

7. f(x) = x3 − x2 − 4x− 3

8. f(x) = x3 − x2 − 24x− 32

9. f(x) = 0.4x2 − x + 0.2

10. f(x) = 9x3 − 10x + 1

11. Demuestre que el punto fijo de x = g(x) = 0.4x2 + 0.2 existe, y use laiteracion de punto fijo para encontrarlo.

12. Use la iteracion de punto fijo para encontrar el punto fijo de x = g(x) =0.9x3 + 0.1

13. Determine las raıces de f(x) = −2+6x−4x2+0.5x3, usando el metod0de Newton usando valores iniciales de a)4.2 y b) 4.43.

14. Localice la primera raız positiva de sen x + cos(x2 + 1)− 1. Use cuatroiteraciones con el metodo de Newton con valores iniciales de a) 1.0 yb) 1.5

15. La funcion f(x) = x3 + 2x2− 5x + 3 tiene una raız doble en x = 1. Usea) el metodo normal de Newton, b) el metodo modificado de Newtonpara resolver para la raız x = 1. Compare y analice la convergenciapara x0 = 0.2



16. Use el metodo de punto fijo para encontrar la raız de f(x) = sen√

x−x.Use el valor inicial p0 = 0.5 e iteracion hasta que δ ≤ 0.01 %

17. Para cada una se las siguientes funciones, use el metodo de Newtonpara encontrar un cero, en caso que el metodo falle explique porque.

a) f(x) = −5x4 + 11x2 − 2, x0 = 1

b) f(x) = x4 − 4x + 1, x0 = 0

c) f(x) = 5x4 − 11x2 + 2, x0 =1

2, x0 = 0

18. Encuentre los ceros de los siguientes polinomios de Legendre.

a) P2(x) =1

2(3x2 − 1)

b) P3(x) =1

2(5x3 − 3x)

c) P4(x) =1

8(35x4 − 30x2 + 3)

d) P5(x) =1

8(65x5 − 70x3 + 15x)

19. Encuentre la interseccion de y = ex y y = x3

20. Encuentre la interseccion de y = 2x y y = x2

21. Encuentre la interseccion de y = −a + ex y y = b + lnx, si

a) a = 5 y b = 1



b) a = 3 y b = 2

c) a = 1 y b = 5

22. Use el metodo se Newton y el de la secante para encontrar un cero def(x) = −0.01 + 1

1+x2


Capıtulo 3

Solucion de Sistema deEcuaciones

Una red electrica esta conectada a tres terminales con voltajes conocidos,segun se muestra en la figura 3.1, se desea obtener los voltajes en los nodos1, 2 y 3. Sabemos que si Va, Vb son los voltajes en dos nodos cualesquiera a,

30V

10V

3Ω

7Ω

6Ω

4Ω

5Ω3Ω

1 2

3 9V

Figura 3.1

y b y Rab es la resistencia entre dichos nodos, entonces la corriente electricaiab esta dada por

iab =Va − Vb

Rab

,

ademas si un nodo a cualquiera esta conectado a j = b, c, d . . . , n, como lomuestra la figura 3.2, entonces,

n∑

j=b

iaj = 0,

67


ab

c

d

n

Figura 3.2

ası que entonces en nuestro problema se tiene que

Para el nodo 1 :V1 − 30

3+

V1 − V2

6+

V1 − V3

7= 0

Para el nodo 2 :V2 − V1

6+

V2 − V3

5+

V2 − 9

3= 0

Para el nodo 3 :V3 − V1

7+

V3 − V2

5+

V3 − 10

4= 0.

Esto genera un sistema de tres ecuaciones lineales con tres variables.En este capıtulo mostraremos metodos que permitan resolver sistemaslineales que en general pueden ser muy dimensionados.

3.1. Vectores y Matrices

Definicion 3.1.1. Un vector de Rn es una n-upla de la forma

−→v = (v1, v2, v3, . . . , vn)

Definicion 3.1.2. Sean −→v = (v1, v2, v3, . . . , vn) y −→w = (w1, w2, w3, . . . , wn),vectores renglones en Rn decimos que −→v = −→w , si y solo si vi = wi, ∀i,i = 1, 2, 3, .., n

CAPITULO 3. SOLUCION DE SISTEMA DE ECUACIONES


Definicion 3.1.3. Sean −→v = (v1, v2, v3, . . . , vn) y −→w = (w1, w2, w3, . . . , wn),vectores renglones en Rn definimos

−→v +−→w = (v1 + w1, v2 + w2, ...., vn + wn)

Definicion 3.1.4. Sea −→v = (v1, v2, v3, . . . , vn) vector de Rn, α ∈ R definimos

α−→v = (αv1, αv2, αv3, ..., αvn)

Definicion 3.1.5. Sean −→v = (v1, v2, v3, . . . , vn) y −→w = (w1, w2, w3, . . . , wn)vectores en Rn, definimos

−→v • −→w = v1 · w1 + v2 · w2 + v3 · w3 + ... + vn · wn =n∑

i=1

vi · wi,

como el producto escalar de −→v y −→w .

Definicion 3.1.6. Sea −→v = (v1, v2, v3, . . . , vn) vector de Rn, definimos lanorma de −→v , notada ||−→v || como

||−→v || =√

v12 + v2

2 + v32 + ... + vn

2 =( n∑

i=1

vi2) 1

2.

Teorema 3.1.1. Sean −→v , −→w y −→u vectores en Rn, entonces, se tiene:

1. −→v +−→w = −→w +−→v

2. (−→v +−→w ) +−→u = −→v + (−→w +−→u )

3. ∃−→0 ∈ Rn, tal que −→v +−→0 = −→v

4. ∀−→v ∈ Rn, ∃−→z ∈ Rn, tal que −→v +−→z =−→0

5. ∀α, β ∈ R, (α + β)−→v = α−→v + β−→v

6. ∀α ∈ R, α(−→v +−→w ) = α−→v + α−→w

7. ∀α, β ∈ R, α(β−→v ) = β(α−→v ) = (αβ)−→v

Demostracion. La prueba se deja como Ejercicio al lector

3.1. VECTORES Y MATRICES


3.2. Matrices

Definicion 3.2.1. Una matriz es un arreglo rectangular de mn numeros dela forma

a11 a12 a13 . . . a1n

a21 a22 a23 . . . a2n...

......

. . ....

am1 am2 am3 . . . amn

la cual tiene m filas y n columnas

Notacion Si los elementos de una matriz A son numeros reales y dichamatriz tiene m filas y n columnas diremos que A ∈ Rm×n, y que su tamanoes m× n

Es comun usar la notacion A = [aij], i = 1, 2, 3, . . . ,m, j = 1, 2, 3, . . . , npara referirnos a la matriz A ∈ Rm×n

Definicion 3.2.2. Sean A = [aij] y B = [bij] dos matrices tamano m × n,entonces, A = B si y solo si aij = bij, ∀i, j

Definicion 3.2.3. Una matriz A es cuadrada si tiene el mismo numero defilas y de columnas y en este caso se escribe A ∈ Rn×n.

Definicion 3.2.4. Sea A ∈ Rn×n, una matriz cuadrada si aij = 1, i = j yaij = 0, i 6= j, se dice que A es la matriz identica y se nota In

Definicion 3.2.5. La matriz O = [aij] ∈ Rm×n, tal que aij = 0, ∀i, j es lamatriz nula.

Definicion 3.2.6. Sean A = [aij] y B = [bij] dos matrices tamano m × n,definimos A + B como la matriz m× n dada por A + B = [aij + bij]

Definicion 3.2.7. Sea A = [aij] una matriz tamano m× n, y c un numerodefinimos cA como la matriz m× n dada por cA = [caij]

Definicion 3.2.8. Sea A = [aij] una matriz tamano m× n definimos −A =[−aij]

Definicion 3.2.9. Sea A = [aij] ∈ Rm×n y B = [bij] ∈ Rn×r definimos elproducto A × B como la matriz C = [cij] ∈ Rm×r, donde cij =

∑nk=1 aikbkj,

i = 1, 2, 3, . . . ,m, j = 1, 2, 3, . . . , r



Presentamos a continuacion algunos teoremas sin demostracion las cuales sedejan como ejercicios para el lector

Teorema 3.2.1. Sean A ∈ Rm×n, B ∈ Rm×n y C ∈ Rm×n, entonces

1. A + B = B + A

2. A + (B + C) = (A + B) + C

3. A + O = A

4. A + (−A) = O

5. Si α ∈ R, β ∈ R entonces, (α + β)A = αA + βA

6. Si α ∈ R entonces, α(A + B) = αA + αB

7. Si α ∈ R, β ∈ R entonces, (αβ)A = α(βA) = β(αA)

Teorema 3.2.2. Sean A ∈ Rm×n, B ∈ Rm×n, D ∈ Rn×r entonces, (A +B)D = AD + BD.

Teorema 3.2.3. Sean D ∈ Rm×r, A ∈ Rr×n, B ∈ Rr×n entonces, D(A +B) = DA + DB.

Teorema 3.2.4. Sean A ∈ Rm×n, B ∈ Rn×r, C ∈ Rr×s entonces, A(BC) =(AB)C.

Definicion 3.2.10. Una matriz A = [aij] ∈ Rn×n es triangular superior siaij = 0 para i > j

De la definicion anterior la siguiente matriz es triangular superior

a11 a12 a13 . . . a1n

0 a22 a23 . . . a2n

0 0 a33 . . . a3n...

......

. . ....

0 0 0 . . . ann

Definicion 3.2.11. Una matriz A = [aij] ∈ Rn×n es triangular inferior siaij = 0 para i < j

La matriz siguiente es triangular inferior

a11 0 0 . . . 0a21 a22 0 . . . 0a31 a32 a33 . . . 0...

......

. . ....

an1 an2 an3 . . . ann

3.2. MATRICES


Definicion 3.2.12. Una matriz A = [aij] ∈ Rn×n es tridiagonal si aij = 0para |i− j| > 1

La matriz siguiente es tridiagonal

a11 a12 0 0 0 . . . 0 0a21 a22 a23 0 0 . . . 0 00 a32 a33 a34 0 . . . 0 00 0 a43 a44 a45 . . . 0 0...

......

......

.... . .

...0 0 0 0 0 . . . an,n−1 ann

Definicion 3.2.13. Una matriz A = [aij] ∈ Rm×n es de ancho r si aij = 0para |i− j| > r

Definicion 3.2.14. Una matriz A = [aij] ∈ Rm×n es Hessemberg Superiorsi aij = 0 para i > j + 1

Definicion 3.2.15. Una matriz A = [aij] ∈ Rm×n es Hessemberg Inferior siaij = 0 para i < j + 1

Definicion 3.2.16. Una matriz A ∈ Rn×n se dice invertible o no singular siy solo si ∃B ∈ Rn×n, tal que AB = BA = In y en este caso se dice que B esla inversa de A.

NotacionSi A es no singular su inversa, que es unica, la notamos A−1.

Definicion 3.2.17. Sea A ∈ Rn×n los elementos aii se llaman elementosdiagonales

Definicion 3.2.18. Sea A ∈ Rn×n la matriz A se dice estrictamente diagonal

dominante si y solo si |aii| >n∑

j=1

|aij|, ∀i = 1, 2, 3, . . . , n, i 6= j

Definicion 3.2.19. Si F : Rn 7−→ Rn definida por

F (x) = (f1(x), f2(x), . . . , fn(x)),

donde fi : Rn 7−→ R, para i = 1, 2, . . . , n, definimos la matriz Jacobiana de



F , notada J(x), donde x = (x1, x2, . . . , xn), como

J(x) =

∂f1

∂x1

∂f1

∂x2

∂f1

∂x3

. . .∂f1

∂xn

∂f2

∂x1

∂f2

∂x2

∂f2

∂x3

. . .∂f2

∂xn...

......

. . ....

∂fn

∂x1

∂fn

∂x2

∂fn

∂x3

. . .∂fn

∂xn

Definicion 3.2.20. Sea A = [aij] ∈ Rm×n la matriz transpuesta de A es unamatriz B = [bij] ∈ Rn×m, tal que bij = aji, y en ese caso se nota B = AT

Ejemplo 3.2.1. Si

A =

3 2 14 2 56 0 4

,

entonces

AT =

3 4 62 2 01 5 4

Definicion 3.2.21. Sea A ∈ Rn×n se dice que A es simetrica, si y solo si,A = AT

Definicion 3.2.22. Sea A ∈ Rn×n una matriz simetrica, A es definida pos-itiva, si y solo si, XT AX > 0, para todo vector columna X 6= O

3.3. Determinantes

Definicion 3.3.1. Sea

A =

(a11 a12

a21 a22

),

definimos el determinante de A, como |A| =∣∣∣∣

a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣ = a11a22 − a12a21

Definicion 3.3.2. Sea A ∈ Rn×n definimos el menor ij notado Mij comoel determinate de la submatriz que se obtiene de A eliminando la fila i y lacolumna j

3.3. DETERMINANTES


Definicion 3.3.3. Sea A ∈ Rn×n definimos el cofactor ij notado Aij como

Aij = (−1)i+jMij

Definicion 3.3.4. Sea A ∈ Rn×n definimos el determinate de A notado |A|como

|A| =n∑

j=1

aijAij

i = 1, 2, 3, . . . , n

Nota : Si A es una matriz triangular superior o inferior tamano n × nentonces, |A| = a11 · a22 · a33 · .... · ann =

∏ni=1 aii

3.3.1. Norma Matriz

Definicion 3.3.5. Sea A ∈ Rm×n, la norma de A esta definida, como

||A|| = max ||Ax||||x||

/||x|| 6= 0

Como la norma matricial se expresa es terminos de un vector, se dice que lanorma es inducida por la correspondiente norma vector.

La definicion anterior es equivalente a

||A|| = max||Ay||/||y|| = 1,

ya que si y =x

||x|| , entonces,

||Ay|| =∣∣∣∣∣∣A 1

||x||x∣∣∣∣∣∣ =

||Ax||||x|| .

Como ||A||, es el maximo cociente||Ax||||x|| , entonces,

||A|| ≥ ||Ax||||x|| ,

x 6= 0, por lo tanto||Ax|| ≤ ||A||||x||.

Las normas matriciales mas usadas en analisis numerico son relacionadas acontinuacion



1. La norma 1 dada por

||A||1 = maxj=1,··· ,n

m∑i=1

|aij|

2. La norma infinito dada por

||A||∞ = maxi=1,··· ,m

n∑j=1

|aij|

3. La norma de Frobenius dada por

||A||F =[ m∑

i=1

n∑j=1

a2ij

]1/2

Definicion 3.3.6. Sea A una matriz no singular definimos el numero decondicion de la matriz A notado κ(A), como

κ(A) = ||A|| · ||A−1||Nota: El numero condicion puede ser calculado con cualquiera de las ante-riores normas. Distinguimos las diferentes normas usadas con un subındiceescribiendo entonces κ1, κ∞ o κF respectivamente.

Definicion 3.3.7. Sea A una matriz no singular decimos que la matriz Aesta bien condicionada si K(A) es un numero muy cercano a 1, si K(A) essignificativamente mayor que 1 la matriz se dice mal condicionada.

Ejemplo 3.3.1. Supongamos se tiene el sistema

x− 2y = 1

x− (2 + δ)y = 1 + δ

el cual como puede comprobarse tiene solucion x = −1, y = −1, ademas lamatriz de coeficiente del sistema es

A =

(1 −21 −(2 + δ)

),

la cual es no singular y su inversa esta dada por

A−1 = −1

δ

( −(2 + δ) 2−1 1

)=

(2 + δ)

δ

−2

δ

1

δ

−1

δ

,

3.3. DETERMINANTES


de modo que ||A||∞ = max|1|+ | − 2|, | − (2 + δ)|+ |1| = 3 + δ y

||A−1||∞ =4 + δ

δ,

de modo que

κ∞(A) = ||A||∞||A−1||∞ =(3 + δ)(4 + δ)

δ.

Si δ = 10−6, entonces κ∞(A) =12 + 7× 10−6 + 10−12

10−6= 12×106+7+10−6 ≈

12× 106 de modo que A es mal condicionada lo cual trae como consecuenciaque pequenos cambios en b alteren la solucion de modo considerable, en efectosi el sistema es ahora

x− 2y = 1

x− (2 + δ) = 1 + 2δ,

la solucion ahora es x = 3, y = −2, que esta muy alejada de la solucionanterior

3.4. Sistema de Ecuaciones Lineales

En esta seccion estudiaremos metodos iterativos que nos permitan solucionarsistemas de ecuaciones lineales cuadrados es decir, sistemas con n ecuacioneslineales y n variables.

Definicion 3.4.1. Sea A ∈ Rn×n una matriz cuadrada, X ∈ Rn×1 y b ∈ Rn×1

vectores columnas, entonces AX = b es un sistema de n ecuaciones linealescon n variables.

De la definicion anterior si

A =

a11 a12 a13 . . . a1n

a21 a22 a23 . . . a2n...

......

. . ....


, X =

x1

x2

x3

.

.

.xn

y b =

b1

b2

b3

.

.

.bn

,



entonces el sistema de la definicion anterior es

a11 a12 a13 . . . a1n

a21 a22 a23 . . . a2n...

......

. . ....


x1

x2

x3

.

.

.xn

=

b1

b2

b3

.

.

.bn

y por lo tanto se tiene

a11x1 + a12x2 + a13x3 + · · ·+ a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + a23x3 + · · ·+ a2nxn = b2

a31x1 + a32x2 + a33x3 + · · ·+ a3nxn = b3

.

.

an1x1 + an2x2 + an3x3 + · · ·+ annxn = bn.

Definicion 3.4.2. La matriz A del sistema lineal anterior se define como lamatriz de coeficientes del sistema

Definicion 3.4.3. A la matriz [A|b] ∈ Rn×(n+1) que resulta al agregarle ala matriz de coeficiente el vector columna b se le define como la matriz decoeficientes ampliada del sistema

3.4.1. Sistemas Triangulares Superior

Un sistema de ecuaciones lineales triangular superior tiene la forma

a11x1 + a12x2 + a13x3 + a14x4 + · · ·+ a1n−1xn−1 + a1nxn = b1

a22x2 + a23x3 + a24x4 + · · ·+ a2n−1xn−1 + a2nxn = b2

a33x3 + a34x4 + · · ·+ a3n−1xn−1 + a3nxn = b3

. .

. .

an−1n−1xn−1 + an−1nxn = bn−1

annxn = bn.

3.4. SISTEMA DE ECUACIONES LINEALES


Teorema 3.4.1. Teorema de Sustitucion Regresiva Si AX = b esun sistema triangular superior de ecuaciones lineales y akk 6= 0, ∀k =1, 2, 3, . . . , n, entonces el sistema tiene solucion unica.

Demostracion. La demostracion se hace de manera recursiva. Como ann 6= 0por hipotesis, de la ultima ecuacion se tiene que

xn =bn

ann

,

ademas el valor de xn se unico.Pero ahora, conocido xn se puede encontrar el valor de xn−1 ya que comosabemos an−1n−1 6= 0, luego de la penultima ecuacion se tiene que

xn−1 =bn−1 − an−1nxn

an−1n−1

la unicidad de xn−1, esta garantizada por la unicidad de xn.Como an−2n−2 6= 0 y puesto que conocemos los valores de xn y xn−1, entoncesse tiene que

xn−2 =bn−2 − an−2n−1xn−1 − an−2nxn

an−2n−2

.

Si suponemos que se conocen los valores de xn, xn−1, xn−2, . . . , xk+1, y comoakk 6= 0, entonces se tiene que

xk =bk − akk+1xk+1 − akk+2xk+2 − · · · − akn−1xn−1 − aknxn

akk

,

o tambien

xk =

bk −n∑

i=k+1

akixi

akk

,

k = 1, 2, 3, . . . , n− 2, n− 1.Ademas la unicidad de la solucion se garantiza por induccion sobre n.

Teorema 3.4.2. Teorema de Sustitucion Progresiva Si AX = b esun sistema triangular inferior de ecuaciones lineales y akk 6= 0, ∀k =1, 2, 3, . . . , n, entonces el sistema tiene solucion unica.

Demostracion. Como a11 6= 0, entonces

x1 =b1

a11

,



pero como tambien a22 6= 0, entonces

x2 =b2 − a21x1

a22

,

conocido los valores de x1 y x2, tenemos que

x3 =b3 − a31x1 − a32x2

a33

.

En general si se han calculado los valores de x1, x2, . . . , xk−1, y como akk 6= 0,entonces

xk =bk − ak1x1 − ak2x2 − ak3x3 − · · · − akk−1xk−1

akk

=

bk −k−1∑j=1

akjxj

akk

,

k = 1, 2, 3 . . . , n.

La unicidad de la solucion se tiene porque en la primera ecuacionb1

a11

, es el

unico valor posible de x1 y, por induccion finita, los valores de x2, x3, ...., xn

son unicos.

Ejemplo 3.4.1. Consideremos el sistema

2x1 + x2 − 3x3 = 4

5x2 + 4x3 = 2

3x3 = 6

resolver el sistema utilizando sustitucion regresiva.

Solucion

De la ultima ecuacion se tiene que

x3 =6

3= 2,

pero entonces reemplazando este valor en la ecuacion anterior obtenemos que

x2 =2− 4x3

5=

2− 4× 2

5=−6

5

conocido los valores de x3 y x2 se reemplazan en la primera ecuacion paraobtener

x1 =4− x2 + 3x3

2=

28

5.

¥

3.4. SISTEMA DE ECUACIONES LINEALES


3.5. Eliminacion de Gauss y Pivoteo

Definicion 3.5.1. Dos sistemas de ecuaciones lineales son equivalentes si ysolo si tienen el mismo conjunto de soluciones.

3.5.1. Transformaciones Elementales

1. Dado un sistema de ecuaciones lineales, si a una cualquiera de sus ecua-ciones se multiplica por un escalar c 6= 0, resulta un sistema equivalenteal sistema dado.

2. Dado un sistema de ecuaciones lineales, si dos cualesquiera de sus ecua-ciones se intercambian, resulta un sistema equivalente al sistema dado.

3. Dado un sistema de ecuaciones lineales, si a una cualquiera de susecuaciones se le suma un multiplo de otra ecuacion cualquiera, resultaun sistema equivalente al sistema dado.

3.5.2. Operaciones Elementales en los Renglones

Existen tres operaciones elementales sobre los renglones de una matriz A, lascuales enumeramos a continuacion.

1. Multiplicar un renglon cualquiera de una matriz por un escalar c 6= 0.

2. Sumarle a un renglon de una matriz un multiplo de otro renglon.

3. Intercambiar dos renglones cualesquiera de la matriz.

Definicion 3.5.2. El elemento aqq 6= 0, usado para eliminar los elementosarq, para r = q + 1, q + 2, . . . , n se define como el elemento pivote y la fila qse define como la fila pivote.

Definicion 3.5.3. Los numeros mrq =arq

aqq

, por el cual se multiplica la fila

pivote para luego restarsela a la fila r con r = q + 1, q + 2, . . . , n se llamanmultiplicadores.

Las operaciones elementales junto con los elementos pivotes y los multi-plicadores nos permiten, cuando esto sea posible, transformar la matrizampliada de un sistema de ecuaciones, en una matriz bien sea triangularsuperior o inferior y resolver el sistema equivalente, por sustitucion regresivao progresiva respectivamente.



Ejemplo 3.5.1. Resolver el sistema

2x1 + 3x2 + 2x3 + 4x4 = 4

4x1 + 10x2 − 4x3 = −8

−3x1 − 2x2 − 5x3 − 2x4 = −4

−2x1 + 4x2 + 4x3 − 7x4 = −1

usando sustitucion regresiva.

Solucion

La matriz ampliada del sistema es

2 3 2 4 | 44 10 −4 0 | −8−3 −2 −5 −2 | −4−2 4 4 −7 | −1

.

El elemento pivote en la primera fila es a11 = 2 y los multiplicadores son

m21 =a21

a11

=4

2= 2, m31 =

a31

a11

= −3

2, m41 =

a41

a11

= −2

2= −1, tomando

la primera fila para eliminar los elementos de la primera columna ubicadosdebajo de la diagonal se tiene que

2 3 2 4 | 40 4 −8 −8 | −16

|0 5

2−2 4 | 2

|0 7 6 −3 | 3

.

Para la segunda fila ahora el elemento pivote es a22 = 4 luego los multipli-

cadores ahora son m32 =a32

a22

=5

8, m42 =

a42

a22

=7

4, luego entonces se tiene

que

2 3 2 4 | 40 4 −8 −8 | −160 0 3 9 | 12

|0 0 20 11 | 31

.

3.5. ELIMINACION DE GAUSS Y PIVOTEO


Pero ahora para la tercera fila el elemento pivote es a33 = 3 y el multiplicador

es m43 =a43

a33

=20

3, luego entonces tenemos que

2 3 2 4 | 40 4 −8 −8 | −160 0 3 9 | 120 0 0 −49 | −49

.

La matriz ampliada anterior corresponde al sistema triangular superior dadopor

2x1 + 3x2 + 2x3 + 4x4 = 4

4x2 − 8x3 − 8x4 = −16

3x3 + 9x4 = 12

−49x4 = −49

que es equivalente al original.

Aplicando la sustitucion regresiva se tiene de la ultima ecuacion delsistema que x4 = 1, pero en la tercera ecuacion se tiene que

3x3 = 12− 9x4 = 12− 9 = 3,

por lo tanto x3 = 1.De la ecuacion dos tenemos que

4x2 = −16 + 8x3 + 8x4 = −16 + 8 + 8 = 0,

luego x2 = 0.Finalmente de la primera ecuacion

2x1 = 4− 3x2 − 2x3 − 4x4 = −2,

ası que x1 = −1. ¥

El proceso que acabamos de utilizar para obtener la solucion del ejemploanterior se conoce como la Eliminacion Gaussiana con SustitucionRegresiva.



3.6. Estrategias de Pivoteo

3.6.1. Pivoteo Trivial

Puede suceder que en algun paso del proceso de eliminacion Gaussiana consustitucion regresiva, se tenga aqq = 0, esto naturalmente implica que esteelemento (aqq), no se puede tomar como elemento pivote, en este caso seusa la estrategia del Pivoteo Trivial, que consiste en escoger de una fila k,k = q + 1, q + 2, . . . , n en la que akq 6= 0, esta fila se intercambia con la filaq-esima, con lo cual se obtiene un pivote no nulo.

3.6.2. Pivoteo Parcial

Es posible que al utilizar el pivoteo trivial se produzcan errores debido aque como es sabido la computadora utiliza aritmetica de precision finita, loanterior lo ilustramos con un ejemplo.

Ejemplo 3.6.1. Supongamos se desea resolver el sistema

1.133x1 + 5.281x2 = 6.414

24.14x1 − 1.21x2 = 22.93

haciendo operaciones con una precision de cuatro cifras significativas.

Solucion

Observemos primero que la solucion del sistema es exactamente x1 = 1y x2 = 1. El elemento pivote es a11 = 1.133 y el multiplicador esm21 = 24.14

1.133= 21.31, de modo que se tiene entonces que

1.133x1 + 5.281x2 = 6.414

−113.7x2 = 113.8

por tanto x2 = 1.001 y ası x1 = 0.9956. ¥

El error que se comete se debe a que el valor del multiplicador m21 = 21.31es muy grande.Miremos ahora como podrıamos resolver el sistema anterior para evitar elerror cometido.

3.6. ESTRATEGIAS DE PIVOTEO


Si se intercambian las ecuaciones se obtiene el sistema

24.14x1 − 1.21x2 = 22.93

1.133x1 + 5.281x2 = 6.414

que es equivalente al original; pero ahora el elemento pivote es a11 = 24.14 y elmultiplicador es m21 = 1.133

24.14= 0.04593, con esto resulta el sistema triangular

superior24.14x1 − 1.21x2 = 22.93

5.338x2 = 5.338,

de modo que se tiene la solucion exacta x1 = 1 y x2 = 1.

La estrategia anterior se conoce como pivoteo parcial la cual con-siste en tomar como pivote el coeficiente de mayor magnitud, y una vezubicado intercambiar filas a fin de colocarlo en la diagonal, esto es, secomparan todos los coeficientes en la columna q, desde el que esta en ladiagonal hasta el que esta en la ultima fila. Una vez hecho esto se toma elelemento de mayor valor absoluto y esa fila se intercambia con la q- esima,es decir, si

|akq| = max|aqq|, |aq+1q|, . . . , |anq|,entonces se intercambian las filas q-esima y k-esima, con esto todos los mul-tiplicadores seran todos menores que 1 en valor absoluto.

3.6.3. Pivoteo Parcial Escalado

Si bien el pivoteo parcial evita errores que se pueden cometer con el pivoteotrivial, con el pivoteo parcial escalado se pretende reducir aun mas la propa-gacion de errores, resultando una tecnica mucho mas eficiente.En el pivoteo parcial escalado, se toma en cada columna desde la q -esimahacia abajo el que tenga el mayor valor relativo con respecto a los elementosde su fila. Es decir se busca primero en cada fila, a partir de la fila q, hastala n-esima el elemento de mayor tamano, esto es, si ese elemento lo notamosur, entonces

ur = max|arq|, |arq+1|, |arq+2|, . . . , |arn|,r = q, q + 1, . . . , n, la fila pivote es entonces la fila k para la cual

|akq|uk

= max |aqq|

uq

,|aq+1q|uq+1

,|aq+2q|uq+2

, . . . ,|anq|un

.

Una vez hecho esto se intercambian la fila k y la fila q a menos que q = k.



3.7. Factorizacion LU

Definicion 3.7.1. Sea A una matriz no singular se dice que A tiene facto-rizacion LU si y solo si, se puede expresar de la forma A = LU , donde L esuna matriz triangular inferior con elementos diagonales iguales a 1 y U esuna matriz triangular superior.

Ejemplo 3.7.1. La matriz

A =

2 3 2 44 10 −4 0−3 −2 −5 −2−2 4 4 −7

,

tiene factorizacion LU ya que si

L =

1 0 0 0

2 1 0 0

−32

58

1 0

−1 74

203

1

y

U =

2 3 2 40 4 −8 −80 0 3 90 0 0 −49

,

entonces

A =

2 3 2 44 10 −4 0−3 −2 −5 −2−2 4 4 −7

=

1 0 0 0

2 1 0 0

−32

58

1 0

−1 74

203

1

2 3 2 40 4 −8 −80 0 3 90 0 0 −49

= LU.

Si la matriz A tiene factorizacion LU dicha factorizacion se puede obten-

3.7. FACTORIZACION LU


er de la manera siguiente

A =

a11 a12 a13 . . . a1n

a21 a22 a23 . . . a2n

a31 a32 a33 . . . a3n...

......

. . ....


y

L =

1 0 0 . . . 0m21 1 0 . . . 0m31 m32 1 . . . 0...

......

. . ....

mn1 mn2 mn3 . . . 1

, U =

u11 u12 u13 . . . u1n

0 u22 u23 . . . u2n

0 0 u33 . . . u3n...

......

. . ....

0 0 0 . . . unn

,

donde mkq son los multiplicadores.Ahora si se tiene un sistema lineal dado por la forma AX = b, donde A tienefactorizacion LU , entonces el sistema se puede escribir como

LUX = b,

pero si hacemosUX = Y,

entonces, se puede resolver primero el sistema

LY = b

usando la sustitucion regresiva, para luego resolver el sistema

UX = Y

aprovechando el hecho de que U es una matriz triangular superior.

Ejemplo 3.7.2. Resolver el sistema del ejemplo anterior usando factor-izacion LU

Solucion

La matriz de coeficientes del sistema es

2 3 2 44 10 −4 0−3 −2 −5 −2−2 4 4 −7

,



luego entonces la matriz L, es

L =

1 0 0 02 1 0 0

−32

58

1 0

−1 74

203

1

,

y la matriz U es

U =

2 3 2 40 4 −8 −80 0 3 90 0 0 −49

,

sea

Y =

y1

y2

y3

y4

,

entonces LY = b es el sistema dado por

1 0 0 02 1 0 0

−32

58

1 0

−1 74

203

1

y1

y2

y3

y4

=

4−8−4−1

.

Que corresponde al sistema

y1 = 4

2y1 + y2 = −8

−3

2y1 +

5

8y2 + y3 = −4

−y1 +7

4y2 +

20

3y3 + y4 = −1,

de la primera ecuacion y1 = 4 luego de la segunda ecuacion se tiene quey2 = −8−2y1 = −16 ası que de la tercera ecuacion y3 = −4+ 3

2y1− 5

8y2 = 12,

3.7. FACTORIZACION LU


y de la cuarta ecuacion se tiene que y4 = −1 + y1 − 74y2 − 20

3y3 = −49 de

modo que el sistema UX = Y a resolver es

2 3 2 40 4 −8 −80 0 3 90 0 0 −49

x1

x2

x3

x4

=

4−1612−49

.

o sea

2x1 + 3x2 + 2x3 + 4x4 = 4

4x2 − 8x3 − 8x4 = −16

3x3 + 9x4 = 12

−49x4 = −49

sistema cuya solucion como se ha visto antes es

X =

−1011

.

¥

3.8. Metodo de Jacobi

Miremos un ejemplo que nos permita comprender el metodo de Jacobi,el cual es usado, para encontrar la solucion de un sistema cuadrado deecuaciones lineales.

Ejemplo 3.8.1. Resolver el sistema lineal

5x− y + z = 10

2x + 8y − z = 11

−x + y + 4z = 3

usando el metodo iterativo de Jacobi a partir del punto inicial (0, 0, 0).



Solucion

De la primera ecuacion tenemos que

x =10 + y − z

5,

de la segunda

y =11− 2x + z

8

y de la tercera

z =3 + x− y

4.

La iteracion de Jacobi para este caso es

xk+1 =10 + yk − zk

5

yk+1 =11− 2xk + zk

8

zk+1 =3 + xk − yk

4

y los resultados del proceso iterativo se muestran en la tabla 12

Iteracion xk yk zk

0 0 0 01 2 1.375 0.752 2.125 0.96875 0.906253 2.0125 0.95703 1.0390634 1.983593 1.001758 1.0138685 1.997578 1.0058353 0.9924316 2.002681 0.999659 1.0012877 1.9996744 0.999491 1.0007568 1.999747 1.0001759 1.00004599 2.000026 1.00006899 0.99989310 2.000035 0.99998 0.99998911 1.9999982 0.9999899 1.00001312 1.9999954 1.000002 1.00000213 2.00000 1.00000 1.00000

TABLA 12

¥

3.8. METODO DE JACOBI



2x + 8y − z = 11

−x + y + 4z = 3

5x− y + z = 10

usando el metodo iterativo de Jacobi a partir del punto inicial (0, 0, 0).

Solucion

La iteracion de Jacobi para este caso es

xk+1 =11− 8yk + zk

2

yk+1 = 3 + xk − 4zk

zk+1 = 10− 5xk + yk

los resultados de la iteracion de Jacobi se muestran en la tabla 13

Iteracion xk yk zk

0 0 0 01 5.5 3 102 -1.5 -31.5 -14.53 124.5 59.5 -144 -239.5 183.5 -6725 -1064.5 2415.5 1024

TABLA 13

¥

Observamos como a pesar de ser sistemas equivalentes el metodo deJacobi en el primer caso converge a la solucion (2, 1, 1), en tanto que para elotro sistema el metodo de Jacobi diverge.

La razon de lo anterior es que en el primer caso la matriz de coefi-cientes del sistema es una matriz estrictamente diagonal dominante, ya que|5| > | − 1| + |1|, |8| > |2| + | − 1| y |4| > | − 1| + |1|, en tanto que para elotro caso esto no se cumple.

Lo anterior significa que, para que el metodo de Jacobi converja la



matriz de coeficiente del sistema a resolver debe ser estrictamente diago-nal dominanteEn general dado el sistema lineal

a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn = b2

. . .

. . .

. . .

an1x1 + an2x2 + · · ·+ annxn = bn,

con la matriz de coeficientes diagonal estrictamente dominante y punto inicialP0 = (x0

1, x02, . . . , x

0n) y si en la iteracion k se ha obtenido el punto Pk =

(xk1, x

k2, . . . , x

kn) entonces las coordenadas del punto Pk+1 estan dadas por

xk+1i =

bi − ai1xk1 − ai2x

k2 − · · · − aii−1x

ki−1 − aii+1x

ki+1 − · · · − ainx

kn

aii

3.9. Metodo de Gauss- Saidel

Una variacion del metodo de Jacobi es el metodo de Gauss-Saidel, que es maseficiente que el primero, la diferencia esta en que en el de Jacobi para generarel nuevo punto del proceso iterativo se utilizan las coordenadas del puntoanterior, mientras que en el de Gauss-Saidel se van usando las coordenadasen la medida en que se van generando, esto es, si se supone que ya hemosobtenido xk+1

1 , xk+12 , . . . , xk+1

i−1 , entonces la coordenada xk+1i , se obtiene de la

siguiente forma:

xk+1i =

bi − ai1xk+11 − ai2x

k+12 − · · · − aii−1x

k+1i−1 − aii+1x

ki+1 − · · · − ainx

kn

aii


5x− y + z = 10

2x + 8y − z = 11

−x + y + 4z = 3

usando el metodo iterativo de Gauss-Saidel a partir del punto inicial (0, 0, 0).

3.9. METODO DE GAUSS- SAIDEL


Solucion

Primero observemos que se trata del mismo sistema resuelto con anterioridadpor el metodo de Jacobi y comparemos resultado. Al igual que para elmetodo de Jacobi se tiene que:

xk+1 =10 + yk − zk

5

yk+1 =11− 2xk+1 + zk

8

zk+1 =3 + xk+1 − yk+1

4,

la diferencia estara en que siempre utilizaremos las variables que se vangenerando para encontrar la o las variables restantes, los resultados del pro-ceso iterativo se muestran en la tabla 14

Iteracion xk yk zk

0 0 0 01 2 0.875 1.0312 1.9688 1.011675 0.989283 2.004479 0.99754 1.00173484 1.99808 1.000697 o.99934585 2.00027024 0.9998567 1.00010346 1.999951 1.0000252 0.99998157 2.000009 0.9999544 1.00000348 1.99999841 1.0000008 0.99999949 2.000000 1.000000 1.000000

TABLA 14

¥

Como podemos notar el metodo de Gauss-Saidel nos da la respuestaen 9 iteraciones en tanto que con Jacobi se obtuvo en 13, lo cual dice de larapidez de convergencia del uno comparado con el otro.


2x + 8y − z = 11

−x + y + 4z = 3

5x− y + z = 10

usando el metodo iterativo de Gauss-Saidel a partir del punto inicial (0, 0, 0).



Solucion

La iteracion de Gauss-Saidel es entonces

xk+1 =11− 8yk + zk

2

yk+1 = 3 + xk+1 − 4zk

zk+1 = 10− 5xk+1 + yk+1

los resultados de la iteracion de Gauss-Saidel se muestran en la tabla 15

Iteracion xk yk zk

0 0 0 01 5.5 8.5 7.52 -49.5 -76.5 1813 -776.75 -1477.75 2316

TABLA 15

¥

Al igual que para el de Jacobi el metodo de Gauss-Saidel, no converge a lasolucion del sistema a pesar de que son sistemas equivalentes, la razon deello es que, el metodo de Gauss-Saidel como el de Jacobi solo converge a lasolucion si la matriz de coeficientes del sistema es estrictamente diagonaldominante.

3.10. Sistema de Ecuaciones no Lineales

3.10.1. Metodo de Newton

En el problema de encontrar x? ∈ Rn tal que F (x?) = 0 donde F : Rn 7−→ Rn,es una funcion continuamente diferenciable dada, es posible utilizar metodoscomputacionales, cuya utilizacion depende de las condiciones del problemaespecıfico que se desea resolver.

Uno de los metodos mas usados en la solucion de este problema es elmetodo de Newton, el cual requiere de J(x), el jacobiano de la funcion F . Lomejor del metodo es que converge cuadraticamente, pero, a su vez, su mayordesventaja es que resolver el sistema J(x)s = −F (x), en cada iteracion escostoso.

3.10. SISTEMA DE ECUACIONES NO LINEALES


Para el caso n > 1, en analogıa con el caso n = 1, como F ∈ Rn

entonces aproximamos F (x) por el modelo lineal

Mc(x) = F (xc) + J(xc)(x− xc),

donde J(xc) es la matriz jacobiana de F en xc. El metodo de Newton tratade encontrar x+ tal que Mc(x+) = 0, esto es

F (xc) + J(xc)(x+ − xc) = 0,

luegox+ = xc − J(xc)

−1F (xc),

el cual determina un nuevo punto del proceso iterativo. Lo anterior permiteestablecer el algoritmo siguiente.

ALGORITMO DE NEWTON

Dado F : Rn 7−→ Rn continuamente diferenciable y x0 ∈ Rn

Para k = 0, 1, 2, . . . , “hasta converger”Resuelva J(xk)sk = −F (xk)Haga xk+1 = xk + sk.

Ejemplo 3.10.1. Obtenga tres iteraciones del metodo de Newton para elsistema no lineal dado por

x2 − y = 0.2

y2 − x = 0.3

Solucion

Sea

F (x, y) = F (X) =

[x2 − y − 0.2y2 − x− 0.3

]

y

J(x, y) = J(X) =

[2x −1−1 2y

].

Sea

X0 =

[1.41.4

]

el punto de inicio.



Primera Iteracion

J(X0) =

[2.8 −1−1 2.8

],

F (X0) =

[0.360.26

],

luego si

s(1) =

[s(1)1

s(1)2

],

se debe entonces resolver el sistema

[2.8 −1−1 2.8

] [s(1)1

s(1)2

]=

[ −0.36−0.26

],

o sea2.8s

(1)1 − s

(1)2 = −0.36

−s(1)1 + 2.8s

(1)2 = −0.26,

cuya solucion es s(1)1 = −0.185380116959 y s

(1)2 = −0.159064327485, luego

s(1) =

[ −0.185380116959−0.159064327485

],

de modo que

X1 = X0 + s(1) =

[1.41.4

]+

[ −0.185380116959−0.159064327485

]=

[1.214619883041.24064327485

],

y

F (X1) =

[0.034365787760.02530146029

]

Segunda Iteracion

J(X1) =

[2.429239766608 −1

−1 2.48187134504

],

y

s(2) =

[s(2)1

s(2)2

],



de modo que se resuelve el sistema

[2.429239766608 −1

−1 2.48187134504

] [s(2)1

s(2)2

]=

[ −0.03436578776−0.02530146029

]

esto es2.429239766608s

(2)1 − s

(2)2 = −0.03436578776

−s(2)1 + 2.48187134504s

(2)2 = −0.02530146029

que tiene como solucion s(2)1 = −0.0219907863685 y s

(2)2 = −0.0190551049745

ası que

X2 = X1 + s(2) =

[1.219471201931.22188056755

]

y

F (X2) =

[0.065229444796−0.02647908057

]

Tercera Iteracion

J(X2) =

[2.43894240380 −1

−1 2.4437611351

],

y

s(3) =

[s(3)1

s(3)2

],

por tanto se resuelve el sistema

[2.43894240380 −1

−1 2.4437611351

] [s(3)1

s(3)2

]=

[ −0.0652294447960.02647908057

]

esto es2.43894240380s

(3)1 − s

(3)2 = −0.06522944479

−s(3)1 + 2.4437611351s

(3)2 = 0.02647908057

cuya solucion es s(3)1 = −0.0267985763175 y s

(3)2 = −0.0001307393522 de

modo que

X3 = X2 + s(3) =

[1.192672625611.2217498282

]

y

F (X3) =

[0.000718163680.00000000171

].



Observese que

||F (X3)|| =√

0.000718163682 + 0.000000001712 = 0.00071816380203,

que es una buena aproximacion a la solucion que como sabemos debe ser talque

||F (X?)|| ≈ 0,

naturalmente si queremos una mejor solucion debemos efectuar mas itera-ciones ¥

3.10.2. Ventajas y Desventajas de Metodo de Newton

VENTAJAS

1. Suponiendo que J(xk) es no singular, converge q-cuadraticamente si secomienza de un punto suficientemente cercano a la solucion.

2. Para una funcion lineal F, da la solucion exacta en una iteracion (o unpaso).

DESVENTAJAS

1. No es globalmente convergente para muchos problemas.

2. Requiere el calculo J(xk) en cada iteracion.

3. Cada iteracion requiere la solucion de un sistema de ecuaciones linealesque puede ser singular o mal condicionado.

3.10.3. Metodo de Punto Fijo

A menudo es conveniente resolver un sistema de ecuaciones no lineal por unproceso iterativo que no requiera evaluar las derivadas parciales como es elcaso del metodo de Newton. Una opcion adecuada es usar la iteracion depunto fijo, la cual es una extension de la idea en la seccion 2.2.

En efecto, si x ∈ D ⊂ Rn y si suponemos ademas que f(x), esta definidaen un rectangulo n-dimensional R = (x1, x2, . . . , xn)/ai ≤ xi ≤ bi paraalgunas constantes a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn. Supongamos ademas quelas componentes de la matriz jacobiana son continuas en D, si f(x) ∈ D,∀x ∈ D, entonces existe un punto fijo P ∈ D.



Ahora si F (P ), es la matriz jacobiana de f en P y si ||F (P )||∞ < 1,la sucesion generada por la iteracion de punto fijo definida por xk+1 = f(xk)converge, mientras que el punto de inicio este suficientemente cerca al puntofijo P .

Ademas si K < 1 es tal que para todo x ∈ D,∣∣∣∂fi(x)

∂xj

∣∣∣ ≤ K

n, para

cada i = 1, 2, 3, . . . , n, j = 1, 2, 3, . . . , n, entonces para cualquier puntoinicial, la iteracion de punto fijo converge.

Una cota del error en el n-esimo paso esta dado por

||xn − P ||∞ ≤ Kn

1−K||x1 − x0||∞.

Como una ilustracion del uso de la iteracion de punto fijo, busquemos lasolucion del siguiente sistema.

f1(x, y, z) = x3 − 10x + y − z + 3 = 0

f2(x, y, z) = y3 + 10y − 2x− 5 = 0

f3(x, y, z) = x + y − 10z + 2Senz + 5 = 0.

estas ecuaciones se pueden escribir de la forma F (X) = 0, F : R3 → R3.

Hay muchas posibilidades para convertir este sistema como una it-eracion de punto fijo, pero su convergencia depende de que la magnitud dela derivada parcial de F sea suficientemente pequena, para esto reescribimosel sistema de la siguiente forma

xk+1 = 0.1x3k + 0.1yk − 0.1zk + 0.3

yk+1 = −0.1y3k + 0.2xk + 0.5

zk+1 = 0.1xk + 0.1yk + 0.2Senzk + 0.5

Si tomamos X0 = (1, 1, 1) se tiene el siguiente resultado (tabla 16)



Iteracion xi yi zi

0 1 1 11 0.4 0.6 0.8682942 0.279571 0.5584 0.7526463 0.282761 0.538503 0.7205124 0.28406 0.540936 0.71408035 0.284734 0.540984 0.7134846 0.285058 0.541114 0.7134667 0.285081 0.541168 0.7136098 0.285083 0.541167 0.7135239 0.285081 0.541167 0.713525

TABLA 16

la cual es una buena aproximacion ya que ||F (X)||2 = 0.00004 ≈ 0

Ejercicios

En los ejercicios del 1-5 aproxime la solucion del sistema AX = b, partiendode x0 = [0; 0; 0], usando primero el metodo de Jacobi y luego el de Gauss-Saidel,

1.

A =

10 −2 1−2 10 −2−2 −5 10

, b =

91218

2.

A =

4 1 01 3 −11 0 2

, b =

3−45

3.

A =

5 −1 0−1 3 −10 −1 5

, b =

94−6

4.

A =

8 1 −1−1 7 −22 1 9

, b =

8412



5.

A =

4 1 01 3 −10 −1 4

, b =

345

Use la eliminacion gaussiana y la aritmetica de truncamiento a cua-tro dıgitos para resolver los siguientes sistemas. Compare luego con lasolucion real

6.

a) 0.03x1 + 58.9x2 = 59.2 b) 58.9x1 + 0.03x2 = 59.2

5031x1 − 6.1x2 = 47 − 6.1x1 + 5.31x2 = 47

Solucion real (10; 1)T Solucion real (1; 10)T

c) 3.03x1 − 12.1x2 + 14x3 = −119

−3.03x1 + 12.1x2 − 7x3 = 120

6.11x1 − 14.2x2 + 21x3 = −139

Solucion real (0; 10;1

7)T

d) πx1 − ex2 +√

2x3 −√

3x4 =√

11

π2x1 + ex2 − e2x3 +3

7x4 = 0

√5x1 −

√6x2 + x3 −

√2x4 = π

π3x1 + e2x2 −√

7x3 +1

9x4 =

√2

Solucion real (0.78839378; 0.01269269;−0.02065405;−1.18260870)T

7. Repita el ejercicio 6 usando pivoteo parcial.

8. Repita el ejercicio 6 usando pivoteo parcial escalado.

En los ejercicios 9-13 use a) el metodo de Newton, b) la iteracion depunto fijo para resolver los siguientes sistemas no lineales

9.f(x, y, z) = x3 − 10x + y − z + 3 = 0

g(x, y, z) = y3 + 10y − 2x− 2z − 5 = 0

h(x, y, z) = x + y − 10z + 2 sen z + 5 = 0



10.f(x, y, z) = x2 + 20x + y2 + z2 − 20 = 0

g(x, y, z) = x2 + 20y + z2 − 20 = 0

h(x, y, z) = x2 + y2 − 40z = 0

11.f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + 10x− 4 = 0

g(x, y, z) = x2 − y2 + z2 + 10y − 5 = 0

h(x, y, z) = x2 + y2 − z2 + 10z − 6 = 0

12.f(x, y, z) = 10x− x2 − y − z2 − 4 = 0

g(x, y, z) = 10y − x2 − y2 − z2 − 5 = 0

h(x, y, z) = 10z − x− y2 − z2 − 6 = 0

13.f(x, y, z) = 10x− x3 + y2 − z − 5 = 0

g(x, y, z) = 10y + 0.5x2 − y2 − z − 3 = 0

h(x, y, z) = 10z − x− y2 − z3 − 6 = 0

14. Resuelva el siguiente sistema no lineal usando el metodo de Newton Si

1

2= a1 y

3

2= a2,

resuelva el sistema0 = a1x1 + a2x2

2

3= a1x

21 + a2x

22

0 = a1x31 + a2x

32

15. El estado estacionario de concentracion de dos especies quımicas enun sistema quımico oscilatorio descrito por el modelo de Brusselatoresta dado por el sistema no lineal

0 = A + x2y − (B + 1)x

0 = Bx− x2y,

encuentre la solucion si



a) B=1, A = 1

b) B=3, A=1

c) B=2, A=1

16. Determine las fuerzas y reacciones asociada con la estructura estaticaasociada a la siguiente figura.

F1 F3

F2

30o 60o

V3

6 6

?6

1000lbs

6

-H2

V2

1

2 3

Figura 3.3 Problema 16

17. Determine las fuerzas y reacciones asociada con la estructura estaticaasociada a la figura 3.4.



400lbs? ?

200lbs

45o 45o

6

6

60o 30o

Figura 3.4 Problema 17


Capıtulo 4

Interpolacion Polinomial

Por el termino interpolar se entiende estimar el valor desconocido deuna funcion en un punto, tomando una medida ponderada de sus valoresconocidos en puntos cercanos al punto dado.

El primer polinomio de aproximacion que estudiaremos es el polinomio deTaylor. Para ello supongamos que el polinomio

Pn(x) =n∑

i=0

ci(x− x0)i,

es tal que Pn(x0) = f(x0) y P(k)n (x0) = f (k)(x0) para k = 1, 2, 3, . . . , n,

deseamos encontrar un polinomio que aproxime a f(x) alrededor de x = x0.

Pero

P (k)n (x) =

n−k∑i=0

(i + 1)(i + 2) . . . (i + k)ci+k(x− x0)i,

luego

P (k)n (x) = 1 · 2 · 3 . . . kck +

n−k∑i=1

(i + 1)(i + 2) . . . (i + k)ci+k(x− x0)i,

ası queP (k)

n (x0) = k!ck,

pero como P(k)n (x0) = f (k)(x0), entonces

ck =f (k)(x0)

k!,

ası que el polinomio de Taylor que aproxima a f(x) alrededor de x = x0 es

Pn(x) =n∑

i=0

f (i)(x0)

i!(x− x0)

i

105


Definicion 4.0.1. Supongamos f tiene derivada de orden n y Pn(x) es elpolinomio de aproximacion de f(x), definimos

En(x) = f(x)− Pn(x)

Teorema 4.0.1. Supongamos x0 es cualquier numero con x0 6= x, si ftiene n derivadas continuas en un intervalo cerrado I = [x0, x] y f (n+1)(x)esta definida en (x0, x), entonces existe un numero c ∈ (x0, x), tal que

En =f (n+1)(c)

(n + 1)!(x− x0)

n+1

Demostracion. Sea t ∈ I, y definamos F (t) y G(t) como

F (t) = f(x)−f(t)−f′(t)(x−t)− f

′′(t)(x− t)2

2!−· · ·− f (n)(t)(x− t)n

n!−En(x),

yG(t) = (x− t)n+1,

entonces, F (x) = −En(x), G(x) = 0, F (x0) = f(x) − Pn(x) − En(x) = 0 yG(x0) = (x− x0)

n+1, ademas

F′(t) = −f

′(t)+f

′(t)−f

′′(t)(x−t)+f

′′(t)(x−t)−f

′′′(t)(x− t)2

2!+

f′′′(t)(x− t)2

2!

−f (4)(t)(x− t)3

3!+ · · · − f (n)(t)(x− t)(n−1)

(n− 1)!+

f (n−1)(t)(x− t)(n−2)

(n− 2)!−

f (n+1)(t)(x− t)n

n!+

f (n)(t)(x− t)(n−1)

(n− 1)!

luego

F′(t) = −f (n+1)(t)(x− t)n

n!y

G′(t) = −(n + 1)(x− t)n.

Aplicando el teorema del valor medio generalizado a F y G se tiene

F (x)− F (x0)

G(x)−G(x0)=

F′(c)

G′(c),

luego entonces

−En(x)

−(x− x0)n+1=−f (n+1)(c)(x− c)n

n!−(n + 1)(x− c)n

,

CAPITULO 4. INTERPOLACION POLINOMIAL


luegoEn(x)

(x− x0)n+1=

f (n+1)(c)

(n + 1)!,

y por tanto

En(x) =f (n+1)(c)

(n + 1)!(x− x0)

n+1

4.1. Interpolacion de Lagrange

Para la interpolacion lineal utilizamos un segmento de recta que pasa por dospuntos conocidos, sean P (x0, y0) y P (x1, y1) dichos puntos, luego la pendientedel segmento es

m =y1 − y0

x1 − x0

,

y por tanto la ecuacion de la recta que contiene a ese segmento es

y = P (x) = y0 +y1 − y0

x1 − x0

(x− x0)

o sea que

y = P (x) =y1 − y0

x1 − x0

x +y0(x1 − x0)− x0(y1 − y0)

x1 − x0

,

de modo que

y = P (x) =y1 − y0

x1 − x0

x +y0x1 − x0y1

x1 − x0

,

que es un polinomio de grado menor o igual que 1, que satisface queP (x0) = y0 y P (x1) = y1.

Lagrange propuso otro procedimiento para encontrar este polinomio.Como

y = P1(x) = y0 +y1 − y0

x1 − x0

(x− x0),

entonces

y = P1(x) = y0 + (y1 − y0)x− x0

x1 − x0

= y1x− x0

x1 − x0

+ y0 − y0x− x0

x1 − x0

,

luego

y = P1(x) = y1x− x0

x1 − x0

+ y0

(1− x− x0

x1 − x0

),

4.1. INTERPOLACION DE LAGRANGE


o sea que

y = P1(x) = y1x− x0

x1 − x0

+ y0x− x1

x0 − x1

.

Sea

L1,0(x) =x− x1

x0 − x1

y

L1,1(x) =x− x0

x1 − x0

,

los cuales son lineales, ası que

P1(x) = y0L1,0(x) + y1L1,1(x),

pero como L1,0(x0) = 1, L1,0(x1) = 0, L1,1(x0) = 0, L1,1(x1) = 1, entonces

P1(x0) = y0L1,0(x0) + y1L1,1(x0) = y0

y

P1(x1) = y0L1,0(x1) + y1L1,1(x1) = y1,

por tanto P1(x) pasa por los puntos (x0, y0) y (x1, y1).

Definicion 4.1.1. Los terminos

L1,0(x) =x− x1

x0 − x1

y

L1,1(x) =x− x0

x1 − x0

se definen como polinomios coeficientes de Lagrange

De la definicion anterior se tiene que

P1(x) =1∑

k=0

ykL1k(x).

Cuando yk = f(xk), el proceso de utilizar P1(x) para aproximar a f(x) en[x0, x1] se conoce como interpolacion lineal, x0 y x1 se les llama nodos.

Si x < x0 entonces al proceso se le llama extrapolacion.



Ejemplo 4.1.1. Consideremos la grafica de y = f(x) = sen x en [0.2, 1].a) Usar los nodos x0 = 0.2 y x1 = 1 para construir un polinomio de interpo-lacion lineal P1(x) y calcular f(0.6).b) Usar los nodos x0 = 0.4 y x1 = 0.8 para construir un polinomio de inter-polacion lineal Q1(x) y calcular f(0.6).

Solucion

a) Como x0 = 0.2 y x1 = 1, entonces y0 = sen 0.2 = 0.198669 y

y1 = sen 1 = 0.841471 luego P1(x) = 0.198669x− 1

0.2− 1+ 0.841471

x− 0.2

1− 0.2, o

sea que P1(x) = −0.248331(x− 1) + 1.051839(x− 0.2) y f(0.6) = 0.520068b) Para x0 = 0.4 y x1 = 0.8, entonces y0 = sen 0.4 = 0.389418 y y1 =

sen 0.8 = 0.717356 luego Q1(x) = 0.389418x− 0.8

0.4− 0.8+0.717356

x− 0.4

0.8− 0.4, por

tanto Q1(x) = −0.973545(x − 0.8) + 1.79339(x − 0.4) y f(0.6) = 0.553387.¥

En la figura 4.1 podemos observar como Q1 aproxima mejor a y = f(x) queP1.

66

-0.2 0.4 0.6 0.8

1

0.2

0.4

0.6

0.8

1

.....................................................................

.......

P1(x)

-

6

6

6 0.2

0.2

0.4

0.4

0.6

0.6

0.8

0.8

1

1

..6

..........................................................

........................

y = f(x)y = f(x)

P1 Q1

Figura 4.1

4.1. INTERPOLACION DE LAGRANGE


En general si se tiene los n + 1 puntos x0, x1, . . . , xn, y si f(xk) = P (xk)para k = 0, 1, 2, 3 . . . , n el polinomio que pasa por esos n + 1 puntos es

Pn(x) =n∑

k=0

ykLn,k,

donde

Ln,k =(x− x0)(x− x1) . . . (x− xk−1)(x− xk+1) . . . (x− xn)

(xk − x0)(xk − x1) . . . (xk − xk−1)(xk − xk+1) . . . (xk − xn),

o usando una notacion mas compacta

Ln,k =

n∏j=0

(x− xj)

n∏j=0

(xk − xj), k 6= j

Ejemplo 4.1.2. Consideremos y = f(x) = sen x en el intervalo [0.2, 1]a) Usando los nodos x0 = 0.2, x1 = 0.5, x2 = 1, construir el polinomiointerpolador P2(x).b) Usando los nodos x0 = 0.2, x1 = 0.4, x2 = 0.8, x3 = 1, construir elpolinomio interpolador P3(x) y calcular f(0.6).

Solucion

a)

P2(x) = y0(x− x1)(x− x2)

(x0 − x1)(x0 − x2)+y1

(x− x0)(x− x2)

(x1 − x0)(x1 − x2)+y2

(x− x0)(x− x1)

(x2 − x0)(x2 − x1),

pero y0 = sen x0 = 0.198669, y1 = sen x1 = 0.479426, y2 = sen x2 = 0.841471,luego

P2(x) = 0.198669(x− 0.5)(x− 1)

(0.2− 0.5)(0.2− 1)+ 0.479426

(x− 0.2)(x− 1)

(0.5− 0.2)(0.5− 1)

+0.841471(x− 0.2)(x− 0.5)

(1− 0.2)(1− 0.5),

luego

P2(x) = 0.198669(x− 0.5)(x− 1)

0.24+ 0.479426

(x− 0.2)(x− 1)

−0.15



+0.841471(x− 0.2)(x− 0.5)

0.4,

por tanto

P2(x) = 0.8277675(x−0.5)(x−1)−3.196173(x−0.2)(x−1)+2.103678(x−0.2)(x−0.5),

b)

P3(x) = y0(x− x1)(x− x2)(x− x3)

(x0 − x1)(x0 − x2)(x0 − x3)+ y1

(x− x0)(x− x2)(x− x3)

(x1 − x0)(x1 − x2)(x1 − x3)

+y2(x− x0)(x− x1)(x− x3)

(x2 − x0)(x2 − x1)(x2 − x3)+ y3

(x− x0)(x− x1)(x− x2)

(x3 − x0)(x3 − x1)(x3 − x2),

pero y0 = sen x0 = 0.198669, y1 = sen x1 = 0.389418, y2 = sen x2 = 0.717356y y3 = sen x3 = 0.8411471, luego

P3(x) = 0.198669(x− 0.4)(x− 0.8)(x− 1)

(0.2− 0.4)(0.2− 0.8)(0.2− 1)+0.389418

(x− 0.2)(x− 0.8)(x− 1)

(0.4− 0.2)(0.4− 0.8)(0.4− 1)

+0.717356(x− 0.2)(x− 0.4)(x− 1)

(0.8− 0.2)(0.8− 0.4)(0.8− 1)+0.841471

(x− 0.2)(x− 0.4)(x− 0.8)

(1− 0.2)(1− 0.4)(1− 0.8),

por tanto

P3(x) = −2.069469(x−0.4)(x−0.8)(x−1)+8.112875(x−0.2)(x−0.8)(x−1)

−14.9449(x− 0.2)(x− 0.4)(x− 1) + 8.765323(x− 0.2)(x− 0.4)(x− 0.8)

con este polinomio el valor de f(0.6) = 0.56449 ¥

4.2. Cotas de Error

Teorema 4.2.1. Polinomio Interpolador de Lagrange Supongamosque f ∈ Cn+1[a, b] y x0, x1, . . . , xn son los nodos de interpolacion, entonces,∀x ∈ [a, b]

f(x) = Pn(x) + En(x),

donde

En(x) =(x− x0)(x− x1) . . . (x− xn)f (n+1)(c)

(n + 1)!c ∈ [a, b]

4.2. COTAS DE ERROR


Demostracion. Miremos primero el caso n = 1, para esto sea

g(t) = f(t)− P1(t)− E1(x)(t− x0)(t− x1)

(x− x0)(x− x1),

luego

g(x) = f(x)− P1(x)− E1(x)(x− x0)(x− x1)

(x− x0)(x− x1)= f(x)− P1(x)− E1(x) = 0,

g(x0) = f(x0)− P1(x0)− E1(x)(x0 − x0)(x0 − x1)

(x− x0)(x− x1)= 0

y

g(x1) = f(x1)− P1(x1)− E1(x)(x1 − x0)(x1 − x1)

(x− x0)(x− x1)= 0.

Supongamos sin perder generalidad que x ∈ (x0, x1), luego por el teoremade Rolle aplicado a g(t) en [x0, x] se tiene que existe d0 ∈ (x0, x) tal queg′(d0) = 0 y aplicando el mismo teorema a g en el intervalo [x, x1] existe

d1 ∈ (x, x1) tal que g′(d1) = 0, luego la funcion g

′(t) = 0 si t = d0 o

t = d1, aplicando nuevamente el teorema de Rolle pero a la funcion g′(t) en

el intervalo [d0, d1] existe c ∈ (d0, d1) tal que g′′(c) = 0, pero

g′(t) = f

′(t)− P

′1(t)− E1(x)

[(t− x1) + (t− x0)]

(x− x0)(x− x1)

y

g′′(t) = f

′′(t)− P

′′1 (t)− E1(x)

2

(x− x0)(x− x1),

pero como P1(x) es de grado 1, entonces P′′1 (t) = 0, ∀t luego

g′′(t) = f

′′(t)− E1(x)

2

(x− x0)(x− x1),

ası que

0 = f′′(c)− E1(x)

2

(x− x0)(x− x1),

de modo que

E1(x) =f′′(c)

2(x− x0)(x− x1).

Para el caso general observemos que si x = xk, k = 0, 1, 2, . . . , n, entoncesEn(xk) = 0, ası que f(xk) = Pn(xk), y en este caso c puede tomar un valorarbitrario en (a, b), supongamos, x 6= xk k = 0, 1, 2, . . . , n y sea

g(t) = f(t)− Pn(t)− En(x)(t− x0)(t− x1) . . . (t− xn)

(x− x0)(x− x1) . . . (x− xn)



= f(t)− Pn(t)− En(x)n∏

i=0

(t− xi)

x− xi

,

cuando t = xk, se tiene que,

g(xk) = f(xk)−Pn(xk)−En(x)n∏

i=0

(xk − xi)

x− xi

= 0−En(x)·0 = 0 k = 0, 1, 2, . . . , n,

ademas

g(x) = f(x)− Pn(x)− En(x)n∏

i=0

(x− xi)

x− xi

= f(x)− Pn(x)− En(x) = 0,

luego g se anula en los n+2 puntos x, x0, x1, . . . , xn, por tanto por el teoremade Rolle existe c ∈ (a, b) tal que gn+1(c) = 0, pero

g(n+1)(t) = f (n+1)(t)− P (n+1)n (t)− En(x)

dn+1

dtn+1

n∏i=0

(t− xi)

(x− xi),

pero como Pn(x) es un polinomio de grado n , entonces P(n+1)n (t) = 0, ademas

n∏i=0

(t− xi)

x− xi

=1∏n

i=0(x− xi)tn+1+terminos de grado menor que n

y

dn+1

dtn+1

n∏i=0

(t− xi)

(x− xi)=

(n + 1)!∏ni=0(x− xi)

ya que

dn+1

dtn+1tn+1 = (n + 1)n(n− 1) . . . 2.1 = (n + 1)!,

luego

0 = f (n+1)(c)− 0− En(x)(n + 1)!∏ni=0(x− xi)

,

ası que

En(x) =f (n+1)(c)

(n + 1)!

n∏i=0

(x− xi)

4.2. COTAS DE ERROR


4.3. Polinomio Interpolador de Newton

Cuando queremos aproximar funciones por polinomios es deseable disponerde varios polinomios y escoger el que mas se adecue a las necesidades delproblema. En los polinomios de Lagrange, estos se construyen individual-mente, y no tienen relacion alguna entre si, esto, junto con el hecho de quepara su construccion se necesita un alto numero de operaciones, lo cualimplica un alto costo computacional, constituyen una desventaja.

Presentamos ahora los polinomios interpolantes de Newton, los cualesse construyen recursivamente. Sean

P1(x) = a0 + a1(x− x0)

P2(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)(x− x1)

P3(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)(x− x1) + a3(x− x0)(x− x1)(x− x2)

.

.

Pn(x) = a0 + a1(x− x1) + a2(x− x1)(x− x2) + a3(x− x0)(x− x1)(x− x2)

+ · · ·+ an(x− x0)(x− x1)(x− x2) . . . (x− xn−1).

Observemos que

P2(x) = P1(x) + a2(x− x0)(x− x1)

P3(x) = P2(x) + a3(x− x0)(x− x1)(x− x2)

.

.

Pn(x) = Pn−1(x) + an(x− x0)(x− x1)(x− x2) . . . (x− xn−1).

Definicion 4.3.1. Al polinomio

Pn(x) = Pn−1(x) + an(x− x0)(x− x1)(x− x2) . . . (x− xn−1)

de le define como el polinomio de Newton con n centros x0, x1, . . . , xn−1

Ejemplo 4.3.1. Dados los centros x0 = 2, x1 = 4, x2 = 5, x3 = 6, cona0 = 4, a1 = 3, a2 = −5, a3 = −4, a5 = 0.5, calcular P1(x), P2(x), P3(x),P4(x) y evaluar P3(2.6).



Solucion

a)

P1(x) = 4 + 3(x− 2)

P2(x) = 4 + 3(x− 2)− 5(x− 2)(x− 4)

P3(x) = 4 + 3(x− 2)− 5(x− 2)(x− 4)− 4(x− 2)(x− 4)(x− 5)

P4(x) = 4 + 3(x− 2)− 5(x− 2)(x− 4)− 4(x− 2)(x− 4)(x− 5)

+0.5(x− 2)(x− 4)(x− 5)(x− 6)

b)

P3(2.6) = 4 + 1.8 + 4.2− 8.064 = 1.936

¥

La forma de evaluar a P3(2.6) se puede hacer de manera mas facil dela siguiente forma

P3(x) = (((a3(x− x2) + a2)(x− x1) + a1)(x− x0) + a0),

si tomamos S3 = a3 = −4, S2 = S3(x − x2) + a2, S1 = S2(x − x1) + a1,S0 = S1(x − x0) + a0, entonces, S3 = −4, S2 = −4 × −2.4 − 5 = 4.6,S1 = 4.6(2.6 − 4) + 3 = −3.44, S0 = −3.44(2.6 − 2) + 4 = 1.936, el procesoanterior se conoce con el nombre de multiplicaciones encajadas.

Supongamos ahora se quieren encontrar los coeficientes ak de los poli-nomios de Newton que aproximan a la funcion f(x), entonces para P1(x) setiene que P1(x0) = f(x0) y P1(x1) = f(x1), luego P1(x0) = a0 = f(x0) yP1(x1) = f(x1) = a0 + a1(x1 − x0), de modo que,

a1 =f(x1)− f(x0)

x1 − x0

.

Para P2(x), se tiene que f(x2) = P2(x2) = f(x0) + a1(x2 − x0) + a2(x2 −x0)(x2 − x1), luego

f(x2)− f(x0)− a1(x2 − x0)

(x2 − x0)(x2 − x1)= a2,

o sea que

a2 =f(x2)− f(x0)

(x2 − x0)(x2 − x1)−

f(x1)−f(x0)x1−x0

(x2 − x0)

(x2 − x0)(x2 − x1)

4.3. POLINOMIO INTERPOLADOR DE NEWTON


=( f(x2)− f(x0)

(x2 − x0)(x2 − x1)− f(x1)− f(x0)

(x1 − x0)(x2 − x1)

),

por lo tanto

a2 =(f(x2)− f(x0))(x1 − x0)− (f(x1)− f(x0))(x2 − x0)

(x1 − x0)(x2 − x0)(x2 − x1),

o tambien

a2 =x1f(x2)− x1f(x0)− x0f(x2) + x0f(x0)− x2f(x1) + x0f(x1) + x2f(x0)− x0f(x0)

(x1 − x0)(x2 − x0)(x2 − x1),

de modo que

a2 =f(x2)(x1 − x0)− f(x1)(x1 − x0)− f(x1)(x2 − x1) + f(x0)(x2 − x1)

(x1 − x0)(x2 − x0)(x2 − x1),

=((x1 − x0)(f(x2)− f(x1))

(x1 − x0)(x2 − x1)− (x2 − x1)(f(x1)− f(x0))

(x1 − x0)(x2 − x1)

) 1

x2 − x0

,

y por tanto

a2 =(f(x2)− f(x1)

x2 − x1

− f(x1)− f(x0)

x1 − x0

) 1

x2 − x0

.

El numerador es una diferencia de cocientes de diferencias, a cada uno deestos cocientes, se les llama diferencias divididas, definamos este concepto.

Definicion 4.3.2. Sea f(x) una funcion se define las diferencias divididasde f(x) como

f [xk] = f(xk)

f [xk−1, xk] =f [xk]− f [xk−1]

xk − xk−1

f [xk−2, xk−1, xk] =f [xk−1, xk]− f [xk−2, xk−1]

xk − xk−2

f [xk−3, xk−2, xk−1, xk] =f [xk−2, xk−1, xk]− f [xk−3, xk−2, xk−1]

xk − xk−3

,

en general

f [xk−j, xk−j+1 . . . , xk] =f [xk−j+1, xk−j+2 . . . , xk]− f [xk−j, xk−j+1, . . . , xk−1]

xk − xk−j

,



Las diferencias divididas nos permitiran calcular los coeficientes ak de lospolinomios de Newton, ya que estos se calculan mediante la expresion

ak = f [a0, a1, a2 . . . , ak] k = 0, 1, 2, 3, . . . , n

.

La siguiente tabla ilustra las diferencias divididas para k = 0, 1, 2, 3, 4

k f [xk] f [, ] f [, , ] f [, , , ] f [, , , , ]

0 f [x0]1 f [x1] f [x0, x1]2 f [x2] f [x1, x2] f [x0, x1, x2]3 f [x3] f [x2, x3] f [x1, x2, x3] f [x0, x1, x2, x3]4 f [x4] f [x3, x4] f [x2, x3, x4] f [x1, x2, x3, x4] f [x0, x1, x2, x3, x4]

TABLA 17

Ejemplo 4.3.2. Si f(x) = cos x, construir la tabla de diferencias divididaspara los nodos x0 = 0.2, x1 = 0.4, x2 = 0.8, x3 = 1.0, x4 = 1.2.

Solucion

Las diferencias divididas en este caso se muestran en la tabla 18

k xk f [xk] f [, ] f [, , ] f [, , , ] f [, , , , ]

0 0,2 0,98006661 0,4 0,92106099 -0,29562812 0,8 0,6967067 -0,5608857 -0,4420963 1,0 0,540302 -0,782022 -0,3685605 0,09191944 1,2 0,3623578 -0,8897225 -0,26925125 0,1241366 0,0322172

TABLA 18

¥

Ejemplo 4.3.3. Calcular los coeficientes ak y los cuatro polinomios inter-polantes de Newton si f(x) = sen x para los puntos x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2,x3 = 3, x4 = 4.

Solucion

Las diferencias divididas en este caso se muestran en la tabla 19.

4.3. POLINOMIO INTERPOLADOR DE NEWTON


xk f [xk] f [, ] f [, , ] f [, , , ] f [, , , , ]

0 01 0.841471 0.8414712 0.909297 0.067826 -0.38682253 0.141120 -0.768177 -0.4180015 -0.0103934 -0.756802 -0.897922 -0.0648725 0.1177097 0.0320257

TABLA 19

luego a0 = 0, a1 = 0.841471, a2 = −0.3868225, a3 = −0.010393, a4 =0.0320257, ası que

P1(x) = a0 + a1(x− x0) = 0 + 0.841471(x− 0) = 0.841471x,

P2(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)(x− x1),

luego

P2(x) = 0.841471x− 0.3868225x(x− 1),

para P3(x) se tiene que

P3(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)(x− x1) + a3(x− x0)(x− x1)(x− x1),

de modo que

P3(x) = 0.841471x− 0.3868225x(x− 1)− 0.010393x(x− 1)(x− 2),

ahora

P4(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)(x− x1) + a3(x− x0)(x− x1)(x− x2)+

a4(x− x0)(x− x1)(x− x2)(x− x3),

por consiguiente

P4(x) = 0.841471x− 0.3868225x(x− 1)− 0.010393x(x− 1)(x− 2)+

0.0320257x(x− 1)(x− 2)(x− 3).

¥



4.4. Polinomios de Hermite

Definicion 4.4.1. Sean x0, x1, . . . , xn ∈ [a, b], mi un entero no negativo, aso-ciado a cada xi, con i = 0, 1, 2, 3 . . . , n, f ∈ Cm[a, b] con m = max0≤i≤n mi,definimos el Polinomio Osculante que aproxima a f como el polinomiode menor grado tal que

d(k)P (xi)

dxk=

d(k)f(xi)

dxk,

∀k = 0, 1, 2, 3, . . . , mi

Observemos que si i = 0, entonces k = 0, 1, 2, . . . , m0, luego P (0)(x0) =f (0)(x0), P

′(x0) = f

′(x0), P

′′(x0) = f

′′(x0),. . . , P (m0)(x0) = f (m0)(x0),

o sea que en este caso el polinomio osculante es que aproxima a f es elm0-esimo polinomio de Taylor, pero si mi = 0 para i = 1, 2, 3, . . . , n ,entonces, P (x0) = f(x0), P (x1) = f(x1), P (x2) = f(x2), . . . , P (xn) = f(xn),es decir que P (xk) = f(xk) para k = 1, 2, 3, . . . , n y en este caso el polinomioosculante es el n-esimo polinomio de Lagrange.

Ahora si mi = 1 para i = 0, 1, 2, . . . , n, el polinomio osculante queaproxima a f son los llamados Polinomios de Hermite, observese que eneste caso P (xk) = f(xk) y P

′(xk) = f

′(xk), k = 0, 1, 2, 3, . . . , n.

Teorema 4.4.1. Sea f ∈ C[a, b], x0, x1, x2, . . . , xn ∈ [a, b] con xi 6= xj,i, j = 0, 1, 2, . . . , n, el polinomio unico de menor grado que coincide con f yf′en x0, x1, x2, . . . , xn es el polinomio de Hermite de grado 2n + 1 dado por

H2n+1(x) =n∑

i=0

f(xi)Hn,i(x) +n∑

i=0

f′(xi)Hn,i(x)

donde

Hn,i(x) = [1− 2(x− xi)L′n,i(xi)]L

2n,i(x)

y

Hn,i(x) = (x− xi)L2n,i(x)

Demostracion. Como

Ln,i(x) =n∏

j=0,j 6=i

(x− xj)

(xi − xj),

4.4. POLINOMIOS DE HERMITE


entonces Ln,i(xj) = 0 si j 6= i y Ln,i(xj) = 1 si j = i, por lo tanto, si i = j

Hn,i(xj) = [1−2(xj−xi)L′n,i(xi)]L

2n,i(xj) = 1 y Hn,i(xj) = (xj−xj)L

2n,i(xj) =

0, y si j 6= i Hn,i(xj) = 0 y Hn,i(xj) = 0 , pero como

H2n+1(x) =n∑

i=0,j 6=i

f(xi)Hn,i(x) + f(xj)Hn,i(x) +n∑

i=0

f′(xi)Hn,i(x),

entonces

H2n+1(xj) =n∑

i=0,j 6=i

f(xi)Hn,i(xj) + f(xj)Hn,i(xj) +n∑

i=0

f′(xi)Hn,i(xj),

ası que

H2n+1(xj) =n∑

i=0,j 6=i

f(xi) · 0 + f(xj) · 1 +n∑

i=0

f′(xi) · 0 = f(xj),

por tanto H2n+1(xj) = f(xj) para j = 0, 1, 2, . . . , n.

Ahora

H′n,i(x) = −2L

′n,i(xi)L

2n,i(x) + 2Ln,i(x)L

′n,i(x)[1− 2(x− xi)L

′n,i(xi)],

ası que si j 6= i,

H′n,i(xj) = −2L

′n,i(xj)L

2n,i(xj) + 2Ln,i(xj)L

′n,i(xj)[1− 2(xj − xi)L

′n,i(xi)]

= −2L′n,i(xi) · 0 + 2 · 0L′

n,i(xj)[1− 2(xj − xj)L′n,i(xi)] = 0,

y si i = j

H′n,j(xj) = −2L

′n,j(xj)L

2n,j(xj) + 2Ln,j(xj)L

′n,j(xj)[1− 2(xj − xj)L

′n,j(xj)],

= −2L′n,j(xj) + 2L

′n,j(xj) = 0

por tanto H′n,i(xj) = 0 ∀j, i.

TambienH

′n,i(x) = L2

n,i(x) + 2(x− xi)Ln,i(x)L′n,i(x),

ası queH

′n,i(xj) = L2

n,i(xj) + 2(x− xi)Ln,i(xj)L′n,i(xj)

= Ln,i(xj)[Ln,i(xj) + 2(xj − xi)L′n,j(xj)],



luego, si j 6= i Ln,i(xj) = 0 y por tanto

H′n,i(xj) = 0

y si i = jH

′n,i(xi) = Ln,i(xi)[Ln,i(xi) + 2(xi − xi)L

′n,i(xi)]

= 1[1 + 2(xi − xi)L′n,i(xi)] = 1,

de modo que como

H′2n+1(x) =

n∑i=0

f(xi)H′n,i(x) +

n∑i=0

f′(xi)H

′n,i(x)

=n∑

i=0

f(xi)H′n,i(x) +

n∑

i=0,i6=j

f′(xi)H

′n,i(x) + f

′(xj)H

′n,i(x),

entonces

H′2n+1(xj) =

n∑i=0

f(xi)H′n,i(xj)+

n∑

i=0,i6=j

f′(xi)H

′n,i(xj)+f

′(xj)H

′n,i(xj) = f

′(xj).

Por lo anterior se tiene que H2n+1(xj) = f(xj) y H′2n+1(xj) = f

′(xj), para

j = 0, 1, 2, . . . , n

Ejemplo 4.4.1. Sea f(x) = sen x, construir un polinomio interpolante deHermite que aproxime a f(x) en x = 0.4

Solucion

Sea x0 = 0.3, x1 = 0.32, x2 = 0.35, se tiene entonces que f(x0) = 0.29552,f(x1) = 0.31457, f(x2) = 0.3429, ademas f

′(x) = cos x, luego

f′(x0) = 0.95534, f

′(x1) = 0.94924, f

′(x2) = 0.93937, como k = 0, 1, 2,

entonces n = 2, ası que el polinomio de Hermite es H2n+1(x) = H5(x) dadopor

H5(x) =2∑

i=0

f(xi)H2,i(x) +2∑

i=0

f′(xi)H2,i(x),

= f(x0)H2,0(x) + f(x1)H2,1(x) + f(x2)H2,2(x)

+f′(x0)H2,0(x) + f

′(x1)H2,1(x) + f

′(x2)H2,2(x),

pero sabemos que

H2,i(x) = [1− 2(x− xi)L′2,i(x)]L2

2,i(x)



yH2,i(x) = (x− xi)L

22,i(x),

i = 0, 1, 2 por lo tanto debemos calcular H2,0(x), H2,1(x), H2,2(x)

ası como,H2,0(x), H2,1(x), H2,2(x).

Para esto

L2,0(x) =(x− x1)(x− x2)

(x0 − x1)(x0 − x2)=

(x− 0.32)(x− 0.35)

(0.3− 0.32)(0.3− 0.35)=

(x− 825

)(x− 720

)1

1000

,

o sea que

L2,0(x) = 1000(x− 8

25

)(x− 7

20

)= 1000x2 − 670x + 112,

L2,1(x) =(x− x0)(x− x2)

(x1 − x0)(x1 − x2)=

(x− 0.3)(x− 0.35)

(0.32− 0.3)(0.32− 0.35)=

(x− 310

)(x− 720

)

− 35000

,

luego

L2,1(x) = −5000

3

(x− 3

10

)(x− 7

20

)= −5000

3x2 +

3250

3x− 175

y

L2,2(x) =(x− x0)(x− x1)

(x2 − x0)(x2 − x1)=

(x− 0.3)(x− 0.32)

(0.35− 0.3)(0.35− 0.32)=

(x− 310

)(x− 825

)3

2000

,

luego

L2,2(x) =2000

3

(x− 3

10

)(x− 8

25

)=

2000

3x2 − 1240

3x + 64,

de lo anterior se tiene que

L′2,0(x) = 2000x−670, L

′2,1(x) = −10000

3x+

3250

3, L

′2,2(x) =

4000

3x−1240

3,

por tanto,

L′2,0(x0) = −70, L

′2,1(x1) =

50

3L′2,2(x2) =

160

3

luego

H2,0(x) =[1−2

(x− 3

10

)·(−70)

](1000x2−670x+112)2 = (140x−41)(1000x2−670x+112)2,



H2,1(x) =[1− 2

(x− 8

25

)· 50

3

](− 5000

3x2 +

3250

3x− 175

)2

=(− 100

3x +

35

3

)(− 5000

3x2 +

3250

3x− 175

)2

,

y

H2,2(x) =[1− 2

(x− 7

20

)· 160

3

](2000

3x2 − 1240

3x + 64

)2

=(− 320

3x +

115

3

)(2000

3x2 − 1240

3x + 64

)2

.

Ahora

H2,0(x) =(x− 3

10

)(1000x2 − 670x + 112

)2

,

H2,1(x) =(x− 8

25

)(− 5000

3x2 +

3250

3x− 175

)2

,

y

H2,2(x) =(x− 7

20

)(2000

3x2 − 1240

3x + 64

)2

,

luego

H5(x) = 0.29552H2,0(x) + 0.31457H2,1(x) + 0.3429H2,2(x)

+0.95534H2,0(x) + 0.94924H2,1(x) + 0.93937H2,2(x).

Pero H2,0(0.34) =33

125, H2,1(0.34) =

4

27, H2,2(0.34) =

19845

3375, H2,0(0.34) =

1

625, H2,1(0.34) =

2

225y H2,2(0.34) = − 16

5625, entonces

H5(0.34) = 0.29552 ·( 33

125

)+ 0.31457 ·

( 4

27

)+ 0.3429 ·

(1984

3375

)

+0.95534 ·( 1

625

)+ 0.94924 ·

( 2

225

)− 0.93937 ·

( 16

5625

)

de modo que

H5(0.34) = 0.333489.

¥

Como se observa en el ejemplo anterior el calculo de los polinomiosde Hermite aun en el caso en que se tengan pocos puntos, es muy costosocomputacionalmente. Otro metodo para generar los polinomios de Hermite,



es utilizando las diferencia divididas interpolantes de Newton, usadas paraobtener dichos polinomios, que como hemos comentado estan dados por

Pn = f [x0] +n∑

i=1

f [x0, x1, ..., xi](x− x0)(x− x1)...(x− xi).

Supongamos se tiene x0, x1, . . . , xn, xi 6= xj, f(xi) y f′(xi), i = 0, 1, 2, . . . , n,

sea z2i = z2i+1 = xi, ∀i = 0, 1, 2, . . . , n, con estos nuevos puntos se construyela tabla de diferencias divididas. Pero como z2i = z2i+1, no se puede tenerf [z2i, z2i+1] en este caso se toma f [z2i, z2i+1] = f

′(xi), para i = 0, 1, 2, . . . , n,

el polinomio de Hermite es entonces

H2n+1(x) = f [x0] +2n+1∑i=1

f [z0, z1, ..., zn](x− z0)(x− z1)...(x− zi−1).

Ejemplo 4.4.2. Sea f(x) = sen x, construir un polinomio interpolante deHermite que aproxime a f(x) en x = 0.34

Solucion

Como antes sea x0 = 0.3, x1 = 0.32, x2 = 0.35, se tiene entonces quef(x0) = 0.29552, f(x1) = 0.31457, f(x2) = 0.3429, ademas f

′(x) = cos x,

luego f′(x0) = 0.95534, f

′(x1) = 0.94924, f

′(x2) = 0.93937, como k = 0, 1, 2,

la tabla de diferencia divididas es entonces

z0 0.3 0.29552z1 0.3 0.29552 0.95534z2 0.32 0.31457 0.9525 -0.142z3 0.32 0.31457 0.94924 -0.163 -1.05z4 0.35 0.3429 0.94433 -0.16367 -0.0134 20.732z5 0.35 0.3429 0.93937 -0.16533 -0.05533 -0.7986 398.668

TABLA 20

Ası que,

H2n+1(x) = 0.29552+0.95534(x− 3

10

)−0.142

(x− 3

10

)2

−1.05(x− 3

10

)2(x− 8

25

)

+20.732(x− 3

10

)2(x− 8

25

)2

+ 398.668(x− 3

10

)2(x− 8

25

)2(x− 7

20

),



luego

H2n+1

(17

50

)= H2n+1(0.34) = 0.29552+0.95534

(17

50− 3

10

)−0.142

(17

50− 3

10

)2

−1.05(17

50− 3

10

)2(17

50− 8

25

)+ 20.732

(17

50− 3

10

)2(17

50− 8

25

)2

+398.668(17

50− 3

10

)2(17

50− 8

25

)2(17

50− 7

20

)= 0.333489,

que coincide con la aproximacion obtenida con anterioridad. ¥

4.5. Aproximacion de Pade

Es posible aproximar una funcion f(x) por un polinomio racional, esto es, sise tiene

Pn(x) = p0 + p1x + p2x2 + p3x

3 + · · ·+ pnxn

yRm(x) = 1 + q1x + q2x

2 + q3x3 + · · ·+ qmxm

se desea encontrar un polinomio cociente

Qn,m(x) =Pn(x)

Rm(x),

que aproxime a la funcion f(x).

Observese que el primer sumando de Rm(x) lo hemos tomado igual auno, lo cual es posible ya que como q0 debe ser distinto de cero, siemprees posible dividir numerador y denominador por q0 teniendo siempre a unocomo primer sumando de Rm(x).

El polinomio Qn,m(x), se toma de tal forma que f y sus derivadashasta de orden n + m coincidan en x = 0.

Supongamos f(x) es analıtica en x = 0 y que tiene como serie deMacLaurin

f(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x

3 + · · ·+ akxk + . . .

y seaRm(x)f(x)− Pn(x) = C(x),

4.5. APROXIMACION DE PADE


o sea

( ∞∑j=0

ajxj)( m∑

j=0

qjxj)−

n∑j=0

pjxj =

( ∞∑j=n+m+1

cjxj), q0 = 1.

Al igualar a cero los coeficientes de la potencias iguales xk,k = 1, 2, 3, . . . , n + m se obtienen n + m + 1 ecuaciones lineales convariables pi, i = 0, 1, 2, 3, . . . , n y qj, j = 1, 2, 3, . . . , m.

El proceso anterior se conoce como el metodo de aproximacion dePade, el cual como hemos visto requiere que f(x) y sus derivadas seancontinuas en x = 0.

Ejemplo 4.5.1. Determine la aproximacion de Pade Q3,2 de f(x) = ln(1 +x).

Solucion

Como el desarrollo de MacLaurin de f(x) = ln(1 + x) es

f(x) = x− x2

2+

x3

3− x4

4+

x5

5− . . .

el cual se puede escribir como

f(x) = x(1− x

2+

x2

3− x3

4+

x4

5− . . . ),

entonces se determina primero la aproximacion de Pade R2,2(x) para g(x) =f(x)

x, para esto sea

(1−x

2+

x2

3−x3

4+

x4

5−. . .

)(1+q1x+q2x

2)−p0−p1x−p2x2 = 0+0x+0x2+0x3

+0x4 + c5x5 + . . . ,

o sea que

(1− p0) +(q1 − 1

2− p1

)x +

(q2 − q1

2+

1

3− p2

)x2 +

(1

3q1 − 1

2q2 − 1

4

)x3

+(− 1

4q1 +

1

3q2 +

1

5

)x4 + · · · = 0 + 0x + 0x2 + 0x3 + 0x4 + c5x

5 + . . . ,



entonces se tiene que

1− p0 = 0,

q1 − 1

2− p1 = 0

q2 − q1

2+

1

3− p2 = 0

1

3q1 − 1

2q2 − 1

4= 0

−1

4q1 +

1

3q2 +

1

5= 0,

luego al resolver las dos ultimas ecuaciones se tiene que q1 =6

5y q2 =

3

10,

al reemplazar estos valores en las ecuaciones 2 y 3 anteriores se tiene que

p1 =7

10y p2 =

1

30, ademas p0 = 1 de la primera ecuacion, ası que

g(x) ≈1 +

7

10x +

1

30x2

1 +6

5x +

3

10x2

=

30 + 21x + x2

3010 + 12x + 3x2

10

=30 + 21x + x2

30 + 36x + 9x2,

de modo que

f(x) = ln(1 + x) ≈ Q3,2(x) =30x + 21x2 + x3

30 + 36x + 9x2

¥

Ejemplo 4.5.2. Determine la aproximacion de Pade Q5,4(x) de f(x) = sen xy evaluar sen 0.34 a partir de dicha aproximacion.

Solucion

Sabemos que la serie de MacLaurin para sen x es

sen x = x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+

x9

9!− . . . ,

4.5. APROXIMACION DE PADE


como x es un factor, entonces podrıamos obtener primero la aproximacion

de Pade de g(x) =sen x

x, o sea

g(x) = 1− x2

3!+

x4

5!− x6

7!+

x8

9!− . . . ,

pero observemos que la funcion g(x) solo contiene potencia pares de x, locual permite encontrar la aproximacion de Pade para

h(x) = g(x12 ) = 1− x

3!+

x2

5!− x3

7!+

x4

9!− . . .

y luego reemplazar a x por x2. Sea entonces

(1− x

6+

x2

120− x3

5040+

x4

362880− . . .

)(1 + q1x + q2x

2)− p0 − p1x− p2x2

= 0 + 0x + 0x2 + 0x3 + 0x4 + c5x5 + . . . ,

luego se tiene que1− p0 = 0,

q1 − 1

6− p1 = 0

1

120− q1

6+ q2 − p2 = 0

− 1

5040+

1

120q1 − 1

6q2 = 0

1

362880+

1

120q2 − 1

5040q1 = 0,

resolviendo las dos ultimas ecuaciones se tiene que q1 =91

2772y q2 =

5

11088,

luego entonces se tiene que p1 = − 371

2772y p2 =

551

166320ahora como p0 = 1

se tiene que el polinomio de aproximacion de Pade de h(x) es

S2,2(x) =1− 371

2772x +

551

166320x2

1 +91

2772x +

5

11088x2

=

166320− 22260x + 551x2

16632011088 + 364x + 5x2

11088

,

o sea que

S2,2(x) =166320− 22260x + 551x2

15(11088 + 364x + 5x2),



luego si reemplazamos a x por x2 se tiene que

sen x

x≈ 166320− 22260x2 + 551x4

15(11088 + 364x2 + 5x4),

de modo que

sen x ≈ Q5,4(x) =166320x− 22260x3 + 551x5

15(11088 + 364x2 + 5x4).

Observamos que

sen 0.34 ≈ Q5,4(0.34) =166320× 0.34− 22260× (0.34)3 + 551× (0.34)5

15(11088 + 364× (0.34)2 + 5× (0.34)4)

=55676.39645

166952.1783= 0.333487

que coincide con la aproximacion obtenida usando los polinomios de Hermite.¥

4.6. Interpolacion a Trozos

En un polinomio interpolador de grado n es posible tener n−1 extremos rela-tivos, lo cual trae como consecuencia que tenga muchas oscilaciones o fluc-tuaciones al pasar por los puntos dados, una alternativa para evitar dichasfluctuaciones es generar polinomios Sk(x) que solo interpolen dos nodos con-secutivos y luego unirlos en sus extremos, el conjunto Sk(x) forman unacurva polinomial a trozos o spline que notaremos S(x)

(x0, y0)

(x1, y1)

(x2, y2)

(x3, y3)(xk, yk)

(xk+1, yk+1)

(xn−1, yn−1)

(xn, yn)

x0 x1 x3x2 xk xk+1 xn

Figura 4.2

4.6. INTERPOLACION A TROZOS


(x0, y0)

(x1, y1)

(x2, y2)

(x3, y3)(xk, yk)

(xk+1, yk+1)

(xn−1, yn−1)

(xn, yn)

x0 x1 x3x2 xk xk+1 xn

Figura 4.3

4.6.1. Interpolacion Lineal a Trozos

Sean (x0, y0), (x1, y1), (x2, y2),. . . ,(xk, yk), (xk+1, yk+1), . . . ,(xn, yn), lospuntos por los cuales debe pasar el polinomio interpolador, el polinomio massimple que se puede construir es el polinomio de grado uno, el cual produceuna linea poligonal.Fig(4.3)

Por los polinomios interpoladores de Lagrange podemos determinarcada uno de los segmentos que forman esta linea poligonal, si Sk(x) es elq-esimo segmento que une los puntos (xk, yk), (xk+1, yk+1) se tiene entoncesque

Sk(x) = ykx− xk+1

xk − xk+1

+ yk+1x− xk

xk − xk+1

,

o tambien

Sk(x) = yk + dk(x− xk), dk =yk+1 − yk

xk+1 − xk



que es la ecuacion de la recta que pasa por los puntos dados, luego entonces,

S(x) =

y0 + d0(x− x0), x ∈ [x0, x1]y1 + d1(x− x1), x ∈ [x1, x2]

.

.

.yk + dk(x− xk), x ∈ [xk, xk+1]

.

.

.yn−1 + dn−1(x− xn−1), x ∈ [xn−1, xn]

4.6.2. Interpolacion Cubica o Cercha Cubica

Es posible construir una funcion cubica Sk(x) en cada intervalo [xk, xk+1],tal que la curva a trozos y = S(x) sea dos veces diferenciable y S

′′(x) sea

continua en [x0, xn] , lo primero implica que y = f(x) no tiene esquinas y losegundo que S(x) tiene un radio de curvatura definido.

Definicion 4.6.1. Sea P = x0, x1, x2, . . . , xn−1, xn una particion de elintervalo [x0, xn], S(x) es un interpolador cubico o cercha cubica de f(x) siexisten n polinomios cubicos Sk(x) tales que

1. S(x) = ak + bk(x− xk) + ck(x− xk)2 + dk(x− xk)

3

2. S(xk) = f(xk) k = 0, 1, 2, . . . , n

3. Sk(xk+1) = Sk+1(xk+1) k = 0, 1, 2, . . . , n− 2

4. S′k(xk+1) = S

′k+1(xk+1) k = 0, 1, 2, . . . , n− 2

5. S′′k (xk+1) = S

′′k+1(xk+1) k = 0, 1, 2, . . . , n− 2

Las condiciones dadas en la definicion anterior se pueden utilizar para cons-truir cerchas cubicas, en efecto como

Sk(x) = ak + bk(x− xk) + ck(x− xk)2 + dk(x− xk)

3

y yk = f(xk) = Sk(xk) = ak, entonces, Sk+1(xk+1) = ak+1 = yk+1 y por lacondicion 3 de la definicion Sk+1(xk+1) = Sk(xk+1), entonces

yk+1 = ak + bk(xk+1 − xk) + ck(xk+1 − xk)2 + dk(xk+1 − xk)

3,



sea hk = xk+1 − xk, entonces,

yk+1 = ak + bkhk + ckh2k + dkh

3k (4.1)

para determinar bk sea bn = S′(xn), pero

S′k(x) = bk + 2ck(x− xk) + 3dk(x− xk)

2,

entonces S′k(xk) = bk, k = 0, 1, 2, . . . , n− 1, luego por la condicion 4

bk+1 = S′k+1(xk+1) = S

′k(xk+1) = bk + 2ckhk + 3dkh

2k (4.2)

y S′′k (x) = 2ck + 6dk(x− xk), luego si tomamos λk = S

′′k (xk) = 2ck, por 5 de

la definicion se tiene que,

2ck+1 = S′′k+1(xk+1) = S

′′k (xk+1) = 2ck + 6dkhk.

Pero entonces dk =ck+1 − ck

3hk

y al reemplazar en 4.1y 4.2 tenemos que

yk+1 = yk + bkhk + ckh2k +

ck+1 − ck

3hk

h3k = yk + bkhk +

(2ck + ck+1)

3h2

k (4.3)

y

bk+1 = bk + 2ckhk +3h2

k(ck+1 − ck)

3hk

= bk + hk(ck + ck+1). (4.4)

De 4.3 se tiene que

bk =yk+1 − yk

hk

− hk

3(2ck + ck+1) (4.5)

reduciendo el ındice en una unidad se tiene que

bk−1 =yk − yk−1

hk−1

− hk−1

3(2ck−1 + ck) (4.6)

y comobk = bk−1 + hk−1(ck−1 + ck) (4.7)

la cual es obtenida al reducir el orden en 4.4, reemplazando 4.5 y 4.6 en 4.7tenemos que

yk+1 − yk

hk

− hk

3(2ck + ck+1) =

yk − yk−1

hk−1

− hk−1

3(2ck−1 + ck)+hk−1(ck−1 + ck),

luego

3yk+1 − yk

hk

−2hkck−hkck+1 = 3yk − yk−1

hk−1

−2hk−1ck−1−hk−1ck+3hk−1(ck−1+ck),



de modo que

3yk+1 − yk

hk

−3yk − yk−1

hk−1

= 2hkck+hkck+1−2hk−1ck−1−hk−1ck+3hk−1ck−1+3hk−1ck,

o sea que

3yk+1 − yk

hk

− 3yk − yk−1

hk−1

= hk−1ck−1 + 2hk−1ck + 2hkck + hkck+1,

sea βk =yk+1 − yk

hk

, entonces

3βk − 3βk−1 = hk−1ck−1 + 2(hk−1 + hk)ck + hkck+1,

pero como λk = 2ck, entonces ck =λk

2, ası que

3(βk − βk−1) = hk−1λk−1

2+ 2(hk−1 + hk)

λk

2+ hk

λk+1

2,

de modo que,

6(βk − βk−1) = hk−1λk−1 + 2(hk−1 + hk)λk + hkλk+1,

si hacemos vk = 6(βk − βk−1) se tiene que

hk−1λk−1 + 2(hk−1 + hk)λk + hkλk+1 = vk (4.8)

k = 1, 2, 3, . . . , n − 1 que representa un sistema de n− 1 ecuaciones linealescon n + 1 variables λ0, λ1, λ2, . . . , λn, observemos que la primera ecuacion es

λ0h0 + 2(h0 + h1)λ1 + λ2h1 = v1

y la ultima es

hn−2λn−2 + 2(hn−2 + hn−1)λn−1 + λnhn−1 = vn−1

ahora si fijamos valores para λ0 y para λn se tiene entonces que la primera yultima ecuacion se transforman en

2(h0 + h1)λ1 + λ2h1 = v1 − λ0h0

yhn−2λn−2 + 2(hn−2 + hn−1)λn−1 = vn−1 − λnhn−1

las cuales junto con el sistema

λk−1hk−1 + 2(hk−1 + hk)λk + λk+1hk = vk, k = 2, 3, . . . n− 2

forman un sistema de n− 1 ecuaciones lineales con n− 1 variables.



Estrategia Ecuacion para λ0 y λn

Cubica Sujeta: λ0 =3

h0

(β0 − S′(x0))− λ1

2,

I se especifican S′(x0), S

′(xn)

(es la mejor si se conocen las derivadas) λn =3

hn−1

(S′(xn)− βn−1)− λn−1

2II Cubica Natural λ0 = 0, λn = 0

(una curva relajada)

Extrapolada λ0 = λ1 − h0(λ2 − λ1)

h1

,

III se extrapola S′′(x0) en los extremos

λn = λn−1 +hn−1(λn−1 − λn−2)

hn−2

IV Con terminacion parabolica λ0 = λ1, λn = λn−1

S′′(x0) es constante cerca de los extremos

V Curvatura en los extremos λ0 = S′′(x0), λn = S

′′(xn)

se especifica S′′(x) en los extremos

TABLA 21

Los valores escogidos para λ0 y λn, son habitualmente denominados re-striccion en los extremos, para su escogencia existen cinco estrategias muyusuales las cuales relacionamos en la tabla 21.

Conocido λk, k = 1, 2, 3, . . . , n − 1 entonces se tiene que ak = f(xk),

bk = βk − hk

6(2λk + λk+1), ck =

λk

2y dk =

λk+1 − λk

6hk

.

Teorema 4.6.1. Cercha Cubica Sujeta. Existe una unica cercha cubicasujeta que satisface las condiciones sobre la derivada primera en la fronteradadas por S

′(a) = β0, S

′(b) = βn.

Demostracion. Sean

λ0 =3

h0

(β0 − S′(x0))− λ1

2,

y

λn =3

hn−1

(S′(xn)− βn−1)− λn−1

2

Si k = 1, se tiene de 4.8 que

h0λ0 + 2(h0 + h1)λ1 + h1λ2 = v1,



es decir

h0

[ 3

h0

(β0 − S′(x0))− λ1

2

]+ 2(h0 + h1)λ1 + h1λ2 = v1,

luego

2(h0 + h1)λ1 + h1λ2 = v1 − h0

[ 3

h0

(β0 − S′(x0))− λ1

2

],

o sea que

2(h0 + h1)λ1 + h1λ2 = v1 − 3(β0 − S′(x0)) +

h0λ1

2,

luego

λ1

(2h0 + 2h1 − h0

2

)+ h1λ2 = v1 − 3(β0 − S

′(x0))

y por tanto(3

2h0 + 2h1

)λ1 + h1λ2 = v1 − 3(β0 − S

′(x0))

que es la primera ecuacion del sistema, pero si k = n− 1, entonces

hn−2λn−2 + 2(hn−2 + hn−1)λn−1 + hn−1λn = vn−1,

luego

hn−2λn−2 + 2(hn−2 + hn−1)λn−1 = vn−1−hn−1

[ 3

hn−1

(S′(xn)−βn−1)− λn−1

2

],

ası que

hn−2λn−2 + 2(hn−2 + hn−1)λn−1 = vn−1 − 3(S′(xn)− βn−1) +

hn−1λn−1

2,

luego

hn−2λn−2 +(2hn−2 +

3

2hn−1

)λn−1 = vn−1 − 3(S

′(xn)− βn−1),

que es la ultima ecuacion del sistema, las dos ecuaciones anteriores junto con

hk−1λk−1 + 2(hk−1 + hk)λk + hhλk+1 = vk k = 2, 3, 4, . . . , n− 2,

forman un sistema lineal de n− 1 ecuaciones con n− 1 variables de la formaAX = b cuya matriz de coeficientes es

A =

32h0 + 2h1 h1 0 0 . . . 0 0

h1 2(h1 + h2) h2 0 . . . 0 00 h2 2(h2 + h3) h3 . . . 0 0...

......

. . ....

...0 0 0 . . . hn−2 2hn−2 + 3

2hn−1

,



X =

λ1

λ2

λ3

.

.λn−1

b =

v1 − 3(β0 − S′(x0))

v2

v3

.

.vn−1 − 3(S

′(xn)− βn−1)

.

En el sistema anterior podemos observar que la matriz A es tridiagonal es-trictamente diagonal dominante lo cual implica que el sistema tiene solucionunica y el teorema queda probado.

Ejemplo 4.6.1. Determinar la cercha cubica sujeta que pasa por los pun-tos (−3, 2), (−2, 0), (1, 3), (4, 1) y verifica las condiciones sobre la primeraderivada en los extremos dados por S

′(−3) = −1, S

′(4) = 1.

Solucion

Sabemos que ak = f(xk), bk = βk − hk

6(2λk + λk+1), ck =

λk

2y

dk =λk+1 − λk

6hk

, k = 0, 1, 2, 3, como es cercha cubica sujeta se toma

λ0 =3

h0

(β0 − S′(x0))− λ1

2y λ3 =

3

h2

(S′(x3)− β2)− λ2

2, faltarıa determinar

λ1 y λ2 para esto se resuelve el sistema

(3

2h0 + 2h1

)λ1 + h1λ2 = v1 − 3(β0 − S

′(x0))

h1λ1 + (2h1 +3

2h2)λ2 = v2 − 3(S

′(x3)− β2),

recordemos que hk = xk+1 − xk, βk = yk+1−yk

hk, vk = 6(βk − βk−1), ası que

h0 = x1 − x0 = 1, h1 = x2 − x1 = 3, h2 = x2 − x1 = 3,

β0 =y1 − y0

h0

= −2, β1 =y2 − y1

h1

= 1, β2 =y3 − y2

h2

=−2

3,

v1 = 6(β1 − β0) = 18, v2 = 6(β2 − β1) = −10.

El sistema a resolver es entonces

15

2λ1 + 3λ2 = 21

3λ1 +21

2λ2 = −15



cuya solucion es λ1 =118

31y λ2 = −78

31, ademas λ0 = 3

1(−2+1)− 118

31

2= −152

31

y λ3 = 33(1 + 2

3) +

7831

2= 272

93, luego

a0 = f(x0) = 2,

b0 = β0 − h0

6(2λ0 + λ1) = −93

93= −1,

c0 =λ0

2= −76

31y

d0 =λ1 − λ0

6h0

=45

31,

luego

S0(x) = 2− (x + 3)− 76

31(x + 3)2 +

45

31(x + 3)3 − 3 ≤ x ≤ −2.

Ademas se tiene tambien que

a1 = f(x1) = 0,

b1 = β1 − h1

6(2λ1 + λ2) = −48

31,

c1 =λ1

2=

59

31y

d1 =λ2 − λ1

6h1

= − 98

279,

luego

S1(x) = −48

31(x + 2) +

59

31(x + 2)2 − 98

279(x + 2)3 − 2 ≤ x ≤ 1

pero tambiena2 = f(x2) = 3,

b2 = β2 − h2

6(2λ2 + λ3) =

12

31,

c2 =λ2

2= −39

31y

d2 =λ3 − λ2

6h2

=253

837,



luego

S2(x) = 3 +12

31(x− 1)− 39

31(x− 1)2 +

253

837(x− 1)3 1 ≤ x ≤ 4,

de modo que la cercha cubica sujeta es en este ejemplo

S(x) =

S0(x) = 2− (x + 3)− 76

31(x + 3)2 +

45

31(x + 3)3 − 3 ≤ x ≤ −2

S1(x) = −48

31(x + 2) +

59

31(x + 2)2 − 98

279(x + 2)3 − 2 ≤ x ≤ 1

S2(x) = 3 +12

31(x− 1)− 39

31(x− 1)2 +

253

837(x− 1)3 1 ≤ x ≤ 4

¥

Teorema 4.6.2. Cercha Cubica Natural. Existe una unica cercha cubicanatural que satisface las condiciones sobre la derivada primera en la fronteradadas por S

′(x0) = 0, S

′(xn) = 0.

Demostracion. Si λ0 = 0 y λn = 0, la primera y la ultima ecuacion estandadas por

2(h0 + h1)λ1 + h1λ2 = v1

yhn−2λn−2 + 2(hn−2 + hn−1)λn−1 = vn−1,

el sistema a resolver es entonces

2(h0 + h1)λ1 + h1λ2 = v1


hn−2λn−2 + 2(hn−2 + hn−1)λn−1 = vn−1,

que es de la forma AX = b con A como matriz de coeficientes dada por

A =

2(h0 + h1) h1 0 0 . . . 0 0h1 2(h1 + h2) h2 0 . . . 0 00 h2 2(h2 + h3) h3 . . . 0 0...

......

. . ....

...0 0 0 . . . hn−2 2(hn−2 + hn−1)

,



X =

λ1

λ2

λ3

.

.λn−1

b =

v1

v2

v3

.

.vn−1

.

La matriz A puede observarse es tridiagonal con diagonal estrictamente domi-nante, por tanto el sistema tiene solucion unica y el teorema queda probado.

Ejemplo 4.6.2. Determinar la cercha cubica natural que pasa por los pun-tos (−3, 2), (−2, 0), (1, 3), (4, 1) y verifica las condiciones sobre la primeraderivada en los extremos dados por S

′(−3) = 0, S

′(4) = 0.

Solucion

Igual que para el ejemplo anterior, sabemos que ak = f(xk),

bk = βk − hk

6(2λk + λk+1), ck =

λk

2y dk =

λk+1 − λk

6hk

, k = 0, 1, 2, 3,

como es cercha natural se toma λ0 = 0 y λ3 = 0, falta entonces determinarλ1 y λ2 para esto se resuelve el sistema

2(h0 + h1)λ1 + h1λ1 = v1

h1λ1 + 2(h1 + h2)λ2 = v2,

recordemos que hk = xk+1 − xk, βk = yk+1−yk

hk, vk = 6(βk − βk−1), ası que

h0 = x1 − x0 = 1, h1 = x2 − x1 = 3, h2 = x2 − x1 = 3,

β0 =y1 − y0

h0

= −2, β1 =y2 − y1

h1

= 1,

β2 =y3 − y2

h2

=−2

3,

v1 = 6(β1 − β0) = 18, v2 = 6(β2 − β1) = −10.


8λ1 + 3λ2 = 18

3λ1 + 12λ2 = −10


29y λ2 = −134

87, se tiene entonces que λ0 = 0,

λ1 =82

29, λ2 = −134

87, λ3 = 0.



Se tiene entonces quea0 = f(x0) = 2,

b0 = β0 − h0

6(2λ0 + λ1) = −215

87,

c0 =λ0

2= 0

y

d0 =λ1 − λ0

6h0

=41

87,

luego

S0(x) = 2− 215

87(x + 3) +

41

87(x + 3)2 +

41

87(x + 3)3 − 3 ≤ x ≤ −2.

Ahoraa1 = f(x1) = 0,

b1 = β1 − h1

6(2λ1 + λ2) = −92

87,

c1 =λ1

2=

41

29y

d1 =λ2 − λ1

6h1

= −190

783,

luego

S1(x) = −92

87(x + 2) +

41

29(x + 2)2 − 190

783(x + 2)3 − 2 ≤ x ≤ 1

ya2 = f(x2) = 3,

b2 = β2 − h2

6(2λ2 + λ3) =

76

87,

c2 =λ2

2= −67

87y

d2 =λ3 − λ2

6h2

=67

783,

luego

S2(x) = 3 +76

87(x− 1)− 67

87(x− 1)2 +

67

783(x− 1)3 1 ≤ x ≤ 4,



de modo que la cercha cubica natural es

S(x) =

S0(x) = 2− 215

87(x + 3) +

41

87(x + 3)2 +

41

87(x + 3)3 − 3 ≤ x ≤ −2

S1(x) = −92

87(x + 2) +

41

29(x + 2)2 − 190

783(x + 2)3 − 2 ≤ x ≤ 1

S2(x) = 3 +76

87(x− 1)− 67

87(x− 1)2 +

67

783(x− 1)3 1 ≤ x ≤ 4

¥

Teorema 4.6.3. Cercha Cubica Extrapolada. Existe una unica cerchacubica que usa extrapolacion desde los nodos x1 y x2 y tambien extrapolaciondesde los nodos xn−1 y xn−2 con el fin de determinar S

′′(xn).

Demostracion. Como en este caso se tiene que

λ0 = λ1 − h0(λ2 − λ1)

h1

y

λn = λn−1 +hn−1(λn−1 − λn−2)

hn−2

,

la primera esta dada por

h0λ0 + 2(h0 + h1)λ1 + h1λ2 = v1

o sea

h0

[λ1 − h0(λ2 − λ1)

h1

]+ 2(h0 + h1)λ1 + h1λ2 = v1,

por tanto,

h0

(λ1 − h0

h1

λ2 +h0

h1

λ1

)+ 2(h0 + h1)λ1 + h1λ2 = v1,

de modo que

h0λ1 +h2

0

h1

λ1 + 2(h0 + h1)λ1 − h20

h1

λ2 + h1λ2 = v1,

ası que (3h0 + 2h1 +

h20

h1

)λ1 + (h1 − h2

0

h1

)λ2 = v1,



ahora la ultima ecuacion es

hn−2λn−2 +2(hn−2 +hn−1)λn−1 +hn−1

(λn−1 +

hn−1

hn−2

λn−1− hn−1

hn−2

λn−2

)= vn−1,

o sea que

(hn−2 −

h2n−1

hn−2

)λn−2 +

(2hn−2 + 2hn−1 + hn−1 +

h2n−1

hn−2

)λn−1 = vn−1,

luego

(hn−2 −

h2n−1

hn−2

)λn−2 +

(2hn−2 + 3hn−1 +

h2n−1

hn−2

)λn−1 = vn−1.

El sistema a resolver es entonces(3h0 + 2h1 +

h20

h1

)λ1 +

(h1 − h2

0

h1

)λ2 = v1,

hk−1λk−1 + 2(hk−1 + hk)λk + hhλk+1 = vk k = 2, 3, 4, . . . , n− 2,(hn−2 −

h2n−1

hn−2

)λn−2 +

(2hn−2 + 3hn−1 +

h2n−1

hn−2

)λn−1 = vn−1.


A =

3h0 + 2h1 +h2

0

h1

h1 − h20

h1

. . . 0 0

h1 2(h1 + h2) . . . 0 00 h2 . . . 0 0...

. . ....

...

0 0 . . . hn−2 − h2n−1

hn−22hn−2 + 3hn−1 +

h2n−1

hn−2

,

X =

λ1

λ2

λ3

.

.λn−1

b =

v1

v2

v3

.

.vn−1

.

La matriz A puede observarse es tridiagonal con diagonal estrictamente domi-

nante, ya que h1 +h2

0

h1

> h1− h20

h1

, luego 3h0 + 2h1 +h2

0

h1

> h1− h20

h1

y 2hn−2 +

h2n−1

hn−2

> hn−2 −h2

n−1

hn−2

, luego, 2hn−2 + 3hn−1 +h2

n−1

hn−2> hn−2 − h2

n−1

hn−2ademas

2(hk−1 + hk) > hk−1 + hk, por tanto el sistema tiene solucion unica y elteorema queda probado.



Ejemplo 4.6.3. Determinar la cercha cubica extrapolada que pasa por lospuntos (−3, 2), (−2, 0), (1, 3) y (4, 1).

SolucionDe los ejemplos anteriores tenemos que

h0 = 1, h1 = 3, h2 = 3,

β0 = −2, β1 = 1,

β2 =−2

3,

v1 = 18, v2 = −10.

como es cercha cubica extrapolada el sistema es

(3h0 + 2h1 +h2

0

h1

)λ1 + (h1 − h20

h1

)λ2 = v1,

(h1 − h2

2

h1

)λ1 +

(2h1 + 3h2 +

h22

h1

)λ2 = v2,

o sea28

3λ1 +

8

5λ2 = 18

18λ2 = −10,


126y λ2 = −5

9, pero λ0 = λ1 − h0(λ2 − λ1)

h1

=187

63y

λ3 = λ2 +h2(λ2 − λ1)

h1

= −1069

126.

Se tiene entonces que

a0 = f(x0) = 2, b0 = −841

252,

c0 =187

126d0 = −37

52,

luego

S0(x) = 2− 841

252(x + 3) +

187

126(x + 3)2 − 37

252(x + 3)3 − 3 ≤ x ≤ −2.

Ahora

a1 = f(x1) = 0, b1 = −17

21,



c1 =263

252d1 = − 37

252,

luego

S1(x) = −17

21(x + 2) +

263

252(x + 2)2 − 37

252(x + 2)3 − 2 ≤ x ≤ 1

y

a2 = f(x2) = 3, b2 =347

84,

c2 = − 5

18d2 = −37

84,

luego

S2(x) = 3 +347

84(x− 1)− 5

18(x− 1)2 − 37

84(x− 1)3 1 ≤ x ≤ 4,

de modo que la cercha extrapolada es

S(x) =

S0(x) = 2− 841252

(x + 3) + 187126

(x + 3)2 − 37252

(x + 3)3 − 3 ≤ x ≤ −2

S1(x) = −1721

(x + 2) + 263252

(x + 2)2 − 37252

(x + 2)3 − 2 ≤ x ≤ 1

S2(x) = 3 + 34784

(x− 1)− 518

(x− 1)2 − 3784

(x− 1)3 1 ≤ x ≤ 4

¥

Teorema 4.6.4. Cercha con Terminacion Parabolica. Existe unaunica cercha cubica con S

′′′(x) ≡ 0, en [a, b] y S

′′′(x) ≡ 0, en [xn−1, xn].


λ0 = λ1

yλn = λn−1,

como la primera ecuacion es

h0λ0 + 2(h0 + h1)λ1 + h1λ2 = v1

entoncesh0λ1 + 2(h0 + h1)λ1 + h1λ2 = v1,



por tanto,

(3h0 + 2h1)λ1 + h1λ2 = v1,



pero entonces se tiene que

hn−2λn−2 + 2(hn−2 + hn−1)λn−1 + hn−1λn−1 = vn−1

o sea que

hn−2λn−2 + (2hn−2 + 3hn−1)λn−1 = vn−1


(3h0 + 2h1)λ1 + h1λ2 = v1,


hn−2λn−2 + (2hn−2 + 3hn−1)λn−1 = vn−1.


A =

(3h0 + 2h1) h1 0 0 . . . 0 0h1 2(h1 + h2) h2 0 . . . 0 00 h2 2(h2 + h3) h3 . . . 0 0...

......

. . ....

...0 0 0 . . . hn−2 2hn−2 + 3hn−1

,

X =

λ1

λ2

λ3

.

.λn−1

b =

v1

v2

v3

.

.vn−1

.

La matriz A puede observarse es tridiagonal con diagonal estrictamente dom-inante, por tanto el sistema tiene solucion unica y el teorema queda proba-do.

Ejemplo 4.6.4. Determinar la cercha con terminacion parabolica dada enlos extremos que pasa por los puntos (−3, 2), (−2, 0), (1, 3) y (4, 1), quesatisface las condiciones S

′′(−3) = −1 y S

′′(4) = −2.



Solucion

De los ejemplos anteriores tenemos que

h0 = 1, h1 = 3, h2 = 3,

β0 = −2, β1 = 1,

β2 =−2

3,

v1 = 18, v2 = −10.

como es cercha con terminacion parabolica λ0 = λ1 y λ2 = λ3, luego entoncesel sistema es

(3h0 + 2h1)λ1 + h1λ2 = v1 = 18,

h1λ1 + (2h1 + 3h2)λ2 = v2 = −10

o sea

9λ1 + 3λ2 = 18

3λ1 + 15λ2 = −10,

que tiene como solucion λ1 =50

21y λ2 = −8

7luego, λ0 = λ1 =

50

21y

λ2 = λ3 = −8

7, ademas recordemos que ak = f(xk), bk = βk− hk

6(2λk+λk+1),

ck =λk

2y dk =

λk+1 − λk

6hk

, k = 0, 1, 2, 3


a0 = f(x0) = 2, b0 = −67

21,

c0 =25

21d0 = 0,

luego

S0(x) = 2− 67

21(x + 3) +

25

21(x + 3)2 − 3 ≤ x ≤ −2

Ahora

a1 = f(x1) = 0, b1 = −17

21,

c1 =25

21d1 = − 37

189,



luego

S1(x) = −17

21(x + 2) +

25

21(x + 2)2 − 37

189(x + 2)3 − 2 ≤ x ≤ 1

y

a2 = f(x2) = 3, b2 =22

21,

c2 = −4

7d2 = 0,

luego

S2(x) = 3 +22

21(x− 1)− 4

7(x− 1)2 1 ≤ x ≤ 4,

de modo que la cercha con terminacion parabolica es

S(x) =

S0(x) = 2− 6721

(x + 3) + 2521

(x + 3)2 − 3 ≤ x ≤ −2

S1(x) = −1721

(x + 2) + 2521

(x + 2)2 − 37189

(x + 2)3 − 2 ≤ x ≤ 1

S2(x) = 3 + 2221

(x− 1)− 4

7(x− 1)2 1 ≤ x ≤ 4

¥

Teorema 4.6.5. Cercha con curvatura en los extremos. Existe unaunica cercha cubica que satisface las condiciones sobre la derivada segundaen los extremos con valores dados S

′′(a), y S

′′(b).


λ0 = S′′(x0)

yλn = S

′′(xn),

como la primera ecuacion es

h0λ0 + 2(h0 + h1)λ1 + h1λ2 = v1

entoncesh0S

′′(x0) + 2(h0 + h1)λ1 + h1λ2 = v1,

por tanto,2(h0 + h1)λ1 + h1λ2 = v1 − h0S

′′(x0),





o sea que

hn−2λn−2 + 2(hn−2 + hn−1)λn−1 = vn−1 − hn−1S′′(xn).


2(h0 + h1)λ1 + h1λ2 = v1 − h0S′′(x0),


hn−2λn−2 + 2(hn−2 + hn−1)λn−1 = vn−1 − hn−1S′′(xn).

que tiene forma AX = b con A como matriz de coeficientes dada por

A =

2(h0 + h1) h1 0 0 . . . 0 0h1 2(h1 + h2) h2 0 . . . 0 00 h2 2(h2 + h3) h3 . . . 0 0...

......

. . ....

...0 0 0 . . . hn−2 2(hn−2 + hn−1)

,

X =

λ1

λ2

λ3

.

.λn−1

b =

v1

v2

v3

.

.vn−1

.

La matriz A puede observarse es tridiagonal con diagonal estrictamente domi-nante, por tanto el sistema tiene solucion unica y el teorema queda probado.

Ejemplo 4.6.5. Determinar la cercha con curvatura dada en los extremosque pasa por los puntos (−3, 2), (−2, 0), (1, 3) y (4, 1) que satisface las condi-ciones S

′′(−3) = −1 y S

′′(4) = 2.

Solucion

De los ejemplos anteriores tenemos que

h0 = 1, h1 = 3, h2 = 3,



β0 = −2, β1 = 1,

β2 =−2

3,

v1 = 18, v2 = −10.

como es cercha cubica con curvatura en los extremos el sistema es

2(h0 + h1)λ1 + h1λ2 = v1 − h0S′′(x0) = 18 + 1,

h1λ1 + 2(h1 + h2)λ2 = v2 − h2S′′(x3) = −10− 6

o sea8λ1 + 3λ2 = 19

3λ1 + 12λ2 = −16,

que tiene como solucion λ1 =92

29y λ2 = −185

87pero, λ0 = S

′′(−3) = −1 y

λ3 = S′′(1) = 2, ademas recordemos que ak = f(xk), bk = βk−hk

6(2λk+λk+1),

ck =λk

2y dk =

λk+1 − λk

6hk

, k = 0, 1, 2, 3


a0 = f(x0) = 2, b0 = −191

87,

c0 = −1

2d0 =

121

174,

luego

S0(x) = 2− 191

87(x + 3)− 1

2(x + 3)2 +

121

174(x + 3)3 − 3 ≤ x ≤ −2

Ahora

a1 = f(x1) = 0, b1 = −193

174,

c1 =46

29d1 = − 461

1566,

luego

S1(x) = −193

174(x + 2) +

46

29(x + 2)2 − 461

1566(x + 2)3 − 2 ≤ x ≤ 1

y

a2 = f(x2) = 3, b2 =40

87,



c2 = −185

174d2 =

359

1566,

luego

S2(x) = 3 +40

87(x− 1)− 185

174(x− 1)2 − 359

1566(x− 1)3 1 ≤ x ≤ 4,

de modo que la cercha con curvatura en los extremos es

S(x) =

S0(x) = 2− 19187

(x + 3)− 12(x + 3)2 + 121

174(x + 3)3 − 3 ≤ x ≤ −2

S1(x) = −193

174(x + 2) +

46

29(x + 2)2 − 461

1566(x + 2)3 − 2 ≤ x ≤ 1

S2(x) = 3 +40

87(x− 1)− 185

174(x− 1)2 − 359

1566(x− 1)3 1 ≤ x ≤ 4

¥

4.7. Aproximacion con Polinomios

Trigonometricos

Definicion 4.7.1. Sea an una sucesion de numeros, entonces, la suma

a0 + a1 + a2 + · · ·+ an + · · · =∞∑i=0

ai

se llama serie infinita .

Definicion 4.7.2. Sea∞∑i=0

ai, una serie infinita, los numeros Sn =n∑

i=0

ai, se

definen como sumas parciales.

Definicion 4.7.3. Sea∞∑i=0

ai, una serie infinita, se dice que la serie converge,

si lımn→∞

Sn = S existe y en este caso S =∞∑i=0

ai

Nota: Si lımn→∞

Sn no existe se dice que la serie no converge.

Ejemplo



Probar que∞∑i=0

xi converge yn∑

i=0

xi =1

1− x, con |x| < 1.

Solucion

Se tiene queSn = 1 + x + x2 + x3 + x4 + · · ·+ xn,

luego,xSn = x + x2 + x3 + x4 + · · ·+ xn+1,

de modo queSn − xSn = 1− xn+1,

ası queSn(1− x) = 1− xn+1,

por tanto

Sn =1− xn+1

1− x=

1

1− x

(1− xn+1

)=

1

1− x− xn+1

1− x.

Pero si −1 < x < 1, entonces, xn+1 → 0, cuando, n →∞, de modo que

lımn→∞

xn+1

1− x= 0

y

lımn→∞

Sn =1

1− xEjemplo

Probar que∞∑i=1

1

n(n + 1)converge y encontrar la suma.

Solucion

Observemos que1

n(n + 1)=

1

n− 1

n + 1,

luego,

Sn =n∑

k=1

(1

k− 1

k + 1

)= 1− 1

n + 1,

por lo tantolım

n→∞Sn = 1 = S.

4.7. APROXIMACION CON POLINOMIOS TRIGONOMETRICOS


Definicion 4.7.4. Sea Sn, una sucesion de funciones en un intervalo I, sedice que Sn converge uniformemente a S si para cada ε > 0, existe un N(ε),tal que

|Sn(x)− S| < ε si n > N, ∀x ∈ I

Esto significa que si se traza la grafica de y = S(x) y se centra una banda deancho vertical 2ε sobre esta curva entonces, para la convergencia uniformedebe existir un N tal que para n > N , la grafica de y = Sn se encuentra entodas partes dentro de la banda (fig 4.4).

-

6 .......................................................

..............................................................................

S + ε

S − ε

S

Sn

.......................................................................

...............

a

....

...........

..

....

bI

Figura 4.4 Convergencia Uniforme

Definicion 4.7.5. Una funcion f(x) es periodica de perıodo P si ∀xf(x + P ) = f(x)

.

El problema de representar una funcion mediante una serie trigonometricade la forma

1

2a0 +

∞∑n=0

(an cos nx + bn sen nx) (4.9)

surge de manera natural en muchos problemas, queremos encontrar lasrelaciones que existen entre los coeficientes an, bn y la funcion f .



Para ello recordemos primero las siguientes formulas trigonometricasde gran utilidad

sen α cos β =sen(α + β)− sen(α− β)

2

sen α sen β =cos(α− β)− cos(α + β)

2

cos α cos β =cos(α + β) + cos(α− β)

2

teniendo en cuenta las relaciones anteriores se tiene que∫ π

−π

sen mx cos nxdx =1

2

∫ π

−π

sen(m + n)xdx− 1

2

∫ π

−π

sen(m− n)xdx,

luego∫ π

−π

sen mx cos nxdx = − 1

2(m + n)

(cos(m + n)π − cos(m + n)(−π)

)

+1

2(m− n)

(cos(m− n)π − cos(m− n)(−π)

)= 0 m 6= n.

Si m = n,∫ π

−π

sen nx cos nxdx =1

2

∫ π

−π

sen 2nxdx = − 1

4n(cos 2nπ − cos 2n(−π)) = 0,

luego, ∫ π

−π

sen nx cos mxdx = 0

para todo m, n.

Ahora si n 6= m∫ π

−π

cos nx cos mxdx =1

2

∫ π

−π

cos(m + n)xdx +1

2

∫ π

−π

cos(m− n)xdx,

luego∫ π

−π

cos nx cos mxdx =1

2(m + n)

(sen(m + n)π + sen(m + n)π

)

+1

2(m− n)

(sen(m− n)π + sen(m− n)π

)= 0,



pero si m = n > 0, entonces,∫ π

−π

cos nx cos mxdx =

∫ π

−π

cos2 nx =1

2n(2nπ) = π,

si m = n = 0, entonces,∫ π

−π

cos nx cos mxdx =

∫ π

−π

dx = π + π = 2π.

De la misma manera, si m 6= n∫ π

−π

sen mx sen nxdx =1

2

∫ π

−π

cos(m− n)xdx− 1

2

∫ π

−π

cos(m + n)xdx,

luego∫ π

−π

sen mx sen nxdx =1

2(m− n)

(sen(m− n)π − sen(m− n)(−π)

)

− 1

2(m + n)

(sen(m + n)π − sen(m + n)(−π)

)= 0,

pero si m = n,∫ π

−π

sen mx sen nxdx =

∫ π

−π

sen2 nxdx =1

2(2π) = π,

por lo anterior se tiene que∫ π

−π

sen nx cos mxdx = 0 ∀m,n (4.10)

∫ π

−π

cos nx cos mxdx =

0 si m 6= n

π si m = n > o

2π si m = n = o

(4.11)

∫ π

−π

sen mx sen nxdx =

0 si m 6= n

π si m = n > 0(4.12)

Las ecuaciones 4.10, 4.11 y 4.12 se llaman formulas de ortogonalidad.

Supongamos ahora se tiene una serie trigonometrica dada por

1

2a0 +

∞∑n=0

(an cos nx + bn sen nx), (4.13)



si la convergencia de la serie permite integrar termino a termino (por ejemploque tenga convergencia uniforme), entonces

∫ π

−π

f(x)dx =1

2

∫ π

−π

a0 +∞∑

n=0

(an

∫ π

−π

cos nxdx + bn

∫ π

−π

sen nxdx),

pero∫ π

−πcos nxdx = 0 y

∫ π

−πsen nxdx = 0, luego

∫ π

−πf(x)dx = a0π de modo

que

a0 =1

π

∫ π

−π

f(x)dx (4.14)

Si k ≥ 1 entonces∫ π

−π

f(x) cos kxdx =1

2

∫ π

−π

a0 cos kxdx

+∞∑

n=0

(an

∫ π

−π

cos nx cos kxdx + bn

∫ π

−π

sen nx cos kxdx),

o sea que

∫ π

−π

f(x) cos kxdx =1

2

∫ π

−π

a0 cos kxdx +∞∑

n=0

an

∫ π

−π

cos nx cos kxdx,

ya que∫ π

−πsen nx cos kxdx = 0 por 4.10, pero por 4.12 solo se tiene el termino

distinto de cero si n = k, luego∫ π

−π

f(x) cos kxdx = akπ,

ası que

ak =1

π

∫ π

−π

f(x) cos kxdx (4.15)

Pero tambien si k ≥ 1, se tiene que∫ π

−π

f(x) sen kxdx =1

2

∫ π

−π

a0 sen kxdx

+∞∑

n=0

(an

∫ π

−π

cos nx sen kxdx + bn

∫ π

−π

sen nx sen kxdx),

luego

∫ π

−π

f(x) sen kxdx =1

2

∫ π

−π

a0 sen xdx +∞∑

n=0

an

∫ π

−π

cos nx sen kxdx,



ya que∫ π

−πsen nx cos kxdx = 0 por 4.10, pero por 4.12 solo se tiene el termino

distinto de cero si n = k, luego

∫ π

−π

f(x) sen kxdx = bkπ,

ası que

bk =1

π

∫ π

−π

f(x) sen kxdx (4.16)

.

De lo anterior se tiene que, si f(x) es integrable en x ∈ (−π, π), loscoeficientes an y bn pueden calcularse mediante las formulas 4.15 y 4.16.En este caso la serie 4.13 se llama serie de Fourier de f .

Ejemplo 4.7.1. Calcular la serie de Fourier de f(x) = x

Solucion

Como f(x) = x se tiene que

an =1

π

∫ π

−π

x cos nxdx = 0

puesto que x cos nx es una funcion impar.Ahora,

bn =1

π

∫ π

−π

x sen nxdx,

como la funcion x sen nx es par ya que x, y sen nx son impares y el productode funciones impares es una funcion par, se tiene entonces que

bn =1

nπ

∫ π

−π

x sen xdx =2

nπ

∫ π

0

x sen xdx = − 2

nπx cos nx

∣∣∣π

0+

1

nπ

∫ π

0

cos nxdx,

de modo que

bn = − 2

ncos nπ = (−1)n+1 2

n

luego

x ∼∞∑

n=1

(−1)n+1 2

n.

El sımbolo ∼ se lee genera. ¥



Ejemplo 4.7.2. Calcular la serie de Fourier de

f(x) =

0 si x ∈ [−π, 0]

1 si x ∈ [0, π]

Solucion

a0 =1

π

∫ π

−π

f(x)dx =1

π

∫ π

0

dx = 1.

Para n ≥ 1

an =1

π

∫ π

0

cos nxdx =1

nπsen nx

∣∣∣π

0= 0

y

bn =1

π

∫ π

0

sen nxdx = − 1

nπcos nx

∣∣∣π

0= − 1

nπ[cos nπ−cos 0] = − 1

nπ[(−1)n−1],

luego

bn =

0 si n es par

2nπ

si n es impar

Por tanto

f(x) ∼1

2+

1

π

∞∑

k=0

sen(2k + 1)x

2k + 1

¥

Ejercicios

Para los ejercicios 1-10 encuentrea) La forma interpolante de Lagrangeb) La forma interpolante de Newton

1.x 1 2 3y 1 4 8

2.x 1 4 9y 1 2 3



3.x 4 9 16y 2 3 4

4.x -1 0 1y -2 3 2

5.x 0 1 2y 1 2 4

6.x 0 1 2 4y 1 1 2 5

7.x -1 0 1 2y 1/3 1 3 9

8.x 0 1 2 3y 1 2 4 8

9.x 0 1 2 3y 0 1 0 -1

10.x 0 1 2 3y 1 1 2 4

Para los ejercicios 11-15 encuentrea) La forma interpolante de Lagrangeb) La forma interpolante de Newtonc) Las funciones cubicas interpolantes o spline cubicos

x 0 2/3 1 2y 4 -4 -2 -1/2

11.x 0 2/3 1 2y 4 -4 -7/2 -1/2

12.x 0 2/3 1 2y 2 -2 -1 -1/2

13.x 1 2 3 4y 2 4 8 6

14.x 0 1/2 1 3/2y 1 2 1 0



15.x 0 1 2 3y 1 1 2 4

Para los ejercicios 16-20 encuentrea) La forma interpolante de Lagrangeb) la interpolacion polinomial (cualquier forma)c) Las funciones cubicas interpolantes o spline cubicos

x 0 1 8 27y 0 1 2 3

Compare los valores interpolados en x = 5.5, 3.5 y x = 18 conlos correspondientes valores de f(x) = 3

√x

16.x 0 1 4 9y 0 -41 2 3

Compare los valores interpolados en x = 0.5, 2.5 y x = 6.5 conlos correspondientes valores de f(x) =

√x

17.x -1 -0.75 -0.25 0.25 0.75 1y 0 -0.7 -0.7 0.7 0.7 0

Compare los valores interpolados en x = −0.5, 0 y x = 0.5 conlos correspondientes valores de f(x) = sen πx

18.x 0 1 2 3 4 5 6y -0.33 -0.20 -0.08 0.00 0.04 0.06 0.07

Compare los valores interpolados con los correspondientes valores dez = x−3

9+x2

19.x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9y 0 0.5 0.5 0.375 0.25 0.1562 0.0938 0.0547 0.0312 0.01764

Compare los valores interpolados con los correspondientes valores dez = x2−x

20.x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10y 2.0 0 0.6667 0 0.40 0 0.2587 0 0.2222 0 0.1818

Compare los valores interpolados con los correspondientes valores dez = 1+cos(πx)

1+x

21. Usando los siguientes datos para la capacidad calorıfica Cp (kJ/kgKo)del metilciclohexalona C7H14 como una funcion de la temperatura



(Ko), interpole para estimar la capacidad calorıfica a 175, 225, y 275 Ko

T 150 200 250 300Cp 1.43 1.54 1.70 1.89

22. La viscosidad µ de un fluido depende de la temperatura T del fluidode acuerdo a la relacion representada en la siguiente tabla

T (Co) 5 20 30 50 55µ(N − seg/m2) 0.08 0.015 0.09 0.006 0.0055

Use la interpolacion para encontrar un estimativo para la viscosidad aT = 25 y T = 40.


Capıtulo 5

Derivacion e IntegracionNumerica

5.1. Derivacion Numerica

Sabemos que la definicion de la derivada de una funcion f(x) esta dada por

f′(x) = lım

h→0

f(x + h)− f(x)

h,

esto indica que para calcular la aproximacion numerica de la derivada enun punto, debemos tomar una sucesion hk, tal que hk → 0 y calculamosentonces el cociente

Dk =f(x + hk)− f(x)

hk

=fk − f

hk

, (5.1)

generamos entonces una sucesion D1, D2, D3, . . . , Dn y tomamos a Dn como laaproximacion deseada, el problema esta en conocer cual valor de hk garantizauna buena aproximacion, ya que si se toma un valor muy grande de hk laaproximacion no es aceptable y se toma un valor muy pequeno la diferenciaf(x + hk)− f(x) ≈ 0 ya que hay perdida de dıgitos significativos, lo anteriorse muestra en tabla 22, en la que se observan los cocientes Dk para aproximarla derivada de f(x) = sen x en x = 2 cuyo valor con nueve cifras significativas

161


hk fk fk − f fk−fhk

10−1 0.863209367 -0.04608806 -0.460880610−2 0.905090563 -0.04206864 -0.420686410−3 0.98880825 -0.000416602 -0.41660210−4 0.909255808 -0.000041619 -0.4161910−5 0.909293265 -0.00000416514 -0.41651410−6 0.909297017 -0.000000416148 -0.41614810−7 0.909297385 -0.000000041615 -0.4161510−8 0.909297423 -0.000000004162 -0.416210−9 0.909297426 -0.00000000416 -0.41610−10 0.909297427 -0.00000000 0.0000000

TABLA 22

es f′(2) = −0.416146837.

Como podemos observar h = 10−6, proporciona el mejor valor paraf′(2) en tanto que valores mas pequenos van desmejorando la aproximacion.

Lo anterior es una justificacion para desarrollar una teorıa que permitainvestigar la exactitud de los metodos para la derivacion numerica.

Teorema 5.1.1. Supongamos f ∈ C3[a, b], x− h, x + h ∈ [a, b], entonces,

f′(x) ≈ f(x + h)− f(x− h)

2h.

Ademas existe α = α(x) ∈ [a, b], tal que

f′(x) =

f(x + h)− f(x− h)

2h+ Et(f, h),

siendo Et(f, h) = −h2f (3)(α)

6= O(h2)

Demostracion. Las series de Taylor de orden 2 de f(x+h) y f(x−h) alrededorde x son

f(x+h) = f(x)+ f′(x)(x+h−x)+

f′′(x)

2!(x+h−x)2 +

f′′′(α1)

3!(x+h−x)3

o sea que

f(x + h) = f(x) + f′(x)h +

f′′(x)

2!h2 +

f′′′(α1)

3!h3 (5.2)

CAPITULO 5. DERIVACION E INTEGRACION NUMERICA


y

f(x−h) = f(x)+ f′(x)(x−h−x)+

f′′(x)

2!(x−h−x)2 +

f′′′(α2)

3!(x−h−x)3

de modo que

f(x− h) = f(x)− f′(x)h +

f′′(x)

2!h2 − f

′′′(α2)

3!h3 (5.3)

luego

f(x + h)− f(x− h) = 2hf′(x) +

f′′′(α1)

3!h3 +

f′′′(α2)

3!h3.

Como f ∈ C3[a, b], entonces por el teorema del valor intermedio existe α ∈[a, b] tal que,

f′′′(α) =

f′′′(α1) + f

′′′(α2)

2,

ası que 2f′′′(α) = f

′′′(α1) + f

′′′(α2), luego

f(x + h)− f(x− h) = 2hf′(x) +

2f′′′(α)

3!h3

por tanto

f′(x) =

f(x + h)− f(x− h)

2h− f

′′′(α)

6h2.

A la expresionf(x + h)− f(x− h)

2h, se le llama formula de la diferencia

centrada de orden O(h2), ya que x + h y x − h se situan a izquierda y aderecha de x.

Teorema 5.1.2. Supongamos f ∈ C5[a, b], x−2h, x−h, x+h, x+2h ∈ [a, b],entonces,

f′(x) ≈ −f(x + 2h) + 8f(x + h)− 8f(x− h) + f(x− 2h)

12h.

Ademas existe α = α(x) ∈ [a, b], tal que

f′(x) =

−f(x + 2h) + 8f(x + h)− 8f(x− h) + f(x− 2h)

12h+ Et(f, h),

siendo Et(f, h) =h4f (5)(α)

30= O(h4)

5.1. DERIVACION NUMERICA


Demostracion. Las series de Taylor de orden 4 de f(x+h) y f(x−h) alrededorde x son

f(x + h) = f(x) + f′(x)(x + h− x) +

f′′(x)

2!(x + h− x)2 +

f′′′(x)

3!(x + h− x)3

+f (4)(x)

4!(x + h− x)4 +

f (5)(α1)

5!(x + h− x)5

luego

f(x + h) = f(x) + f′(x)h +

f′′(x)

2!h2 +

f′′′(x)

3!h3 +

f (4)(x)

4!h4

+f (5)(α1)

5!h5 (5.4)

y

f(x− h) = f(x) + f′(x)(x− h− x) +

f′′(x)

2!(x− h− x)2 +

f′′′(x)

3!(x− h− x)3

+f (4)(x)

4!(x− h− x)4 +

f (5)(α2)

5!(x− h− x)5

o sea que

f(x− h) = f(x)− f′(x)h +

f′′(x)

2!h2 − f

′′′(x)

3!h3 +

f (4)(x)

4!h4

−f (5)(α2)

5!h5 (5.5)

ası que

f(x + h)− f(x− h) = 2hf′(x) +

2f′′′(x)

3!h3 +

2f (5)(c1)

5!h5, (5.6)

siendo 2f (5)(c1) = f (5)(α1) + f (5)(α2), si reemplazamos a h por 2h se tieneque

f(x + 2h)− f(x− 2h) = 4hf′(x) + 16

f′′′(x)

3!h3 + 64

f (5)(c1)

5!h5, (5.7)

ademas si multiplicamos 5.6 por 8 se tiene que

8[f(x + h)− f(x− h)] = 16hf′(x) +

16f′′′(x)

3!h3 +

16f (5)(c1)

5!h5. (5.8)



Restandole a 5.8 la ecuacion 5.7 se tiene que

8[f(x+h)−f(x−h)]−[f(x+2h)−f(x−2h)] = 12hf′(x)+

16f (5)(c1)− 64f (5)(c2)

5!h5.

Si f (5)(x) tiene signo constante y cambia muy poco cerca de x se puede tomarc ∈ [x− 2h, x + 2h] tal que c = c1 = c2 y por tanto 16f (5)(c1)− 64f (5)(c2) =−48f (5)(c) y entonces

8f(x + h)− 8f(x− h)− f(x + 2h) + f(x− 2h) = 12hf′(x)− 48f (5)(c)h5

120,

luego

f′(x) =

−f(x + 2h) + 8f(x + h)− 8f(x− h) + f(x− 2h)

12h+ O(h4) (5.9)

La ecuacion 5.9 se conoce como la formula de la diferencia centrada de ordenO(h4).

Ejemplo 5.1.1. Si f(x) = sen x, calcular la aproximacion de f′(2), usando

las formulas de las diferencias centradas con h = 0.1

Solucion

Con las diferencias centradas de orden O(h2), se tiene que

f′(2) =

1

2× 0.1[sen(2.1)− sen(1.9)] =

1

0.2[0.863209366649−0.946300087687]

=−0.083090721038

0.2= −0.41545360519.

Con la formula de las diferencias centradas de orden O(h4) tenemos que

f′(2) =

1

1.2[−0.80849640382+6.9905674933−7.570400702+0.973847630878]

= −0.416145451042,

la respuesta exacta como hemos visto es −0.416146836547.¥

Otra alternativa para calcular la aproximacion numerica de la deriva-da, es por medio de las llamadas formulas de los tres puntos y las formulas



de los cinco puntos, las cuales se obtienen usando los polinomios de Lagrange,para esto se tiene por el teorema 4.2 que,

f(x) =n∑

i=0

f(xi)Ln,i(x) +(x− x0)(x− x1)(x− x2) . . . (x− xn)

(n + 1)!f (n+1)(c),

para algun c = c(x) ∈ [a, b] y Ln,i(x) es el i-esimo polinomio de Lagrangepara f en x0, x1,...,xn, luego

f′(x) =

n∑i=1

f(xi)L′n,i(x) +

d[(x− x0)(x− x1)(x− x2) . . . (x− xn)]

dx

f (n+1)(c)

(n + 1)!

+(x− x0)(x− x1)(x− x2) . . . (x− xn)

(n + 1)!f (n+2)(c),

de modo que

f′(x) =

n∑i=0

f(xi)L′n,i(x) +

f (n+1)(c)

(n + 1)!

[(x− x1)(x− x2)(x− x3) . . . (x− xn)+

+(x−x0)(x−x2)(x−x3) . . . (x−xn)+(x−x0)(x−x1)(x−x3) . . . (x−xn)+. . .

+(x− x0)(x− x1)(x− x2) . . . (x− xn−1)]

+

∏nj=0,j 6=k(xj − xk)

(n + 1)!f (n+2)(c).

Si x = xj, j = 0, 1, 2, . . . , n, entonces se tiene que

f′(xj) =

n∑i=0

f(xi)L′n,i(xj) +

f (n+2)(c)

(n + 1)!

n∏

j=0,j 6=k

(xj − xk) (5.10)

La formula 5.10 es llamada la formula de los n + 1 puntos, naturalmente setiene una mejor aproximacion a la derivada si se toma una mayor cantidadde puntos, pero esto a su vez implica un alto costo computacional debido ala gran cantidad de evaluaciones que deben realizarse por esto es suficientetomar 3 o 5 puntos.

Para los puntos x0, x1, x2, se tiene que

L2,0(x) =(x− x1)(x− x2)

(x0 − x1)(x0 − x2),

L2,1(x) =(x− x0)(x− x2)

(x1 − x0)(x1 − x2)



y

L2,2(x) =(x− x0)(x− x1)

(x2 − x0)(x2 − x1),

ası que,

L′2,0(x) =

x− x2 + x− x1

(x0 − x1)(x0 − x2)=

2x− x1 − x2

(x0 − x1)(x0 − x2),

L′2,1(x) =

x− x0 + x− x2

(x1 − x0)(x1 − x2)=

2x− x0 − x2

(x1 − x0)(x1 − x2),

y

L′2,2(x) =

x− x1 + x− x0

(x2 − x0)(x2 − x1)=

2x− x0 − x1

(x2 − x0)(x2 − x1),

luego para j = 0, 1, 2 se tiene que

f′(xj) = f(x0)

2xj − x1 − x2

(x0 − x1)(x0 − x2)+ f(x1)

2xj − x0 − x2

(x1 − x0)(x1 − x2)

+f(x2)2xj − x0 − x1

(x2 − x0)(x2 − x1)+

f (3)(c)

3!

2∏

k=0,k 6=j

(xj − xk).

Ahora si xi, i = 0, 1, 2 estan igualmente espaciado, esto es, si x1 − x0 = h yx2 − x1 = h, entonces x1 = x0 + h y x2 = x0 + 2h, luego entonces se tieneque si j = 0,

f′(x0) = f(x0)

2x0 − x0 − h− x0 − 2h

(x0 − x0 − h)(x0 − x0 − 2h)+f(x1)

2x0 − x0 − x0 − 2h

(x0 + h− x0)(x0 + h− x0 − 2h)

+f(x2)2x0 − x0 − x0 − h

(x0 + 2h− x0)(x0 + 2h− x0 − h)+

f (3)[c(x0)]

3!(x0−x0−h)(x0−x0−2h),

luego

f′(x0) =

−3hf(x0)

2h2+−2hf(x1)

−h2+−hf(x2)

2h2+

f (3)[c(x0)]

3h2,

de modo que

f′(x0) =

1

h

[− 3

2f(x0) + 2f(x1)− 1

2f(x2)

]+

f (3)[c(x0)]

3h2 (5.11)

Ahora

f′(x1) = f

′(x0 + h) = f(x0)

2x0 + 2h− x0 − h− x0 − 2h

2h2+



f(x1)2x0 + 2h− x0 − x0 − 2h

−h2+ f(x2)

2x0 + 2h− x0 − x0 − h

2h2+

f (3)[c(x1)]

3!(x0 + h− x0)(x0 + h− x0 − 2h),

luego

f′(x0 + h) =

1

h

[− f(x0)

2+

f(x2)

2

]+

f (3)[c(x1)]

3!h2. (5.12)

Pero tambien

f′(x2) = f

′(x0 + 2h) = f(x0)

2x0 + 4h− x0 − h− x0 − 2h

2h2+

f(x1)2x0 + 4h− x0 − x0 − 2h

−h2+ f(x2)

2x0 + 4h− x0 − x0 − h

2h2+

f (3)[c(x2)]

3!(x0 + 2h− x0)(x0 + 2h− x0 − h),

por tanto

f′(x0 + 2h) =

1

h

[f(x0)

2− 2f(x1) +

3f(x2)

2

]+

f (3)[c(x2)]

3h2 (5.13)

De 5.11 y puesto que x1 = x0 + h y x2 = x0 + 2h tenemos que

f′(x0) =

1

2h

[− 3f(x0) + 4f(x0 + h)− f(x0 + 2h)

]+

f (3)(c0)

3h2 (5.14)

Por motivos practicos sustituimos en 5.12 a x0 +h por x0 y en 5.13 a x0 +2hpor x0, se obtiene entonces que

f′(x0) =

1

2h

[− f(x0 − h) + f(x0 + h)

]− f (3)(c1)

3!h2 (5.15)

f′(x0) =

1

2h

[f(x0 − 2h)− 4f(x0 − h) + 3f(x0)

]+

f (3)(c2)

3h2. (5.16)

Observese que las ecuaciones 5.14 y 5.16 son equivalentes ya que si en 5.16reemplazamos a h por −h se tiene que

f′(x0) = − 1

2h

[f(x0 + 2h)− 4f(x0 + h) + 3f(x0)

]+

f (3)(c2)

3h2,

o sea que

f′(x0) =

1

2h

[− 3f(x0) + 4f(x0 + h)− f(x0 + 2h)

]+

f (3)(c2)

3h2,



que es la ecuacion 5.14. Lo anterior implica que solo se tienen dos ecuacionesque son

f′(x0) = 1

2h

[− 3f(x0) + 4f(x0 + h)− f(x0 + 2h)

]+ f (3)(c0)

3h2

c0 ∈ [x0, x0 + 2h]

f′(x0) = 1

2h

[− f(x0 − h) + f(x0 + h)

]+ f (3)(c1)

3!h2

c1 ∈ [x0 − h, x0 + h]

(5.17)

las ecuaciones 5.17 son las llamadas formulas de los tres puntos

Ejemplo 5.1.2. Usar las formulas 5.17 para aproximar f′(2) si f(x) = sen x.

Solucion

Si h = 0.1 se tiene que

f′(2) ≈ 1

0.2[−3f(2) + 4f(2.1)− f(2.2)]

=1

0.2(−3× 0.909297427 + 4× 0.863209367− 0.808496404) = −0.417756085.

Si h = −0.1, obtenemos

f′(2) ≈ − 1

0.2[−3f(2) + 4f(1.9)− f(1.8)]

=1

0.2(−3× 0.909297427 + 4× 0.946300088− 0.9733847631) = −0.4173022,

el error en la primera respuesta es E = 1.61 × 10−2 y en la segunda esE = 1.155× 10−2 ¥

Para deducir la formula de los cinco puntos consideremos

L4,0(x) =(x− x1)(x− x2)(x− x3)(x− x4)

(x0 − x1)(x0 − x2)(x0 − x3)(x0 − x4),

L4,1(x) =(x− x0)(x− x2)(x− x3)(x− x4)

(x1 − x0)(x1 − x2)(x1 − x3)(x1 − x4),

L4,2(x) =(x− x0)(x− x1)(x− x3)(x− x4)

(x2 − x0)(x2 − x1)(x2 − x3)(x2 − x4),



L4,3(x) =(x− x0)(x− x1)(x− x2)(x− x4)

(x3 − x0)(x3 − x1)(x3 − x2)(x3 − x4),

L4,4(x) =(x− x0)(x− x1)(x− x2)(x− x3)

(x4 − x0)(x4 − x1)(x4 − x2)(x4 − x3),

con x1 = x0 + h, x2 = x0 + 2h, x3 = x0 + 3h, x4 = x0 + 4h, es decir x0, x1,x2, x3 y x4 igualmente espaciados, luego entonces, se tiene que

L′4,0(x) =

1

(x0 − x1)(x0 − x2)(x0 − x3)(x0 − x4)[(x− x2)(x− x3)(x− x4)

+(x−x1)(x−x3)(x−x4)+(x−x1)(x−x2)(x−x4)+(x−x1)(x−x2)(x−x3)],

L′4,1(x) =

1

(x1 − x0)(x1 − x2)(x1 − x3)(x1 − x4)[(x− x2)(x− x3)(x− x4)


L′4,2(x) =

1

(x2 − x0)(x2 − x1)(x2 − x3)(x2 − x4)[(x− x1)(x− x3)(x− x4)


L′4,3(x) =

1

(x3 − x0)(x3 − x1)(x3 − x2)(x3 − x4)[(x− x1)(x− x2)(x− x4)

+(x−x0)(x−x2)(x−x4)+(x−x0)(x−x1)(x−x4)+(x−x0)(x−x1)(x−x2)]

y

L′4,4(x) =

1

(x4 − x0)(x4 − x1)(x4 − x2)(x4 − x3)[(x− x1)(x− x2)(x− x3)


de modo que

L′4,0(x0) = − 25

12hL′4,1(x0) =

4

hL′4,2(x0) = −3

h

L′4,3(x0) =

4

3hy L

′4,4(x0) = − 1

4h,

ası que

f′(x0) = − 25

12hf(x0) +

4

hf(x1)− 3

hf(x2) +

4

3hf(x3)− 1

4hf(x4) +

f (5)(c0)h4

5,

es decir que

f′(x0) =

1

12h[−25f(x0) + 48f(x0 + h)− 36f(x0 + 2h)+



16f(x0 + 3h)− 3f(x0 + 4h)] +f (5)(c0)h

4

5(5.18)

pero tambien

L′4,0(x1) = − 1

4hL′4,1(x1) = − 5

6hL′4,2(x1) =

3

2h

L′4,3(x1) = − 1

2hy L

′4,4(x1) =

1

12h

luego

f′(x0 + h) = − 1

4hf(x0)− 5

6hf(x0 + h) +

3

2hf(x0 + 2h)− 1

2hf(x0 + 3h)

+1

12hf(x0 + 4h)− f (5)(c1)h

4

20,

por lo tanto,

f′(x0 + h) =

1

12h[−3f(x0)− 10f(x0 + h) + 18f(x0 + 2h)− 6f(x0 + 3h)

+f(x0 + 4h)]− f (5)(c1)h4

20(5.19)

ahora

L′4,0(x2) =

1

12hL′4,1(x2) = − 2

3hL′4,2(x2) = 0

L′4,3(x2) =

2

3hy L

′4,4(x2) = − 1

12h,

ası que

f′(x0+2h) =

1

12hf(x0)− 2

3hf(x0+h)+

2

3hf(x0+3h)− 1

12hf(x0+4h)+

f (5)(c2)h4

30

y por tanto

f′(x0 + 2h) =

1

12h[f(x0)− 8f(x0 + h) + 8f(x0 + 3h)

−f(x0 + 4h)] +f (5)(c2)h

4

30, (5.20)

pero

L′4,0(x3) =

1

3hL′4,1(x3) =

1

2hL′4,2(x3) = − 2

3h

L′4,3(x3) =

17

6hy L

′4,4(x3) =

1

4h,



por consiguiente

f′(x0 + 3h) =

1

3hf(x0) +

1

2hf(x0 + h)− 2

3hf(x0 + 2h) +

17

6hf(x0 + 3h)

+1

4hf(x0 + 4h)− f (5)(c3)h

4

20

y

f′(x0 + 3h) =

1

12h[4f(x0) + 6f(x0 + h)− 8f(x0 + 3h) + 34f(x0 + 3h)

+3f(x0 + 4h)]− f ′(c3)h4

20(5.21)

L′0(x4) =

1

4hL′1(x4) = − 4

3hL′2(x4) =

3

h

L′3(x4) = −4

hy L

′4(x4) =

25

12h,

luego,

f′(x0 + 4h) =

1

4hf(x0)− 4

hf(x0 + h) +

3

hf(x0 + 2h)− 4

hf(x0 + 3h)

− 25

12hf(x0 + 4h) +

f (5)(c4)h4

5

ası que

f′(x0 + 4h) =

1

12h[f(x0)− 3f(x0 + h) + 4f(x0 + 2h)− 36f(x0 + 3h)

+25f(x0 + 4h)] +f (5)(c4)h

4

5. (5.22)



Pero si en 5.19 se reemplaza a x0 + h por x0, en 5.20 a x0 + 2h por x0, en5.21 a x0 + 3h por x0 y en 5.22 a x0 + 4h por x0, se tiene que

f′(x0) = 1

12h[−25f(x0) + 48f(x0 + h)− 36f(x0 + 2h) + 16f(x0 + 3h)

−3f(x0 + 4h)] + f (5)(c0)h4

5

f′(x0) = 1

12h[−3f(x0 − h)− 10f(x0) + 18f(x0 + h)

−6f(x0 + 2h) + f(x0 + 3h)]− f (5)(c1)h4

5

f′(x0) = 1

12h[f(x0 − 2h)− 8f(x0 − h) + 8f(x0 + h)

−f(x0 + 2h)] + f (5)(c2)h4

30

f′(x0) = 1

12h[4f(x0 − 3h) + 6f(x0 + 2h)− 8f(x0 − h)

+34f(x0) + 3f(x0 + h)]− f (5)(c3)h4

30

f′(x0) = 1

12h[f(x0 − 4h)− 3f(x0 − 3h) + 4f(x0 − 2h)

−36f(x0 − h) + 25f(x0)] + f (5)(c4)h4

5

(5.23)Las ecuaciones de 5.23 son las formulas de los cinco puntos.

De las formulas anteriores, las mas utiles son

f′(x0) =

1

12h[−25f(x0) + 48f(x0 + h)− 36f(x0 + 2h) + 16f(x0 + 3h)

−3f(x0 + 4h)] +f (5)(c0)h

4

5y

f′(x0) =

1

12h[f(x0 − 2h)− 8f(x0 − h) + 8f(x0 + h)− f(x0 + 2h)]

+f (5)(c2)h

4

30.

Podemos establecer formulas que permitan calcular derivadas se orden supe-rior, en efecto, sea

f(x) = f(x0)+f′(x0)(x−x0)+

f′′(x0)

2!(x−x0)

2+f′′′(x0)

3!(x−x0)

3+f (4)(α1)

4!(x−x0)

4,

de modo

f(x0 + h) = f(x0) + f′(x0)h +

f′′(x0)

2!h2 +

f′′′(x0)

3!h3 +

f (4)(α1)

4!h4,



y

f(x0 − h) = f(x0)− f′(x0)h +

f′′(x0)

2!h2 − f

′′′(x0)

3!h3 +

f (4)(α2)

4!h4,

por lo tanto si f (4)(α1) ≈ f (4)(α2) se tiene que

f(x0 + h) + f(x0 − h) = 2f(x0) + f′′(x0)h

2 + 2f (4)(α)

24h4

ası que

f′′(x0) =

1

h2

[f(x0 + h) + f(x0 − h)− 2f(x0)

]− f (4)(α)

12h2

5.1.1. Analisis de Error

Si ek es el error de redondeo cometido al evaluar a f(x + kh), entonces paralas formulas de los cinco puntos sugerida, tenemos que

Et(h) =−25e0 + 48e1 − 36e2 + 16e3 − 3e4

12h− h4f (5)(c0)

5,

y se ademas se supone que ∀k, |ek| < ε y que |f (5)(x)| ≤ M , ∀x ∈ [x0, x0+4h],entonces

|Et(h)| ≤ 1

12h[25|e0|+ 48|e1|+ 36|e2|+ 16|e3|+ 3|e4|] +

h4|f (5)(c0)|5

,

o sea que

|Et(h)| ≤ 128ε

12h+

h4M

5=

32ε

3h+

h4M

5.

Si hacemos

H(h) =32ε

3h+

h4M

5,

entonces el incremento optimo se tiene en el valor de h que minimice H(h).Pero como

H′(h) = −32ε

3h2+

4Mh3

5,

luego si

−32ε

3h2+

4Mh3

5= 0,

entonces8ε

3h2=

Mh3

5,



luego

h5 =40ε

3M,

o sea que

h =( 40ε

3M

) 15.

De la misma manera si usamos

f′(x0) =

1

12h[f(x0 − 2h)− 8f(x0 − h) + 8f(x0 + h)− f(x0 + 2h)]

+f (5)(c2)h

4

30,

se tiene que

Et(h) =e−2 − 8e−1 + 8e1 + e2

12h+

h4f (5)(c2)

30,

si |ek| < ε, ∀k y |f (5)(x)| ≤ M , ∀x ∈ [x0 − 2h, x0 + 2h], entonces

|Et(h)| ≤ 18ε

12h+

h4M

30=

3ε

2h+

h4M

30,

con lo que obtenemos que

h =( 45ε

4M

) 15.

5.2. Extrapolacion de Richardson

Supongamos G(h) es una expresion que aproxima a una cantidad G, luegoentonces se tiene que G−G(h) = ET , donde ET es el error de truncamientoque se comete al aproximar a G por G(h).

SupongamosET = c1h + c2h

2 + c3h3 + c4h

4 + . . . ,

luegoG = G(h) + c1h + c2h

2 + c3h3 + c4h

4 + . . . h > 0, (5.24)

si tomamos h =h

2, entonces

G = G(h

2

)+ c1

h

2+ c2

h2

4+ c3

h3

8+ c4

h4

16+ . . . h > 0, (5.25)

5.2. EXTRAPOLACION DE RICHARDSON


si a dos veces la ecuacion 5.25 le restamos la ecuacion 5.24 se tiene que

2G−G = 2G(h

2

)+c1h+c2

h2

2+c3

h3

4+c4

h4

8+· · ·−G(h)−c1h−c2h

2−c3h3−c4h

4−. . .

o sea que

G = 2G(h

2

)−G(h)− c2

h2

2− 3

4c3h

3 − 7

8c4h

4 − . . . ,

luego

G =[G

(h

2

)+

(G

(h

2

)−G(h)

)]− c2

h2

2− 3

4c3h

3 − 7

8c4h

4 − . . . ,

para simplificar los calculos tomemos G(h) ≡ G1(h), la expresion para O(h2),es entonces

G = G2(h)− c2h2

2− 3

4c3h

3 − 7

8c4h

4 − . . . , (5.26)

donde G2(h) = G1

(h

2

)+

(G1

(h

2

)−G1(h)

), si igual que antes reemplazamos

h porh

2en 5.26, se tiene que,

G = G2

(h

2

)− c2

h2

8− 3

32c3h

3 − 7

128c4h

4 − . . . . (5.27)

Pero si a cuatro veces la ecuacion 5.27 le restamos la ecuacion 5.26 se tieneque

4G−G = 4G2

(h

2

)−G2(h)− c2

h2

2− 3

8c3h

3 − 7

32c4h

4 − . . .

+c2h2

2+

3

4c3h

3 +7

8c4h

4 + . . . ,

o sea que

3G = 4G2

(h

2

)−G2(h) +

3

8c3h

3 +21

32c4h

4 + . . .

luego

G =[G2

(h

2

)+

G2

(h

2

)−G2(h)

3

]+

1

8c3h

3 +7

32c4h

4 + . . . ,

si tomamos

G3(h) = G2

(h

2

)+

G2

(h

2

)−G2(h)

3,



se tiene la expresion para O(h3)dada por

G = G3(h) +1

8c3h

3 +7

32c4h

4 + . . . (5.28)

reemplacemos nuevamente a h porh

2, entonces se tiene que

G = G3

(h

2

)+

1

64c3h

3 +7

512c4h

4 + . . . (5.29)

ahora si a ocho veces la ecuacion 5.29 le restamos la ecuacion 5.28 se tieneque

7G = 8G3

(h

2

)−G3(h)− 7

64c4h

4 + . . .

o sea que

7G = 7G3

(h

2

)+ G3

(h

2

)−G3(h)− 7

64c4h

4 + . . .

luego

G =[G3

(h

2

)+

G3

(h

2

)−G3(h)

7

]− 1

64c4h

4 + . . . ,

ası que si

G4(h) = G3

(h

2

)+

G3

(h

2

)−G3(h)

7,

se tiene la aproximacion O(h4) dada por

G = G4(h)− 1

64c4h

4 + . . . ,

continuando con este proceso, la aproximacion O(hn) es

G =[Gn−1

(h

2

)+

Gn−1

(h

2

)−Gn−1(h)

2n−1 − 1

]+

m−1∑j=1

cjhj + O(hm) (5.30)

o sea

G = Gn(h) +m−1∑j=1

cjhj + O(hm),

donde

Gn(h) =[Gn−1

(h

2

)+

Gn−1

(h

2

)−Gn−1(h)

2n−1 − 1

](5.31)



Ejemplo 5.2.1. Usar la extrapolacion de Richardson para encontrar f′(2),

siendo f(x) = sen x.

SolucionTomando h = 0.1 se tiene los resultados mostrados en la tabla 23 y 24

G1(0.1) = −0.41545360519G1(0.05) = −0.41597346371 G2(0.1) = −0.416146749883G1(0.025) = −0.41610348928 G2(0.05) = −0.416146831137G1(0.0125) = −0.41613599948 G2(0.025) = −0.416146836213G1(0.00625) = −0.41614412728 G2(0.0125) = −0.416146836547

TABLA 23

G3(0.1) = −0.416146836554G3(0.05) = −0.416148026379G3(0.025) = −0.416146836547

TABLA 24

¥

Usemos la extrapolacion de Richardson para generar las expresionesO(hn) en la formula de diferencias centrada dadas en la seccion 5.1.

Sea entonces

f′(x0) =

f(x0 + h)− f(x0 − h)

2h−h2

6f′′′(x0)− h4

120f (5)(x0)− h6

5040f (7)(x0)−+ . . . ,

haciendo G(h) =f(x0 + h)− f(x0 − h)

2h, se tiene entonces que

f′(x0) = G(h)− h2

6f′′′(x0)− h4

120f (5)(x0)− h6

5040f (7)(x0)− . . . , (5.32)

si reemplazamos a h porh

2en la expresion anterior se tiene que

f′(x0) = G

(h

2

)− h2

24f′′′(x0)− h4

1920f (5)(x0)− h6

322560f (7)(x0)− . . . , (5.33)

si a cuatro veces 5.33 le restamos 5.32 se tiene que

3f′(x0) =

[4G

(h

2

)−G(h)

]+

h4

160f (5)(x0) +

15h6

80640f (7)(x0) + . . . ,



o sea que

f′(x0) =

[G

(h

2

)+

G(h

2

)−G(h)

3

]+

h4

480f (5)(x0) +

h6

16128f 7(x0) + . . . ,

y por tanto la aproximacion para O(h2) esta dada por

f′(x0) = G2(h) +

h4

480f (5)(x0) +

h6

16128f (7)(x0) + . . . , (5.34)

siendo G2(h) = G(h

2

)+

G(h

2

)−G(h)

3si en 5.34 reemplazamos nuevamente

a h porh

2, obtenemos que

f′(x0) = G2

(h

2

)+

h4

7680f (5)(x0) +

h6

1032192f (7)(x0) + . . . , (5.35)

ahora restandole a dieciseis veces la ecuacion 5.35, la ecuacion 5.34 se tieneque

15f′(x0) = 16G2

(h

2

)−G2(h) +

h6

64512f (7)(x0)− h6

16128f (7)(x0) . . . ,

o sea que

15f′(x0) = 15G2

(h

2

)+ G2

(h

2

)−G2(h)− 3h6

64512f (7)(x0) + . . . ,

o sea que la aproximacion para O(h4) es

f′(x0) = G2

(h

2

)+

[G2

(h

2

)−G2(h)

15

]− h6

322560f (7)(x0) + . . . , (5.36)

la cual podemos escribir como

f′(x0) = G3(h)− h4

480f (5)(x0)− h6

322560f (7)(x0) + . . . , (5.37)

siendo G3(h) = G2

(h

2

)+

G2

(h

2

)−G2(h)

15, continuando con este proceso se

tiene la aproximacion O(h2j), j = 2, 3, 4, . . . dada por

Gj(h) = Gj−1

(h

2

)+

Gj−1

(h

2

)−Gj−1(h)

4j−1 − 1(5.38)



5.3. Integracion Numerica

Si deseamos calcular la integral dada por

b∫

a

xe−x2

dx

podemos usar el metodo de sustitucion y tomar entonces a u = x2 de modo

que du = 2xdx, ası que xdx =du

2, por lo tanto la integral resulta ser

b∫

a

xe−x2

dx =1

2

b2∫

a2

e−udu = −1

2e−u

∣∣∣b2

a2=

1

2

(e−a2 − e−b2

).

Pero si deseamos calcular la integral

b∫

a

e−x2

dx,

es claro que al no ser posible calcularla por ninguno de los metodos conocidosdel calculo integral, la via entonces es, buscar un valor aproximado de laintegral en cuestion.

En esta seccion obtendremos metodos que permitan calcular el valoraproximado de una integral dada.

Un metodo para aproximar la integral dada porb∫

a

f(x)dx se basa en los

polinomios de Lagrange, en efecto sea

Pn(x) =n∑

i=0

f(xi)Ln,i(x)

el polinomio de aproximacion de Lagrange que aproxima a la funcion f(x),pero como

f(x) = Pn(x) + ET (x) =n∑

i=0

f(xi)Ln,i(x) +n∏

i=0

(x− xi)f (n+1)[c(x)]

(n + 1)!,

al integrar termino a termino se tiene que

b∫

a

f(x)dx =

b∫

a

n∑i=0

f(xi)Ln,i(x)dx +

b∫

a

n∏i=0

(x− xi)f (n+1)[c(x)]

(n + 1)!dx,



de modo que

b∫

a

f(x)dx =n∑

i=0

f(xi)

b∫

a

Ln,i(x)dx +1

(n + 1)!

b∫

a

n∏i=0

(x− xi)f(n+1)[c(x)]dx,

con c(x) ∈ [a, b], luego entonces ,

b∫

a

f(x)dx ≈n∑

i=0

f(xi)

b∫

a

Ln,i(x)dx =n∑

i=0

wifi(x),

siendo wi =b∫

a

Ln,i(x)dx.

Miremos el caso para L1,0(x) y L1,1(x), en este caso P (x) =

f(x0)x− x1

x0 − x1

+ f(x1)x− x0

x1 − x0

, luego

b∫

a

f(x)dx =

x1∫

x0

f(x0)x− x1

x0 − x1

dx +

x1∫

x0

f(x1)x− x0

x1 − x0

dx

+1

2!

x1∫

x0

f′′[c(x)](x− x0)(x− x1)dx,

por el teorema del valor medio generalizado para las integrales, existe c ∈[a, b], tal que

x1∫

x0

f′′[c(x)](x− x0)(x− x1)dx = f

′′(c)

x1∫

x0

(x− x0)(x− x1)dx,

pero,

f′′(c)

x1∫

x0

(x− x0)(x− x1)dx = f′′(c)

x1∫

x0

(x2 − (x1 + x0)x + x0x1)dx

de modo que

f′′(c)

x1∫

x0

(x− x0)(x− x1)dx = f′′(c)

[x3

3

∣∣∣x1

x0

− (x0 + x1)x2

2

∣∣∣x1

x0

+ x0x1x∣∣∣x1

x0

],

5.3. INTEGRACION NUMERICA


o sea que

f′′(c)

x1∫

x0

(x−x0)(x−x1)dx = f′′(c)

[x31 − x3

0

3−(x0+x1)

x21 − x2

0

2+x0x1(x1−x0)

],

ası que

f′′(c)

x1∫

x0

(x−x0)(x−x1)dx = f′′(c)(x1−x0)

[x21 + x1x0 + x2

0

3−(x0 + x1)

2

2+x0x1

],

de modo que si h = x1 − x0, entonces

f′′(c)

x1∫

x0

(x−x0)(x−x1)dx =hf

′′(c)

6(−x2

1 +2x1x0−x20) = −hf

′′(c)

6(x1−x0)

2

luego

1

2!

x1∫

x0

f′′[c(x)](x− x0)(x− x1)dx = −h3f

′′(c)

12,

por lo anterior se tiene que

x1∫

x0

f(x)dx = −f(x0)

2

(x0 − x1)2

(x0 − x1)+

f(x1)

2

(x1 − x0)2

(x1 − x0)− h3f

′′(c)

12,

de modo que

x1∫

x0

f(x)dx =f(x0)

2(x1 − x0) +

f(x1)

2(x1 − x0)− h3f

′′(c)

12

=(x1 − x0)

2[f(x0) + f(x1)]− h3f

′′(c)

12

por lo tanto,x1∫

x0

f(x)dx =h

2[f(x0) + f(x1)]− h3f

′′(c)

12, (5.39)

la ecuacion 5.39 es llamada la regla del trapecio

Deduzcamos ahora la regla de Simpson utilizando una via diferente a



la utilizada para calcular la regla del trapecio, para ello utilizamos elpolinomio de Taylor de f(x) de cuarto orden alrededor de x1, la cual comosabemos esta dado por

f(x) = f(x1) + f′(x1)(x− x1) + f

′′(x1)

(x− x1)2

2!+ f

′′′(x1)

(x− x1)3

3!

+f (4)[c(x)](x− x1)

4

4!,

luego

x2∫

x0

f(x)dx = f(x1)

x2∫

x0

dx + f′(x1)

x2∫

x0

(x− x1)dx +f′′(x1)

2!

x2∫

x0

(x− x1)2dx

+f′′′(x1)

3!

x2∫

x0

(x− x1)3dx +

1

4!

x2∫

x0

f (4)[c(x)](x− x1)4dx,

pero por el teorema del valor medio ponderado existe c ∈ [x0, x2] , con a = x0

y b = x2, tal que

1

4!

x2∫

x0

f (4)[c(x)](x− x1)4dx =

f (4)(c)

4!

x2∫

x0

(x− x1)4dx,

perox2∫

x0

(x− x1)4dx =

(x− x1)5

5

∣∣∣x2

x0

,

ahora si x1 − x0 = h, x2 − x1 = h, entonces

f (4)(c)

4!

x2∫

x0

(x− x1)4dx =

h5f (4)(c)

60.


x2∫

x0

f(x)dx = f(x1)x∣∣∣x2

x0

+f′(x1)

2(x− x1)

2∣∣∣x2

x0

+f′′(x1)

6(x− x1)

3∣∣∣x2

x0

+f′′′(x1)

24(x− x1)

4∣∣∣x2

x0

+h5f (4)(c)

60,



luego

x2∫

x0

f(x)dx = f(x1)[(x2 − x1)− (x0 − x1)] +f′(x1)

2[(x2 − x1)

2 − (x0 − x1)2]

+f′′(x1)

6[(x2−x1)

3− (x0−x1)3]+

f′′′(x1)

24[(x2−x1)

4− (x0−x1)4]+

h5f (4)(c)

60,

entonces,

x2∫

x0

f(x)dx = f(x1)[(x2 − x1) + (x1 − x0)] +f′(x1)

2[(x2 − x1)

2 − (x1 − x0)2]

+f′′(x1)

6[(x2−x1)

3 +(x1−x0)3]+

f′′′(x1)

24[(x2−x1)

4− (x1−x0)4]+

h5f (4)(c)

60,

pero como hemos dicho x1 − x0 = x2 − x1 = h, luego

x2∫

x0

f(x)dx = f(x1)[(x2−x1)+(x1−x0)]+f′′(x1)

6[(x2−x1)

3+(x1−x0)3]+

h5f (4)(c)

60,

se puede escribir como

x2∫

x0

f(x)dx = 2hf(x1) + h3f′′(x1)

3+

h5f (4)(c)

60,

pero

f′′(x1) =

1

h2[f(x1 − h)− 2f(x1) + f(x1 + h)]− h2

12f (4)(c1),

luego entonces

x2∫

x0

f(x)dx = 2hf(x1)+h3

3h2[f(x1−h)−2f(x1)+f(x1+h)]−h5f (4)(c1)

36+

h5f (4)(c)

60,

de modo que

x2∫

x0

f(x)dx = 2hf(x1) +h

3[f(x0)− 2f(x1) + f(x2)]− h5

12

[f (4)(c1)

3− f (4)(c)

5

],



se puede probar que existe α, tal que,

h5

12

[f (4)(c1)

3− f (4)(c)

5

]=

h5f (4)(α)

90

por consiguiente tenemos que

x2∫

x0

f(x)dx =h

3[6f(x1) + f(x0)− 2f(x1) + f(x2)]− h5f (4)(α)

90,

y por tanto

x2∫

x0

f(x)dx =h

3[f(x0) + 4f(x1) + f(x2)]− h5f (4)(α)

90, (5.40)

la ecuacion 5.40 es la regla de Simpson

Otra regla para aproximar numericamente la integral es, la regla3

8de

Simpson la cual discutiremos a continuacion.Sea

f(x) ≈ f(x0)(x− x1)(x− x2)(x− x3)

(x0 − x1)(x0 − x2)(x0 − x3)+f(x1)

(x− x0)(x− x2)(x− x3)

(x1 − x0)(x1 − x2)(x1 − x3)

+f(x2)(x− x0)(x− x1)(x− x3)

(x2 − x0)(x2 − x1)(x2 − x3)+ f(x3)

(x− x0)(x− x1)(x− x2)

(x3 − x0)(x3 − x1)(x3 − x2),

luego entonces se tiene que

x3∫

x0

f(x)dx ≈ f(x0)

(x0 − x1)(x0 − x2)(x0 − x3)

x3∫

x0

(x− x1)(x− x2)(x− x3)dx

+f(x1)

(x1 − x0)(x1 − x2)(x1 − x3)

x3∫

x0

(x− x0)(x− x2)(x− x3)dx

+f(x2)

(x2 − x0)(x2 − x1)(x2 − x3)

x3∫

x0

(x− x0)(x− x1)(x− x3)dx

+f(x3)

(x3 − x0)(x3 − x1)(x3 − x2)

x3∫

x0

(x− x0)(x− x1)(x− x2)dx,



si tomamos la sustitucion x = x0 + uh y como xi = x0 + ih, i = 1, 2, 3,entonces x3 = x0 + 3h, luego si x = x0, se tiene que u = 0 y si x = x3,entonces x3 = x0 + uh, o sea que x0 + 3h = x0 + uh, de modo que u = 3,ademas dx = hdu, x − x1 = x − x0 − h = uh − h = h(u − 1), x − x2 =x−x0−2h = uh−2h = h(u−2) y x−x3 = x−x0−3h = uh−3h = h(u−3),y xk − xj = (k − j)h, de modo que

x3∫

x0

f(x)dx ≈ f(x0)

(−h)(−2h)(−3h)

3∫

0

h(u− 1)h(u− 2)h(u− 3)hdu

+f(x1)

(h)(−h)(−2h)

3∫

0

uhh(u−2)h(u−3)hdu+f(x2)

(2h)(h)(−h)

3∫

0

uhh(u−1)h(u−3)hdu

+f(x3)

(3h)(2h)(h)

3∫

0

uhh(u− 1)h(u− 2)hdu,

luego

x3∫

x0

f(x)dx ≈ −h4f(x0)

6h3

3∫

0

(u3−6u2+11u−6)du+h4f(x1)

2h3

3∫

0

(u3−5u2+6u)du

+−h4f(x2)

2h3

3∫

0

(u3 − 4u2 + 3u)du +h4f(x3)

6h3

3∫

0

(u3 − 3u2 + 2u)du,

de modo que

x3∫

x0

f(x)dx ≈ −hf(x0)

6

−9

4+

hf(x1)

2

9

4− hf(x2)

2

−9

4+

hf(x3)

6

9

4,

luegox3∫

x0

f(x)dx ≈ 3hf(x0)

8+

9hf(x1)

8+

9hf(x2)

8+

3hf(x3)

8,

ası quex3∫

x0

f(x)dx ≈ 3h

8[f(x0) + 3f(x1) + 3f(x2) + f(x3)], (5.41)



la ecuacion 5.41 es la llamada regla de los3

8de Simpson.

La regla del trapecio, la de Simpson, y la de los3

8de Simpson con

sus respectivos errores estan entonces dadas por

x1∫

x0

f(x)dx =h

2[f(x0) + f(x1)]− h3

12f′′(c) c ∈ [x0, x1] (5.42)

x2∫

x0

f(x)dx =h

3[f(x0) + 4f(x1) + f(x2)]− h5

90f (4)(c) c ∈ [x0, x2] (5.43)

x3∫

x0

f(x)dx =3h

8[f(x0) + 3f(x1) + 3f(x2) + f(x3)]− 3h5

80f (4)(c) c ∈ [x0, x3]

(5.44)las reglas anteriores se conocen como las formulas cerradas de Newton-Cotes.

Definicion 5.3.1. El grado de Exactitud de una formula de integracionnumerica o formula de cuadratura es el numero natural n tal que para todopolinomio Pi(x) de grado i ≤ n, el error E[Pi(x)] es cero y existe Pn+1(x) degrado n + 1 con E[Pn+1(x)] 6= 0.

Mas concretamente, el grado de Exactitud o de precision es el entero posi-tivo i, tal que la formula de integracion es exacta para xi, i = 0, 1, 2, 3, . . . , n

Ası que la regla del trapecio tiene un grado de exactitud uno, en tan-to que la de Simpson y la de los tres octavo de Simpson tiene un grado deexactitud tres.

Ya hemos dicho que las reglas anteriormente expuestas se llaman formulascerradas de Newton, esto porque la integracion se hace en el intervalocerrado [a, b], si la integracion se hace en el intervalo abierto (a, b) setiene entonces, las formulas abiertas de Newton - Cotes, en este caso six0, x1, x2, . . . , xn ∈ (a, b) son los nodos, es claro que a y b no son parte deellos, por tanto tomamos x−1 = a y xn+1 = b. Algunas formulas abiertas deNewton - Cotes, estan dadas por

n= 0

x1∫

x−1

f(x)dx = 2hf(x0) +h3

3f′′(c) (Regla del punto medio)

(5.45)



n= 1

x2∫

x−1

f(x)dx =3h

2[f(x0) + f(x1)] +

3h3

4f′′(c) (5.46)

n= 2

x3∫

x−1

f(x)dx =4h

3[2f(x0)− f(x1) + 2f(x2)] +

14h5

45f (4)(c) (5.47)

n= 3

x4∫

x−1

f(x)dx =5h

24[11f(x0) + f(x1) + f(x2) + 11f(x3)] +

95h5

144f (4)(c)

(5.48)Los dos teoremas que damos a continuacion sin demostracion permiten,obtener las formulas cerradas y abiertas de Newton - Cotes respectivamente.

Para las cerradas se tiene que

Teorema 5.3.1. Supongamos quen∑

i=0

aif(xi), es la formula cerradas de New-

ton - Cotes con x0 = a y xn = b, h =b− a

n, entonces existe c ∈ (a, b), tal

que

b∫

a

f(x)dx =n∑

i=0

aif(xi) +hn+3f (n+2)(c)

(n + 2)!

n∫

0

t2(t− 1)(t− 2)(t− n)dt,

si n es par, f ∈ Cn+2[a, b] y

b∫

a

f(x)dx =n∑

i=0


(n + 1)!

n∫

0

t(t− 1)(t− 2)(t− n)dt

si n es impar, f ∈ Cn+1[a, b], ai =b∫

a

Li(x)dx

Observemos que si n = 4 la formula cerrada de Newton - Cotes es

b∫

a

f(x)dx =2h

45[7f(x0)+ 32f(x1)+ 12f(x2)+ 32f(x3)+ 7f(x4)]− 8h7

945f (6)(c)

(5.49)llamada la regla de Boole

Para la formulas abiertas el teorema es



Teorema 5.3.2. Supongamos quen∑

i=0

aif(xi), es la formula abierta de New-

ton - Cotes con x−1 = a y xn+1 = b, h =b− a

n + 2, entonces existe c ∈ (a, b),

tal que

b∫

a

f(x)dx =n∑

i=0


(n + 2)!

n+1∫

−1

t2(t− 1)(t− 2)(t− n)dt

si n es par y si f ∈ Cn+2[a, b], y

b∫

a

f(x)dx =a∑

i=0


(n + 1)!

n+1∫

−1

t(t + 1)(t− 2) . . . (t− n)dt

si n es impar y si f ∈ Cn+1[a, b]

Ejemplo 5.3.1. Utilizar las formulas cerradas de Newton - Cotes para

aproximar la integral1.5∫1

x2 ln xdx

Solucion

Primero observemos que

1.5∫

1

x2 ln xdx =x3

9(3 ln x− 1)

∣∣∣1.5

1,

y por tanto el valor exacto de la integral con doce cifras significativas es

1.5∫

1

x2 ln xdx = 0.192259357733.

Usemos primero el metodo del trapecio, en el h = 1.5− 1 = 0.5, luego

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 0.5

2[f(1) + f(1.5)] =

1

4[1 ln 1 + (1.5)2 ln 1.5],

o sea que1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 0.2280741233,



resultado que presenta un error absoluto de E = 0.0358147655674 ≈ 3.58 %,que como vemos es un error muy alto.

Con la regla de Simpson se tiene que h =b− a

n=

b− a

2=

1

4, luego

x0 = 1, x1 = x0 + h = 1.25 y x2 = 1.5, por tanto

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ h

3[f(x0) + 4f(x1) + f(x2)],

luego1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

12[f(1) + 4f(1.25) + f(1.5)],

de modo que

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

12[1 ln 1 + 4(1.25)2 ln 1.25 + (1.5)2 ln 1.5]

=1

12[1.39464719571 + 0.912296493243],

ası que1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 0.192245307412,

teniendose un error absoluto de E = 0.000014050321.

Apliquemos ahora la regla tres octavos de Simpson, aquı h =b− a

3=

1

6,

ademas x0 = 1, x1 = 1 +1

6, x1 = 1 +

1

3y x3 = 1.5, luego

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

16[f(x0) + 3f(x1) + 3f(x2) + f(x3)],

luego

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

16[0 + 0.62944860931 + 1.53430438639 + 0.912296493243],



por tanto1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 0.192253093059,

con un error absoluto de E = 0.000006264674

Finalmente usando la regla de Boole h =b− a

4=

0.5

4=

1

8= 0.125,

luego

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 2h

45[7f(x0) + 32f(x1) + 12f(x2) + 32f(x3) + 7f(x4)],

pero x0 = 1, x1 = 1 + 0.125 = 1.125, x2 = 1 + 0.25 = 1.25, x3 = 1 + 0.375 =1.375 y x4 = 1.5, de modo que

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

180[0 + 4.77021294406 + 4.18394158714

+19.2664507327 + 6.3860754527],

luego1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 0.192259337314,

teniendo ahora un valor absoluto E = 0.000000020419.

Como podemos observar la regla de Boole es la que proporciona unmenor error. ¥

Ejemplo 5.3.2. Utilizar las formulas abiertas de Newton - Cotes para

aproximar la integral1.5∫1

x2 ln xdx

Solucion

Si aplicamos la regla del punto medio podemos observar que

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 0



ya que1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 2hf(x0) = 2× 12 ln 1 = 0,

lo cual significa que el error es del 100 %.

Con n = 1 se tiene que h =b− a

n + 2=

0.5

3=

1

6, luego x0 = a + h = 1 +

1

6y

x1 = a + 2h = 1 +1

3, de modo que

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈31

62

[f(x0) + f(x1)],

luego

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

4[0.209816203103 + 0.511434795463] = 0.180312749642,

la cual proporciona un error absoluto de E = 0.011946608091.

Si tomamos n = 2, h =b− a

n + 2=

0.5

4=

1

8= 0.125, ası que

x0 = a + h = 1 + 0.125 = 1.125, x1 = x0 + h = 1.125 + 0.125 = 1.25, yx2 = x1 + h = 1.25 + 0.125 = 1.375, luego,

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 4h

3[2f(x0)− f(x1) + 2f(x2)],

o sea que,

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

6[0.298138309004− 0.348661798928 + 1.20415317079],

de modo que

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

6(1.19100821798) = 0.198501369663,



aproximacion que presenta un error de E = 0.00624201193.

Veamos la aproximacion cuando n = 3, en este caso h = 0.1 ya que h =b− a

n + 2=

0.5

5=

1

10, pero entonces, x0 = a + h = 1 + 0.1 = 1.1, x1 = x0 + h =

1.1 + 0.1 = 1.2, x2 = x1 + h = 1.2 + 0.1 = 1.3 x3 = x2 + h = 1.3 + 0.1 = 1.4,ası que

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 5× 0.1

24[11f(x0) + f(x1) + f(x2) + 11f(x3)]

=1

48[11f(1.1) + f(1.2) + f(1.3) + 11f(1.4)],

por lo tanto

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

48[1.2685784932+0.262543041783+0.443395606949+7.25434142155],

y de ese modo

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

48× 9.22885856348 = 0.192267886739,

que proporciona un error absoluto de E = 0.000008529006. ¥

5.4. Integracion Compuesta

Ahora bien una mejor aproximacion numerica a la integral la proporcionala llamada integracion numerica compuesta, la cual estudiaremos en estaseccion, mirando primero la integracion numerica compuesta para la regladel trapecio, luego para la regla de Simpson y por ultimo para la regla 3

8de

Simpson.

5.4.1. Regla Compuesta del Trapecio

Sea P = x0, x1, x2, . . . , xn, una particion de un intervalo cerrado [a, b],

tal que xk = x0 + hk, h =b− a

n, k = 0, 1, 2, . . . , n, entonces aplicamos a

5.4. INTEGRACION COMPUESTA


cada subintervalo [xk−1, xk] la regla del trapecio, esto es en cada subintervalo[xk−1, xk] se tiene que

xk∫

xk−1

f(x)dx ≈ h

2[f(xk−1) + f(xk)],

luego

b∫

a

f(x)dx ≈n∑

k=1

h

2[f(xk−1) + f(xk)] =

h

2

n∑

k=1

[f(xk−1) + f(xk)],

o sea que

b∫

a

f(x)dx ≈ h

2[f(x0)+f(x1)+f(x1)+f(x2)+f(x2)+· · ·+f(xn−1)+f(xn−1)+f(xn)],

de modo que

b∫

a

f(x)dx ≈ h

2f(x0) + 2[f(x1) + f(x2) + · · ·+ f(xn−1)] + f(xn),

por lo tanto

b∫

a

f(x)dx ≈ h

2

[f(x0) + f(xn) + 2

n−1∑

k=1

f(xk)],

pero como x0 = a y xn = b, entonces

b∫

a

f(x)dx ≈ h

2

[f(a) + f(b) + 2

n−1∑

k=1

f(xk)], (5.50)

la ecuacion 5.50 se conoce como la regla compuesta del trapecio.

Ejemplo 5.4.1. Aplicar la regla compuesta del trapecio con n = 4 y n = 6

para aproximar la integral1.5∫1

x2 ln xdx



Solucion

Como h =b− a

n, entonces h =

1

8= 0.125, luego,

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ h

2

[f(x0) + f(x4) + 2

3∑

k=1

f(xk)],

por tanto,

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

16

[f(x0) + f(x4) + 2[f(x1) + f(x2) + f(x3)]

],

pero x0 = 1, x1 = x0 + h = 1 + 0.125 = 1.125, x2 = x1 + h = 1.125 + 0.125 =1.25, x3 = x2 + h = 1.25 + 0.125 = 1.375 y x4 = 1.5, luego,

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

16

[f(1) + f(1.5) + 2[f(1.125) + f(1.25) + f(1.375)]

],

o sea que

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

16

[0 + 0.912296493243 + 2[0.149069154502

+0.348661798928 + 0.602076585397]],

de modo que

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

16[0.912296493243 + 2.19961507766],

ası que,1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

16× 3.119115709 = 0.194494473181.

Para n = 6 se tiene que h =b− a

n, luego h =

0.5

6=

1

12, de modo que

x0 = 1, x1 = x0 + h = 1 +1

12, x2 = x0 + 2h = 1 +

1

6, x3 = x0 + 3h = 1 +

1

4,



x4 = x0 + 4h = 1 +1

3, x5 = x0 + 5h = 1 +

5

12, x6 = 1, de modo que,

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ h

2

[f(x0) + f(x6) + 2

5∑

k=1

f(xk)],

de modo que

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

24

[f(x0) + f(x6) + 2[f(x1) + f(x2) + f(x3) + f(x4) + f(x5)]

],

o sea que

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

24[0.912296493243 + 3.72576798698],

y de ese modo1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 0.193252686676.

¥

Podemos observar que si bien la aproximacion obtenida no es muy buenaporque mantiene un error muy grande, si es mejor a la obtenida con la regladel trapecio, naturalmente entre mas grande sea el valor de n usado en laregla compuesta del trapecio, se obtendra una mejor aproximacion.

5.4.2. Regla Compuesta de Simpson

Consideremos sub-intervalos de la forma [x2k−2, x2k], k = 1, 2, . . . , n, yapliquemos la regla de Simpson a cada uno de esos sub-intervalos, entoncesse tiene que

x2k∫

x2k−2

f(x)dx ≈ h

3

[f(x2k−2) + 4f(x2k−1) + f(x2k)

],

luegob∫

a

f(x)dx ≈n∑

k=1

x2k∫

x2k−2

f(x)dx,



por tanto

b∫

a

f(x)dx ≈n∑

k=1

h

3

[f(x2k−2) + 4f(x2k−1) + f(x2k)

],

o sea que

b∫

a

f(x)dx ≈ h

3[f(x0)+4f(x1)+f(x2)+f(x2)+4f(x3)+f(x4)+f(x4)+4f(x5)

+ · · ·+ f(x2n−4) + 4f(x2n−3) + f(x2n−2) + f(x2n−2) + 4f(x2n−1) + f(x2n)],

pero entonces,

b∫

a

f(x)dx ≈ h

3

[f(x0) + f(x2n)+ 2f(x2) + f(x4) + · · ·+ f(x2n−2)

]

+4f(x1) + f(x3) + · · ·+ f(x2n−1)],

pero x0 = a y x2n = b, entonces,

b∫

a

f(x)dx ≈ h

3[f(a) + f(b)] +

2h

3

n−1∑

k=1

f(x2k) +4h

3

n∑

k=1

f(x2k−1) (5.51)

la formula 5.51 es la regla compuesta de Simpson.

Ejemplo 5.4.2. Usar la regla compuesta de Simpson con 11 nodos para

aproximar la integral5∫2

x2 ln xdx.

Solucion Como se va aplicar la regla compuesta de Simpson con 11 nodos

entonces n = 5, luego h =b− a

2n=

3

10, entonces

5∫

2

x2 ln xdx ≈ h

3[f(2) + f(5)] +

2h

3

4∑

k=1

f(x2k) +4h

3

5∑

k=1

f(x2k−1),

pero como xk = x0 + kh, entonces x0 = 2, x1 = x0 + 2 = 2 +3

10=

23

10,

x2 =26

10=

13

5x3 =

29

10x4 =

32

10=

16

5, x5 =

35

10=

7

2, x6 =

38

10=

19

5,



x7 =41

10, x8 =

44

10=

22

5, x9 =

47

10y x10 =

50

10= 5, luego

5∫

2

x2 ln xdx ≈ 1

10[f(2) + f(5)] +

1

5[f(x2) + f(x4) + f(x6) + f(x8)]

+2

5[f(x1) + f(x3) + f(x5) + f(x7) + f(x9)],

o sea que

5∫

2

x2 ln xdx ≈ 1

10[f(2) + f(5)] +

1

5[f(2.6) + f(3.2) + f(3.8) + f(4.4)]

+2

5[f(2.3) + f(2.9) + f(3.5) + f(4.1) + f(4.7)],

de modo que

5∫

2

x2 ln xdx ≈ 1

10[2.77258872224 + 40.2359478108]

+1

5[6.45925736838 + 11.9106642925 + 19.2774154036 + 28.6838639122]

+2

5[4.40608926033 + 8.95421729809 + 15.3463463641

+23.7186910281 + 34.1856558176],

por lo tanto

5∫

2

x2 ln xdx ≈ 1

10[43.008536533] +

1

5[66.3312009767] +

2

5[86.6109997682]

= 4.3008536533 + 13.2662401953 + 34.6443999072,

de modo que5∫

2

x2 ln xdx ≈ 52.2114937558.

Hacemos notar que, el valor exacto de la integral con doce cifras significativases

5∫

2

x2 ln xdx =1

9x3(3 ln x− 1)

∣∣∣5

2= 52.2115205364,

de modo que el error de aproximacion es E = |52.2115205364 −52.2114937558| = 0.0000276806 ¥



5.4.3. Regla Compuesta de los 38 Simpson

Consideremos nuevamente la particion P = x0, x1, x2, . . . , xn, del intervalo

cerrado [a, b], con xk = x0 + hk, h =b− a

3n, k = 0, 1, 2, . . . , n, entonces

aplicamos a cada subintervalo [x3k−3, x3k] la regla 38

de Simpson, luego encada subintervalo [x3k−3, x3k] de tiene que

x3k∫

x3k−3

f(x)dx ≈ 3h

8[f(x3k−3) + 3f(x3k−2) + 3f(x3k−1) + f(x3k)],

luego entonces tenemos que

b∫

a

f(x)dx ≈n∑

k=1

3h

8

[f(x3k−3) + 3f(x3k−2) + 3f(x3k−1) + f(x3k)

],

de modo que

b∫

a

f(x)dx ≈ 3h

8

[ n∑

k=1

f(x3k−3)+3n∑

k=1

f(x3k−2)+3n∑

k=1

f(x3k−1)+n∑

k=1

f(x3k)],

luego

b∫

a

f(x)dx ≈ 3h

8[f(x0)+f(x3)+f(x6)+· · ·+f(x3n−3)+3f(x1)+3f(x4)+3f(x7)

· · ·+ 3f(x3n−2) + 3f(x2) + 3f(x5) + 3f(x8) + · · ·+ 3f(x3n−1) + f(x3) + f(x6)

+f(x9) + · · ·+ f(x3n)],

ası que

b∫

a

f(x)dx ≈ 3h

8[f(x0) + f(x3n)] +

6h

8[f(x3) + f(x6) + f(x9) + · · · f(x3n−3)]

+9h

8[f(x1)+f(x4)+f(x7)+· · · f(x3n−2)]+

9h

8[f(x2)+f(x5)+f(x8)+· · · f(x3n−1)],

de modo que

b∫

a

f(x)dx ≈ 3h

8[f(a)+f(b)]+

3h

4

n−1∑

k=1

f(x3k)+9h

8

n∑

k=1

f(x3k−2)+9h

8

n∑

k=1

f(x3k−1)

(5.52)la formula 5.52 es la regla compuesta de los 3

8de Simpson.



Ejemplo 5.4.3. Usar la regla compuesta de los 38

de Simpson con 13 nodos

para aproximar la integral1.5∫1

x2 ln xdx.

Solucion Como se va aplicar la regla compuesta de los 38

de Simpson con 13

nodos entonces n = 4, luego h =b− a

3n=

1

24, entonces

5∫

2

x2 ln xdx ≈ 3h

8[f(1)+f(1.5)]+

3h

4

3∑

k=1

f(x3k)+9h

8

4∑

k=1

f(x3k−2)+9h

8

4∑

k=1

f(x3k−1),

pero como xk = x0 + kh, entonces x0 = 1, x1 = 1 +1

24=

25

24, x2 =

26

24

x3 =27

24x4 = x3 =

28

24, x5 =

29

24, x6 =

30

24, x7 =

31

24, x8 =

32

24, x9 =

33

24,

x10 =34

24, x11 =

35

24y x12 =

36

24= 1.5 luego

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

64[f(1) + f(1.5)] +

1

32[f(x3) + f(x6) + f(x9)]

+3

64[f(x1) + f(x4) + f(x7) + f(x10)] + +

3

64[f(x2) + f(x5) + f(x8) + f(x11)],

o sea que

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 1

64[0+0.91229649]+

1

32[0.14906915+0.3486618+0.60207659]

+3

64[0.044294698+0.209816203+0.4269999+0.69903219+0.093939+0.2763065

+0.5114348 + 0.80240537],

por lo tanto

1.5∫

1

x2 ln xdx ≈ 0.014254632 + 0.034368985 + 0.143635718,



de modo que5∫

2

x2 ln xdx ≈ 0.192259335.

Es bueno observar que, el valor exacto de la integral con nueve cifras signi-ficativas es

1.5∫

1

x2 ln xdx =1

9x3(3 ln x− 1)

∣∣∣1.5

1= 0.192259357,

de modo que el error de aproximacion es E = |0.192259357−0.192259335| =2.2732× 10−8 ¥

5.4.4. Cotas de Error para las Reglas Compuestas

Miremos primero el error para la regla compuesta del trapecio y luego loharemos para las reglas compuestas de Simpson.

Sabemos que en el intervalo [xk−1, xk] la funcion f(x), esta dada porf(x) = Pk(x) + Ek(x), siendo, Pk(x) el k-esimo polinomio de Lagrange y

Ek(x) =(x− xk−1)(x− xk)

2!f′′[c(x)], luego entonces,

xk∫

xk−1

f(x)dx =

xk∫

xk−1

Pk(x)dx +1

2!

xk∫

xk−1

(x− xk−1)(x− xk)f′′[c(x)]dx,

pero por el teorema del valor medio para integrales existe ck ∈ (xk−1, xk), talque

xk∫

xk−1

f(x)dx =

xk∫

xk−1

Pk(x)dx +f′′(ck)

2!

xk∫

xk−1

(x− xk−1)(x− xk)dx,

sea x = xk−1 +hv, xk = xk−1 +h, entonces x−xk = x−xk−1−h = hv−h =h(v − 1) y dx = hdv, ademas si x = xk−1, entonces hv = 0 y de ese modov = 0, y si x = xk, se tiene que 0 = h(v − 1) y entonces v = 1, de lo anteriorse tiene que

xk∫

xk−1

(x− xk−1)(x− xh)dx =

1∫

0

hvh(v − 1)hdv = h3

1∫

0

(v2 − v)dv,



por lo tantoxk∫

xk−1

(x− xk−1)(x− xh)dx = −h3

6,

luego, el error en el intervalo [xk−1, xk] es

Ek = −f′′(ck)h

3

12.

De lo anterior se tiene que

b∫

a

f(x)dx =n∑

k=1

xk∫

xk−1

f(xk)dx−n∑

k=1

f′′(ck)h

3

12=

h

2

n∑

k=1

[f(xk−1) + f(xk)]

−h3

12

n∑

k=1

f′′(ck),

pero h =b− a

n, luego

b∫

a

f(x)dx =h

2

n∑

k=1

[f(xk−1) + f(xk)]− b− a

12nh2

n∑

k=1

f′′(ck),

o sea que

b∫

a

f(x)dx =h

2

n∑

k=1

[f(xk−1) + f(xk)]− (b− a)h2

12

n∑k=1

f′′(ck)

n,

peron∑

k=1

f′′(ck)

n=

f′′(c1) + f

′′(c2) + f

′′(c3) + · · ·+ f

′′(cn)

n,

es la media aritmetica de la funcion continua f′′, por tanto esta se puede

reemplazar por f′′(c) para algun c ∈ (a, b), de modo que

b∫

a

f(x)dx =

b∫

a

f(x)dx =h

2

n∑

k=1

[f(xk−1) + f(xk)]− (b− a)h2

12f′′(c) (5.53)



Para la regla compuesta de Simpson consideremos el intervalo cerrado [a, b],y supongamos se divide en sub-intervalos de la forma [x2k−2, x2k], luego por5.43 aplicada a ese intervalo se tiene que

x2k∫

x2k−2

f(x)dx =h

3[f(x2k−2) + 4f(x2k−1) + f(x2k)]− h5f (4)[ck(x)]

90,

luego entonces,

b∫

a

f(x)dx =n∑

k=1

[h

3[f(x2k−2) + 4f(x2k−1) + f(x2k)]− h5f (4)[ck(x)]

90

],

con h =b− a

2n, x2k−2 ≤ ck(x) ≤ x2k, pero hemos visto que

n∑

k=1

[h

3[f(x2k−2) + 4f(x2k−1) + f(x2k)] =

h

3[f(a) + f(b)] +

2h

3

n−1∑

k=1

f(x2k)

+4h

3

n∑

k=1

f(x2k−1),

siendo a = x0 y b = x2n, por lo tanto

b∫

a

f(x)dx =h

3[f(a) + f(b)] +

2h

3

n−1∑

k=1

f(x2k) +4h

3

n∑

k=1

f(x2k−1)

−h5

90

n∑

k=1

f (4)[ck(x)],

ası que el error es

ET (x) = −h5

90

n∑

k=1

f (4)[ck(x)].

Como f ∈ C4[a, b], tiene valores extremos, luego

mına≤x≤b

f (4)(x) ≤ f (4)[ck(x)] ≤ maxa≤x≤b

f (4)(x),

luego entonces

n mına≤x≤b

f (4)(x) ≤n∑

k=1

f (4)[ck(x)] ≤ n maxa≤x≤b

f (4)(x),



ası que

mına≤x≤b

f (4)(x) ≤ 1

n

n∑

k=1

f (4)[ck(x)] ≤ maxa≤x≤b

f (4)(x),

luego por el teorema del valor intermedio existe c ∈ (a, b) tal que

f (4)(c) =1

n

n∑

k=1

f (4)[ck(x)]

luego

ET (x) = −h5

90

n∑

k=1

f (4)[ck(x)] = −h5nf (4)(c)

90,

pero como h =b− a

2n, entonces

ET = −h4 (b− a)

2n

nf (4)(c)

90= −b− a

180h4f (4)(c),

ası que la regla de Simpson con error es

b∫

a

f(x)dx =h

3[f(a)+f(b)]+

2h

3

n−1∑

k=1

f(x2k)+4h

3

n∑

k=1

f(x2k−1)− b− a

180h4f (4)(c)

(5.54)Con respecto a la regla compuesta de los 3

8Simpson consideremos el in-

tervalo cerrado [a, b], y supongamos se divide en sub-intervalos de la forma[x3k−3, x3k], luego entonces al aplicar 5.44 en este intervalo se tiene que

x3k∫

x3k−3

f(x)dx =3h

8[f(x3k−3)+3f(x3k−2)+3f(x3k−2)+f(x3k)]− 3h5f (4)[ck(x)]

80,

luego entonces,

b∫

a

f(x)dx =n∑

k=1

[3h

8[f(x3k−3)+3f(x3k−2)+3f(x3k−2)+f(x3k)]−3h5f (4)[ck(x)]

80

],

con h =b− a

3n, x3k−3 ≤ ck(x) ≤ x3k, pero

n∑

k=1

[3h

8[f(x3k−3) + 3f(x3k−2) + 3f(x3k−2) + f(x3k)] =

3h

8[f(x0) + f(xn)]



+9h

8

n∑

k=1

f(x3k−2) +9h

8

n∑

k=1

f(x3k−1) +h

4

n∑

k=1

f(x3k−3)],

con a = x0 y b = x3n, por lo tanto

b∫

a

f(x)dx =n∑

k=1

[3h

8[f(x3k−3) + 3f(x3k−2) + 3f(x3k−2) + f(x3k)]

−3h5

80

n∑

k=1

f (4)[ck(x)],

ası que el error es

ET (x) = −3h5

80

n∑

k=1

f (4)[ck(x)].

Pero f ∈ C4[a, b], tiene valores extremos, de modo que

mına≤x≤b

f (4)(x) ≤ f (4)[ck(x)] ≤ maxa≤x≤b

f (4)(x),

por lo tanto

n mına≤x≤b

f (4)(x) ≤n∑

k=1

f (4)[ck(x)] ≤ n maxa≤x≤b

f (4)(x),

luego

mına≤x≤b

f (4)(x) ≤ 1

n

n∑

k=1

f (4)[ck(x)] ≤ maxa≤x≤b

f (4)(x),

pero por el teorema del valor intermedio existe c ∈ (a, b) tal que

f (4)(c) =1

n

n∑

k=1

f (4)[ck(x)]

luego

ET (x) = −3h5

80

n∑

k=1

f (4)[ck(x)] = −3h5nf (4)(c)

80,

como h =b− a

3n, entonces

ET = −h4 (b− a)

3n

nf (4)(c)

80= −b− a

80h4f (4)(c),



de modo que la regla de los 38

de Simpson con error es

b∫

a

f(x)dx =3h

8[f(a) + f(b)] +

9h

8

n−1∑

k=1

f(x3k−2) +9h

8

n∑

k=1

f(x3k−1)+

h

4

n∑

k=1

f(x3k−3)− b− a

80h4f (4)(c) (5.55)

5.5. Metodo de Integracion de Romberg

Como hemos visto la regla del trapecio nos proporciona la aproximacionde una integral con un error considerablemente grande con el proposito demejorar el procedimiento y hacerlo mas eficiente estudiaremos a continuacionel metodo de Romberg.

Consideremos la regla compuesta con nodos n1 = 1, n2 = 2, n3 =4, · · · , ni = 2i−1, la cual esta dada por

b∫

a

f(x)dx =hi

2

[f(a) + f(b) + 2

2i−1−1∑

k=1

f(xk)]− b− a

12h2

i f(c),

con hi =b− a

2i−1y xk = a + khi, sea

R(i, 1) =hi

2

[f(a) + f(b) + 2

2i−1−1∑

k=1

f(a + khi)],

entonces

R(1, 1) =h1

2[f(a) + f(b)],

pero h1 = b− a, luego

R(1, 1) =b− a

2[f(a) + f(b)], (5.56)

ahora

R(2, 1) =h2

2[f(a)+f(b)+2f(a+h2)] =

b− a

4[f(a)+f(b)]+2

b− a

4f(a+h2),



ya que h2 =b− a

2luego

R(2, 1) =b− a

4[f(a) + f(b)] +

b− a

2f(a + h2)

=1

2

[b− a

2f(a) + f(b)+ (b− a)f(a + h2)

],

pero por 5.56, se tiene que,

R(2, 1) =1

2

[R(1, 1) + h1f(a + h2)

]. (5.57)

Pero

R(3, 1) =h3

2

[f(a) + f(b) + 2

3∑

k=1

f(a + kh3)],

luego

R(3, 1) =h3

2[f(a) + f(b) + 2f(a + h3) + f(a + 2h3) + f(a + 3h3)],

como h3 =b− a

22, entonces

R(3, 1) =h3

2[f(a) + f(b) + 2f

(a + 2

b− a

22

)+ 2f(a + h3) + f(a + 3h3)]

=h3

2[f(a) + f(b) + 2f

(a +

b− a

2

)+ 2f(a + h3) + f(a + 3h3)]

=b− a

8[f(a) + f(b) + 2f(a + h2) + 2f(a + h3) + f(a + 3h3)],

de modo que

R(3, 1) =1

2

[b− a

4

[f(a)+f(b)

]+

b− a

2f(a+h2)+

b− a

2f(a+h3)+f(a+3h3)

],

pero de 5.57 se tiene que

R(3, 1) =1

2

[R(2, 1) + h2f(a + h3) + f(a + 3h3)

].

Continuando con este proceso se tiene que

R(k, 1) =1

2

[R(k − 1, 1) + hk−1

2k−2∑i=1

f(a + (2i− 1)hk)]

(5.58)

5.5. METODO DE INTEGRACION DE ROMBERG


Ejemplo 5.5.1. Usar el metodo de Romberg para aproximar

π2∫

−π2

cos xdx,

con h = 5

Solucion

Al resolver la integral propuesta usando el calculo integral se tieneque

3π2∫

−π2

cos xdx = 2.

Ahora

R(1, 1) =π2

+ π2

2

[cos

3π

2+ cos

π

2

]= 0,

luego

R(2, 1) =1

2[R(1, 1) + πf(a + h2)]

=1

2

[0 + π cos

(− π

2+

π

2

)]=

1

2π = 1.570879633.

R(3, 1) =1

2

[R(2, 1) + h2

cos

π

4+ cos

π

4

]=

1

2[1.57079633 +

π

2

√2]

= 1.89611890524.

Pero entonces

R(4, 1) =1

2

[R(2, 1) + h3

cos

3π

8+ cos

π

8+ cos

π

8+ cos

3π

8

]

=1

2

[1.89611890534 + h3

2 cos

3π

8+ 2 cos

π

8

]

=1

2[1.89611890534 + 2.05234431668] = 1.97423161101.

Y finalmente

R(5, 1) =1

2

[R(4, 1) + h4

f(a + h5) + f(a + 3h5) + f(a + 5h5) + f(a + 7h5)

+f(a + 9h5) + f(a + 11h5) + f(a + 13h5) + f(a + 15h5)]

,



luego,

R(5, 1) =1

2

[R(4, 1) +

π

8

2Cos

7π

16+ 2 cos

5π

16+ 2 cos

3π

16+ 2 cos

π

16

],

por lo tanto

R(5, 1) =1

2

[R(4, 1) +

π

4

cos

7π

16+ cos

5π

16+ cos

3π

16+ cos

π

16

],

de modo que

R(5, 1) =1

2[1.97423161101 + 2.01290909611] = 1.99357035356.

el error es entonces E = |2 − 1.99357035356| = 0.00642964644 ≈ 0, 6 %¥

Con el fin de acelerar el metodo de Romberg, es comun usar el proce-so de extrapolacion de Richardson que ya fue presentado en una seccionanterior.

Sea f ∈ C∞[a, b], se puede probar que la regla compuesta del trapecio sepuede escribir (omitimos la demostracion) como

b∫

a

f(x)dx−R(k, 1) = a1h2 + a2h

4 + a3h6 + . . . (5.59)

ası que si reemplazamos a k por k + 1 y h porh

2en 5.59 se tiene que

b∫

a

f(x)dx−R(k + 1, 1) = a1h2

4+ a2

h4

16+ a3

h6

64+ . . . (5.60)

si a cuatro veces la ecuacion 5.60 le restamos la ecuacion 5.59 se tiene que

3

b∫

a

f(x)dx−4R(k+1, 1)+R(k, 1) = a2

(h4

4−h4

)+a3

(h6

16−h6

)+. . . (5.61)

luego

b∫

a

f(x)dx−[R(k+1, 1)+

R(k + 1, 1)−R(k, 1)

3

]=

a2

3

(h4

4−h4

)+

a3

3

(h6

16−h6

)+. . . ,

5.5. METODO DE INTEGRACION DE ROMBERG


de modo que,

b∫

a

f(x)dx = R(k, 2)− a2h4

4− 5a3h

6

16+ . . . , (5.62)

donde

R(k, 2) = R(k + 1, 1) +R(k + 1, 1)−R(k, 1)

3=

4R(k + 1, 1)−R(k, 1)

4− 1,

que al reescribirlo se tiene que

R(k, 2) = R(k, 1) +R(k, 1)−R(k − 1, 1)

3=

4R(k, 1)−R(k − 1, 1)

4− 1,

pero si en 5.62 reemplazamos nuevamente a k por k + 1 y h porh

2, tenemos

queb∫

a

f(x)dx = R(k + 1, 2)− a2h4

64− a3

5h6

1024+ . . . , (5.63)

restandole a 16 veces la ecuacion 5.63 la ecuacion 5.62 se tiene que

15

b∫

a

f(x)dx = 16R(k + 1, 2)−R(k, 2) + . . . ,

por tanto,

b∫

a

f(x)dx = R(k + 1, 2) +R(k + 1, 2)−R(k, 2)

15+

por tantob∫

a

f(x)dx = R(k, 3) + . . .

donde

R(k, 3) = R(k + 1, 2) +R(k + 1, 2)−R(k, 2)

15=

42R(k + 1, 2)−R(k, 2)

42 − 1

que al reescribirla se tiene que

R(k, 3) = R(k, 2) +R(k, 2)−R(k − 1, 2)

15=

42R(k, 2)−R(k − 1, 2)

42 − 1



continuando con el proceso se tiene que

R(k, i) = R(k, i− 1) +R(k, i− 1)−R(k − 1, i− 1)

4i−1 − 1

o sea que

R(k, i) =4i−1R(k, i− 1)−R(k − 1, i− 1)

4i−1 − 1(5.64)

5.6. Cuadratura Adaptativa

............................................................................

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

....

.....................................

.............

.........................................................

..............

aa + b

2b

Figura 5.1 Regla de Simpson

En la regla compuesta de Simpson, Figura (5.1) y en la del trapecio senecesitan tomar nodos igualmente espaciados los cuales determinan sub-

intervalos de longitud h =b− a

n, donde [a, b] es el intervalo de integracion

y n la cantidad de subintervalo, pero si la funcion presenta en alguno deestos sub-intervalos o en todos, oscilaciones muy fuertes, la aproximacion nova a tener la exactitud deseada, en estos casos, es natural que quisiesemosproveernos de metodos en los cuales sea posible adaptar o ajustar lalongitud del paso, a fin de que en los sub-intervalos en donde la funciontenga oscilaciones muy pronunciadas el error en la aproximacion sea menory por lo tanto la exactitud de la aproximacion sea ahora mucho mejor,estos metodos son llamados de cuadratura adaptativa, o metodos deintegracion adaptativa. Figura(5.2)

Presentamos a continuacion la cuadratura adaptativa basada en la

5.6. CUADRATURA ADAPTATIVA


............................................................................

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

....

.......................

............. ...................

a b

......................................................................................

.....................................................

x1 x2 x3

Figura 5.2 Cuadratura Adaptativa

regla compuesta de Simpson.Consideremos el intervalo [ak, bk] al aplicar la regla de Simpson en estaintervalo se tiene que

bk∫

ak

f(x)dx =h

3

[f(ak) + 4f(ck) + f(bk)

]− h5f (4)(α1)

90,

donde h =bk − ak

2y ck =

ak + bk

2, observese que ck =

ak + bk

2=

2ak + bk − ak

2= ak +

bk − ak

2= ak + h, luego,

bk∫

ak

f(x)dx =h

3

[f(ak) + 4f(ak + h) + f(bk)

]− h5f (4)(α1)

90,

tomemos

S(ak, bk) =h

3

[f(ak) + 4f(ak + h) + f(bk)

],

entoncesbk∫

ak

f(x)dx = S(ak, bk)− h5f (4)(α1)

90.

Sea ahora ak1 y bk1 puntos medios de los sub-intervalos [ak, ck] y [ck, bk]respectivamente, aplicando nuevamente regla compuesta de Simpson con los



nodos ak, ak1, ck, bk1, bk, con h1 =bk − ak

4=

h

2, se tiene que

bk∫

ak

f(x)dx =h1

3

[f(ak) + 4f(ak1) + 2f(ck) + 4f(bk1) + f(bk)

]− h5

16

f (4)(α2)

90,

=h

6

[f(ak) + 4f(ak1) + f(ck) + f(ck) + f(bk1) + 4f(bk)

]− h5

16

f (4)(α2)

90

=h

6

[f(ak) + 4f(ak1) + f(ck)

]+

h

6

[f(ck) + f(bk1) + 4f(bk)

]− 1

16

h5f (4)(α2)

90,

sea

S(ak, ck) =h

6

[f(ak) + 4f(ak1) + f(ck)

]

y

S(ck, bk) =h

6

[f(ck) + 4f(bk1) + f(bk)

],

entoncesbk∫

ak

f(x)dx = S(ak, ck) + S(ck, bk)− 1

16

h5f (4)(α2)

90,

luego

bk∫

ak

f(x)dx = S(ak,

ak + bk

2

)+ S

(ak + bk

2, bk

)− 1

16

h5f (4)(α2)

90(5.65)

Nota: Observese que ak1 = ak + h1 = ak +h

2, bk1 = ck + h1 =

ak + bk

2+

h

2=

ak + bk

2+

bk − ak

4=

2ak + 2bk + bk − ak

4=

ak + 3bk

4=

4ak + 3bk − 3ak

4= ak +

3(bk − ak)

4= ak +

3

2h.

Si suponemos que α1 ≈ α2, entonces, f (4)(α1) ≈ f (4)(α2) lo cual permiteestimar el error,de modo que el metodo es exitoso dependiendo del gradode exactitud del supuesto. En particular si f (4)(α1) = f (4)(α2) = f (4)(α),entonces

S(ak,

ak + bk

2

)+ S

(ak + bk

2, bk

)− 1

16

h5f (4)(α2)

90≈ S(ak, bk)− h5f (4)(α1)

90,

luego

15

16

h5f (4)(α)

90≈ S(ak, bk)− S

(ak,

ak + bk

2

)− S

(ak + bk

2, bk

),



o sea que

1

15

[S(ak, bk)− S

(ak,

ak + bk

2

)− S

(ak + bk

2, bk

)]≈ 1

16

h5f (4)(α)

90,

pero por 5.65

1

16

h5f (4)(α)

90≈

bk∫

ak

f(x)dx− S(ak,

ak + bk

2

)− S

(ak + bk

2, bk

),

luego1

15

∣∣∣S(ak, bk)− S(ak,

ak + bk

2

)− S

(ak + bk

2, bk

)∣∣∣ ≈

∣∣∣bk∫

ak

f(x)dx− S(ak,

ak + bk

2

)− S

(ak + bk

2, bk

)∣∣∣,

ası que si

M =∣∣∣S(ak, bk)− S

(ak,

ak + bk

2

)− S

(ak + bk

2, bk

)∣∣∣ < 15ε, (5.66)

para una tolerancia ε predeterminada, entonces

∣∣∣bk∫

ak

f(x)dx−S(ak,

ak + bk

2

)−S

(ak + bk

2, bk

)∣∣∣ ≈ 1

15M <

1

1515ε = ε, (5.67)

luego S(ak,

ak+bk

2

)+ S

(ak+bk

2, bk

)aproxima 15 veces mejor a

bk∫ak

f(x)dx que

S(ak, bk) y por tanto es una aproximacion suficientemente exacta.

Ejemplo 5.6.1. Mostrar la exactitud de la estimacion del error que se da

en 5.66 para1.5∫1

x2 ln xdx.

Solucion

Se tiene que

S(1; 1, 5) =0.25

3[f(1)+4f(1.25)+F (1.5)] =

1

12[0+1.39464719571+0912296493243],

por lo tantoS(1; 1, 5) = 0.192245307412.



Ahora

S(0; 1, 25)+S(1.25; 1, 5) =1

24[f(0)+4f(1.25)+2f(1.25)+4f(1.375)+f(1.5)]

=1

24[0+0.59627668008+0.697323597856+2.40830634159+0.912296493243]

= 0.192258460446.

de modo que

1

15

∣∣∣S(1; 1, 5)−S(0; 1, 25)−S(1.25; 1, 5)∣∣∣ =

1

15×0.000013153034 = 0.0000008769.

Esto es una buena aproximacion al error real dado por

∣∣∣1.5∫

1

x2 ln xdx− 0.192258460446∣∣∣ = 0.000000897.

¥

El metodo de cuadratura adaptativa se concreta de la siguiente for-ma: Sea el intervalo [a, b], que reescribimos [a0, b0] tomamos el punto medioc0, y dividimos el intervalo en dos sub-intervalos y aplicamos el criterio deexactitud 5.66 con una tolerancia predeterminada ε0 si se satisface aplicamos5.65 y terminamos el proceso, si no se cumple el criterio de exactitudentonces se toman los dos sub-intervalos [a1, b1], [a2, b2] con a1 = a0,b1 = c0 = a2 y b2 = b.

Ahora el intervalo [a1, b1], se divide en dos sub-intervalos tomando elpunto medio c1, se tiene entonces los sub-intervalos [a1, c1], [c1, b1], se mira

si se cumple el criterio de exactitud con una tolerancia ε1 =ε0

2, si se cumple

el criterio entonces se aplica 5.65 y el proceso termina. Pero en este segundopaso tambien el subintervalo [a2, b2] se divide en dos sub-intervalos [a2, c2],

[c2, b2], con c2, punto medio y se aplica el criterio de exactitud con ε2 =ε1

2,

si se cumple el criterio se aplica entonces 5.65 si no se cumple el criterio en[a1, b1] ni en [a2, b2], entonces cada uno de los sub-intervalos [a1, c1], [c1, b1],[a2, c2], [c2, b2] se dividen en sub-intervalos tomando sus puntos medios yse verifica el criterio de exactitud con una tolerancia igual a la mitad de laanterior y se continua el proceso.

Con estos refinamientos el proceso termina en un numero finito de

pasos debido a que el error se va reduciendo en un factor1

16.



5.7. Integracion Gauss-Legendre

Tanto en las formulas cerradas de Newton-Cotes como en las abiertas, losnodos que utilizamos estan igualmente espaciados, este procedimiento puedecomprometer la exactitud de la aproximacion, la cual puede ser mejoradatomando las reglas compuestas, pero para una mejor aproximacion podemosoptimizar la escogencia de los nodos a fin de que nuestro proposito se cumpla.

Sea P = x0, x1, x2, . . . , xn una particion de [a, b] y supongamos que

b∫

a

f(x)dx ≈n∑

i=1

wif(xi), (5.68)

donde w1, w2, w3, . . . , wn son los pesos que tienen valores indeterminados, laseleccion de los pesos wi y los nodos xi, i = 1, 2, 3, . . . , n se debe hacer detal forma que la aproximacion sea lo mas exacta posible.

Encontrar pues los pesos y los nodos es equivalente a encontrar 2nparametros, lo cual puede hacerse, si consideramos como parametros loscoeficientes de los polinomios de grado 2n − 1, los cuales son los queproporcionan una mayor exactitud.

Para mostrar el procedimiento supongamos que

1∫

−1

f(x)dx ≈ w1f(x1) + w2f(x2) (5.69)

donde w1, w2, x1, x2 son los parametros a determinar de lo comentadoanteriormente el resultado es exacto para polinomios de grado 2n− 1 = 3 yaque el numero de parametros es cuatro.

Es suficiente exigir que 5.69 sea exacta para f(x) = 1, f(x) = x,f(x) = x2, f(x) = x3, ası que las cuatro condiciones serıan

1. f(x) = 1,1∫−1

dx = w1f(x1) + w2f(x2) = w1 + w2, luego

w1 + w2 = 2

2. f(x) = x,1∫−1

xdx = w1f(x1) + w2f(x2) = w1x1 + w2x2, luego

w1x1 + w2x2 = 0



3. f(x) = x2,1∫−1

x2dx = w1f(x1) + w2f(x2) = w1x21 + w2x

22, luego

w1x21 + w2x

22 =

2

3

4. f(x) = x3,1∫−1

x3dx = w1f(x1) + w2f(x2) = w1x31 + w2x

32, luego

w1x31 + w2x

32 = 0

por lo tanto se tiene que

w1 + w2 = 2 (5.70)

w1x1 + w2x2 = 0 (5.71)

w1x21 + w2x

22 =

2

3(5.72)

w1x31 + w2x

32 = 0 (5.73)

de 5.71, se tiene que w1x1 = −w2x2 y de 5.73 w1x31 = −w2x

32, luego entonces

w1x1

w1x31

=w2x2

w2x32

,

por lo tanto x21 = x2

2, ası que x1 = −x2 ya que x1 6= x2, puesto que son cuatronodos distintos, pero entonces se tiene que por 5.71 w1x1 − w2x1 = 0 o seaque w1 = w2 y de 5.70 w1 = 1 y w2 = 1 por lo tanto al reemplazar en 5.72

se tiene que x21 =

1

3luego x2

1 = x22 =

1

3, de modo que x1 =

1√3

y x2 = − 1√3

por lo tanto1∫

−1

f(x)dx ≈ f( 1√

3

)+ f

(− 1√

3

),

esta ultima expresion es conocida como la regla de Gauss-Legendre de dosnodos

Ejemplo 5.7.1. Aproximar la integral1∫−1

13(x2 − x)e−3x2 dx usando la inte-

gracion Gauss-Legendre.

5.7. INTEGRACION GAUSS-LEGENDRE


Solucion

Como f(x) = 13(x2 − x)e−3x2 , entonces f

( 1√3

)= −1.33429932893

y

f(− 1√

3

)= 28.1462747836 ası que

1∫

−1

13(x2 − x)e−3x2 dx ≈ f

( 1√3

)+ f

(− 1√

3

)= 26.8119754547.

¥

Otra alternativa diferente para encontrar los pesos y los nodos es us-ando los polinomios de Legendre que a continuacion definimos

Definicion 5.7.1. El n-esimo polinomio de Legendre se define como

Pn(x) =

[|n2|]∑

k=0

(−1)k(2n− 2k)!

2nk!(n− k)!(n− 2k)!xn−2k

donde [|n2|] es la parte entera de

n

2

De la definicion anterior se tiene que los cinco primeros polinomio de Legendreson:

• P0(x) = 1

• P1(x) = x

• P2(x) =1

2(3x2 − 1)

• P3(x) =1

2(5x3 − 3x)

• P4(x) =1

8(35x4 − 30x2 + 3)

• P5(x) =1

8(63x5 − 70x3 + 15x)

Los polinomios de Legendre cumplen propiedades importantes entre lascuales podemos destacar las siguientes



? Pn(x) es un polinomio de grado n

? Si Q(x) es un polinomio de grado menor que n,1∫−1

Q(x)Pn(x)dx = 0

Las raıces de los polinomios de Legendre son los nodos que nos proporcionanresultados exactos para cualquier polinomio de grado menor que 2n, lo cualse prueba con el siguiente teorema

Teorema 5.7.1. Sean x1, x2, x3, . . . , xn las n raıces del polinomio de Legen-dre de grado n y ademas sea

wi =

1∫

−1

n∏

j=1,j 6=i

x− xj

xi − xj

dx. (5.74)

Si P (x) es cualquier polinomio de grado menor que 2n, entonces

1∫

−1

P (x)dx =n∑

i=1

wiP (xi).

Demostracion. Primero probemos el teorema para un polinomio de gradomenor n, en efecto sea P (x) un polinomio cualquiera de grado menor n,entonces, P (x) se puede escribir como un polinomio de Lagrange de gradon− 1, esto es

P (x) =n∑

i=1

n∏

i=1,k 6=i

x− xi

xk − xi

P (xi) +f (n)[ε(x)]

n!(x− x0)(x− x1) . . . (x− xn),

con xi i = 1, 2, 3 . . . , n raıces del polinomio de grado n de Legendre, perocomo P (x) tiene grado n, entonces

f (n)[ε(x)]

n!(x− x0)(x− x1) . . . (x− xn) = 0,

luego1∫

−1

P (x)dx =

1∫

−1

n∑i=1

n∏

i=1,k 6=i

x− xi

xk − xi

P (xi)dx,

o sea que

1∫

−1

P (x)dx =n∑

i=1

( 1∫

−1

n∏

i=1,k 6=i

x− xi

xk − xi

P (xi)dx)

=n∑

i=1

wiP (xi).

5.7. INTEGRACION GAUSS-LEGENDRE


Sea ahora P (x) un polinomio de grado menor que 2n, y Pn(x) el poli-nomio de Legendre de grado n, entonces por el algoritmo de la division

P (x)

Pn(x)= Q(x) +

R(x)

Pn(x),

con Q(x) y R(x) polinomios de grado menor que n, ası que,

P (x) = Q(x)Pn(x) + R(x),

de modo que,1∫

−1

P (x)dx =

1∫

−1

R(x)dx,

ademas como xi es raız de Pn(x), entonces Pn(xi) = 0 por lo tanto,

P (xi) = Q(xi)Pn(xi) + R(xi) = R(xi).

Ahora como R(x) es de grado menor que n, por la primera parte del teoremase tiene que

1∫

−1

P (x)dx =n∑

i=1

wiR(xi),

luego entonces se obtiene que

1∫

−1

P (x)dx =n∑

i=1

wiR(xi) =n∑

i=1

wiP (xi)

Como el polinomio de Legendre de grado 2 esta dado por P2(x) =1

2(3x2−1)

sus raıces son x1 =1√3

y x2 = − 1√3, y al aplicar la expresion 5.74 se

puede facilmente determinar que w1 = w2 = 1 que coinciden con los valoresobtenidos anteriormente en el metodo de de Gauss-Legendre de dos nodos.

Para el polinomio de Legendre de grado 3 que viene dado por

P3(x) =1

2(5x3 − 3x) =

1

2x(5x2 − 3),



las raıces son x1 = −√

3

5, x2 = 0, x3 =

√3

5y entonces w1 = 0.5555555556,

w2 = 0.88888888888 y w3 = 0.5555555556

Pero no siempre los limites de integracion son −1 y 1, entonces si se

quiere aproximarb∫

a

f(x)dx usando la integracion Gauss-Legendre, se puede

usar la sustitucion x =a + b

2+

b− a

2u de modo que dx =

b− a

2du, por lo

tanto se tiene que,

b∫

a

f(x)dx =

1∫

−1

f(a + b

2+

b− a

2u)b− a

2du

5.8. Integrales Impropias

En esta seccion miraremos la forma de aproximar integrales de la formab∫

a

g(x)

(x− a)pdx,

b∫a

g(x)

(x− b)pdx,

∞∫−∞

f(x)dx, que como podemos observar son

integrales impropias ya que presentan problemas en los limites de integracion.

Supongamos g ∈ C5[a, b], y sea P4(x) el polinomio de Taylor de cuar-to orden de g(x) alrededor de x = a, luego

P4(x) = g(a) + g′(a)(x− a) +

g′′(a)

2!(x− a)2 +

g′′′(a)

3!(x− a)3 +

g4(a)

4!(x− a)4,

por lo tanto,

P4(x)

(x− a)p= g(a)(x− a)−p + g

′(a)(x− a)1−p +

g′′(a)

2!(x− a)2−p

+g′′′(a)

3!(x− a)3−p +

g4(a)

4!(x− a)4−p,

pero entonces,

b∫

a

P4(x)

(x− a)pdx = g(a) lım

c→a+

b∫

c

1

(x− a)pdx + g

′(a) lım

c→a+

b∫

c

1

(x− a)p−1dx

+g′′(a)

2!lım

c→a+

b∫

c

1

(x− a)p−2dx +

g′′′(a)

3!lım

c→a+

b∫

c

1

(x− a)p−3dx

5.8. INTEGRALES IMPROPIAS


+g4(a)

4!lım

c→a+

bn∫

c

1

(x− a)p−4dx,

pero 0 < p < 1, entonces

b∫

a

P4(x)

(x− a)pdx =

g(a)

1− plım

c→a+

[ 1

(x− a)p−1

∣∣∣b

c

]+

g′(a)

2− plım

c→a+

[ 1

(x− a)p−2

∣∣∣b

c

]

+g′′(a)

2!(3− p)lım

c→a+

[ 1

(x− a)p−3

∣∣∣b

c

]+

g′′′(a)

3!(4− p)lım

c→a+

[ 1

(x− a)p−4

∣∣∣b

c

]

+g4(a)

4!(5− p)lım

c→a+

[ 1

(x− a)p−5

∣∣∣b

c

],

de modo que

b∫

a

P4(x)

(x− a)pdx =

g(a)

1− p

1

(b− a)p−1+

g′(a)

2− p

1

(b− a)p−2+

g′′(a)

2!(3− p)

1

(b− a)p−3

+g′′′(a)

3!(4− p)

1

(b− a)p−4+

g(4)(a)

4!(5− p)

1

(b− a)p−5,

ası queb∫

a

P4(x)

(x− a)pdx =

4∑

k=0

gk(a)

k!(k + 1− p)(b− a)k+1−p (5.75)

por tanto

b∫

a

g(x)

(x− a)pdx =

b∫

a

g(x)− P4(x)

(x− a)pdx +

b∫

a

P4(x)

(x− a)pdx.

Sea

G(x) =

g(x)−P4(x)(x−a)p si a < x ≤ b

si x = a

aplicamos ahora la regla compuesta de Simpson a G(x) y agregamos aesta aproximacion el valor obtenido en 5.75 para obtener finalmente el valorde la integral deseada.



Para calcular el valor deb∫

a

g(x)(x−b)p con 0 < p < 1, al igual que antes

tomamos el polinomio de Taylor de cuarto orden de g(x) alrededor de x = b,o sea

P4(x) =4∑

k=0

gk(b)

k!(x− b)k−p,

luego,b∫

a

P4(x)

(x− b)p= −

4∑

k=0

gk(b)

k!(a− b)k+1−p, (5.76)

ya que

b∫

a

P4(x)

(x− b)pdx =

4∑

k=0

b∫

a

gk(b)

k!(x− b)k−pdx =

4∑

k=0

lımc→b−

c∫

a

gk(b)

k!(x− b)k−pdx,

o sea,

b∫

a

P4(x)

(x− b)pdx =

4∑

k=0

gk(b)

k!lım

c→b−

c∫

a

(x−b)k−pdx =4∑

k=0

gk(b)

k!lım

c→b−

[(x− b)k+1−p

k + 1− p

∣∣∣c

a

],

y ası,

b∫

a

P4(x)

(x− b)pdx =

4∑

k=0

gk(b)

k!(k + 1− p)

[lım

c→b−

( 1

(c− b)p−k−1− 1

(a− b)p−k−1

)]

= −4∑

k=0

(a− b)k+1−p

k!(k + 1− p)g(k)(b)

sea ahora

G(x) =

0 si b = x

g(x)−P4(x)(x−b)p si a ≤ x < b

entonces aplicamos la regla de Simpson a G(x) y a este valor le agregamosel valor de 5.76 teniendo la aproximacion de la integral comentada.



Otras integrales impropias son como hemos dicho∞∫−∞

f(x)dx,b∫

−∞f(x)dx y

∞∫a

f(x)dx, pero como

∞∫

−∞

f(x)dx =

0∫

−∞

f(x)dx +

∞∫

0

f(x)dx,

solo analizaremos los casosb∫

−∞f(x)dx y

∞∫a

f(x)dx.

Para estos casos sea x =1

u, entonces dx = −du

u2, ası que si x = a,

entonces u =1

ay si x = ∞, se tiene que u = 0 luego

∞∫

a

f(x)dx = −0∫

1a

1

u2f(1

u

)du,

de la misma manera

b∫

−∞

f(x)dx = −1b∫

0

1

u2f(1

u

)du,

las cuales se pueden resolver por medio del procedimiento analizado anterior-mente.

Ejemplo 5.8.1. Aproximar la integral

1∫

0

e−x

√1− x

dx

usando la regla compuesta de Simpson con 13 nodos.

Solucion

El polinomio de cuarto orden para e−x alrededor de x = 1 es

P4(x) =1

e

[1− (x− 1) +

(x− 1)2

2!− (x− 1)3

3!+

(x− 1)4

4!

]



=1

e

[1 + (1− x) +

(1− x)2

2!+

(1− x)3

3!+

(1− x)4

4!

]

ası que

P4(x)√1− x

=1

e

[(1− x)−

12 + (1− x)

12 +

(1− x)32

2!+

(1− x)52

3!+

(1− x)72

4!

]

luego

1∫

0

P4(x)√1− x

dx =1

e

1∫

0

[(1−x)−

12 +(1−x)

12 +

(1− x)32

2+

(1− x)52

6+

(1− x)72

24

]dx

= −1

elım

c→1−

[2(1−x)

12 +

2

3(1−x)

32 +

1

5(1−x)

52 +

1

21(1−x)

72 +

1

108(1−x)

92

]∣∣∣c

0

= 2 +2

3+

1

5+

1

21+

1

108≈ 2.92354497355.

Ahora como son 13 nodos entonces n = 6, por lo tanto h =b− a

2n=

1

12, sea

G(x) =

0 si 1 = x

e−x − P4(x)√1− x

si 0 ≤ x < 1

aplicando la regla compuesta de Simpson tenemos que

1∫

0

G(x)dx =

1

123

[G(a) + G(b)

]+ 2

1

123

n−1∑

k=1

G(x2k) + 4

1

123

n−1∑

k=1

G(x2k−1)

=1

36

[G(0)+G(1)

]+

1

18

(G(x2)+G(x4)+G(x6)+G(x8)+G(x10)

)+

1

9

(G(x1)

+G(x3) + G(x5) + G(x7) + G(x9) + G(x11))

pero x0 = 0, x1 =1

12, x2 =

1

6, x3 =

1

4, x4 =

1

3, x5 =

5

12, x6 =

1

2, x7 =

7

12,

x8 =2

3, x9 =

3

4, x10 =

5

6, x11 =

11

12, x12 = 1. Los resultados aparecen en la

siguiente tabla



xk G(xk)x0 0.003659846825x1 0.0024377356867x2 0.00156193127575x3 0.00095744521971x4 0.000555080563209x5 0.000299838565354x6 0.000147634572002x7 0.0000640469678866x8 0.00002312563921701x9 0.000006246298x10 0.000000993170111109x11 0.00000004328049x12 0

TABLA 25

de modo que

1∫

0

G(x)dx = 0.003659846825 + 0.00019073043502 + 0.000836745781

= 0.00458732304102,

luego

1∫

0

e−x

√1− x

dx ≈ 2.92354497355 + 0.00458732304102 = 2, 92823229659.

¥

5.9. Integracion Doble

Si R es una region rectangular dada por

R : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d

y supongamos f(x, y) esta definida sobre R, si R se divide enpequenos elementos de area ∆A = ∆x∆y, los cuales numeramos



∆A1, ∆A2, ∆A3 . . . , ∆An, y escogemos un punto (xi, yi) en cada elemento∆Ai, formamos la suma

Sn =n∑

i=1

f(xi, yi)∆Ai,

entonces ∫ ∫

A

f(x, y)∆A = lım∆A→0

n∑i=1

f(xi, yi)∆Ai.

El siguiente teorema, que presentamos sin demostracion, nos permite calcularuna integral sobre una region

Teorema 5.9.1. Si f(x, y) es continua sobre la region R, dada por R : a ≤x ≤ b, c ≤ y ≤ d, entonces,

∫ ∫

R

f(x, y)∆A =

b∫

a

d∫

c

f(x, y)dydx =

d∫

c

b∫

a

f(x, y)dxdy

Para aproximar una integral doble consideremos las particiones P1 = a =x0, x1, x2, x3, . . . , xn = b y P2 = c = y0, y1, y2, y3, . . . , ym = d de los in-tervalos [a, b] y [c, d] respectivamente con xi = x0 + ih, yj = y0 + jk siendo

h =b− a

2ny k =

d− c

2m, luego en el intervalo [x2i−1, x2i] y para un y fijo se

tiene, por la regla compuesta de Simpson que,

b∫

a

f(x, y)dx ≈ h

3

[f(x0, y) + 2

n−1∑i=1

f(x2i, y) + 4n∑

i=1

f(x2i−1, y) + f(x2n, y)],

luego entonces,

d∫

c

[ b∫

a

f(x, y)dx]dy ≈

d∫

c

h

3

[f(x0, y) + 2

n−1∑i=1

f(x2i, y)

+4n∑

i=1

f(x2i−1, y) + f(x2n, y)]dy

de modo que

d∫

c

[ b∫

a

f(x, y)dx]dy ≈ h

3

[ d∫

c

f(x0, y)dy + 2n−1∑i=1

d∫

c

f(x2i, y)dy

5.9. INTEGRACION DOBLE


+4n∑

i=1

d∫

c

f(x2i−1, y)dy +

d∫

c

f(x2n, y)dy],

pero, nuevamente por la regla compuesta de Simpson en el intervalo[y2j−1,y2j],

d∫

c

f(x0, y)dy ≈ k

3

[f(x0, y0)+2

m−1∑j=1

f(x0, y2j)+4m∑

j=1

f(x0, y2j−1)+f(x0, y2m)],

ademas,

d∫

c

f(x2i, y)dy ≈ k

3

[f(x2i, y0)+2

m−1∑j=1

f(x2i, y2j)+4m∑

j=1

f(x2i, y2j−1)+f(x2i, y2m)],

d∫

c

f(x2i−1, y)dy ≈ k

3

[f(x2i−1, y0) + 2

m−1∑j=1

f(x2i−1, y2j) + 4m∑

j=1

f(x2i−1, y2j−1)

+f(x2i−1, y2m)],

y

d∫

c

f(x2n, y)dy ≈ k

3

[f(x2n, y0)+2

m−1∑j=1

f(x2n, y2j)+4m∑

j=1

f(x2n, y2j−1)+f(x2n, y2m)],

ası que

b∫

a

d∫

c

f(x, y)dxdy ≈ hk

9

[f(x0, y0)+2

m−1∑j=1

f(x0, y2j)+4m∑

j=1

f(x0, y2j−1)+f(x0, y2m)

+2n−1∑i=1

(f(x2i, y0) + 2

m−1∑j=1

f(x2i, y2j) + 4m∑

j=1

f(x2i, y2j−1) + f(x2i, y2m))

+4n∑

i=1

(f(x2i−1, y0)+2

m−1∑j=1

f(x2i−1, y2j)+4m∑

j=1

f(x2i−1, y2j−1)+f(x2i−1, y2m))

+(f(x2n, y0) + 2

m−1∑j=1

f(x2n, y2j) + 4m∑

j=1

f(x2n, y2j−1) + f(x2n, y2m))]

,



luego

b∫

a

d∫

c

f(x, y)dxdy ≈ hk

9

[f(a, c) + 2

m−1∑j=1

f(a, y2j) + 4m∑

j=1

f(a, y2j−1) + f(a, d)

+2n−1∑i=1

f(x2i, c) +n−1∑i=1

m−1∑j=1

f(x2i, y2j) + 8n−1∑i=1

m−1∑j=1

f(x2i, y2j−1) + 2n−1∑i=1

f(x2i, d)

+4n∑

i=1

f(x2i−1, c) + 8n∑

i=1

m−1∑j=1

f(x2i−1, y2j) + 16n∑

i=1

m∑j=1

f(x2i−1, y2j−1)

+4n∑

i=1

f(x2i−1, d) + 2m−1∑j=1

f(b, y2j) + 4m∑

j=1

f(b, y2j−1) + f(b, c) + f(b, d)]

Ejemplo 5.9.1. Utilice la Regla de Simpson para aproximar la integral

4∫

2

4+ex2∫

ln2x

Cos(x + y)dydx

.

Solucion

Dado que en el eje X el intervalo es [2;4], entonces hx =4− 2

2= 1,

luego los nodos en dicho eje son x2 = 1, x2 = 3, x3 = 4. Para la integraldada por

I =

4∫

2

4+ex2∫

ln2x

Cos(x + y)dydx,

al aplicar la regla de Simpson obtenemos que

I =hx

3[H(x1) + 4H(x2) + H(x3)],

donde H(xi) =4+e

xi2∫

ln2xi

Cos(xi + y)dy, por lo tanto

I ≈ hx

3

[ 4+e12∫

ln2

Cos(2 + y)dy + 4

4+e∫

ln4

Cos(4 + y)dy +

4+e32∫

ln6

Cos(6 + y)dy].



Por lo tanto

I ≈ hx

3

[ 5.6487∫

0.6931

Cos(2 + y)dy + 4

6.7183∫

1.3863

Cos(4 + y)dy +

8.4817∫

1.7918

Cos(6 + y)dy].

Sean I1 =5.6487∫0.6931

Cos(2 + y)dy, I2 =6.7183∫1.3863

Cos(4 + y)dy y I3 =

8.4817∫1.7918

Cos(6 + y)dy.

Para I1, h1y =5.6487− 0.6931

2= 2.4778, luego entonces

I1 =2.4778

3[Cos(2 + 0.6931) + 4Cos(2 + 3.1709) + Cos(2 + 5.6487)],

de modo que

I1 = 0.82593(−0.90110 + 1.77045 + 0.20384) = 0.888637.

Para I2, h2y =6.7183− 1.3863

2= 2.666, por lo tanto

I2 =2.666

3[Cos(3 + 1.3863) + 4Cos(3 + 4.0523) + Cos(3 + 6.7183)],

ası que,

I2 = 0.8887(−0.32034 + 2.8741− 0.9572) = 1.418863.

y para I3, h3y =8.4817− 1.7918

2= 3.34495, por consiguiente,

I3 =3.34495

3[Cos(4 + 1.7918) + 4Cos(4 + 5.13675) + Cos(4 + 8.4817)],

ası que,

I3 = 1.114983(0.88168− 3.835224 + 0.99642) = −2.182156.

De modo que

4∫

2

4+ex2∫

ln2x

Cos(x + y)dydx ≈ 1

3[I1 + 4I2 + I3],



luego entonces

4∫

2

4+ex2∫

ln2x

Cos(x + y)dydx ≈ 1

3(0.888637 + 4× 1.418863− 2.1821556),

y por lo tanto4∫

2

4+ex2∫

ln2x

Cos(x + y)dydx ≈ 1.460644

Ejercicios

1. La formula 5.1 es llamada de diferencias progresiva, si h > 0, y dediferencias regresiva si h < 0. Use esta formula para determinar lasaproximaciones que completan las siguientes tablas

a)

x f(x) f′(x)

0.5 0.87760.6 0.82530.7 0.76480.8 0.6967

b)

x f(x) f′(x)

0.1 4.39520.3 5.15990.5 5.89880.7 6.6238

2. Los datos del ejercicio 1 se tomaron de las siguientes funciones. Calculelos errores reales del ejercicio 1 y obtenga las cotas por medio de lasformulas de errora)f(x) = cos x b)f(x) = ex + 3x− x2 + 3

3. Use la formula de los tres puntos mas conveniente para determinar lasaproximaciones con que se completarıan las siguientes tablas

a)

x f(x) f′(x)

1.1 0.11801.2 0.09071.3 0.074271.4 0.06081



b)

x f(x) f′(x)

2.9 -7.47193 -8.4866

3.1 -9.47283.2 -10.4093

c)

x f(x) f′(x)

8.0 133.0848.1 137.2478.2 141.4828.3 145.789

d)

x f(x) f′(x)

2.0 012862.1 0.14632.2 0.19072.3 0.2630

4. Los datos del ejercicio 3 se tomaron de las siguientes funciones. Calculelos errores reales del ejercicio 1 y obtenga las cotas por medio de lasformulas de errora)f(x) = e−2x b)f(x) = x sen x + x2 cos x c)x2 ln xd) x(ln x)2 + 2 cos x

5. Use la formula mas precisa posible para determinar las aproximacionescon que se completaran las siguientes tablas

a)

x f(x) f′(x)

2.1 0.74512.2 0.65372.3 0.55612.4 0.45632.5 0.35822.6 0.2657



b)

x f(x) f′(x)

-3.0 -2.7769-2.8 -2.5534-2.6 -2.3275-2.4 -2.0988-2.2 -1.8671-2.0 -1.6321

6. Los datos del ejercicio 5 se tomaron de las siguientes funciones. Calculelos errores reales del ejercicio 5 y obtenga las cotas por medio de lasformulas de errora)f(x) = sen2 x b)f(x) = e

x2 + x

7. Usando la expansion de Taylor demuestra que

f′′′(x0) ≈ 1

2h3[f(x0 + 2h)− 2f(x0 + h) + 2f(x0 − h)− f(x0 − 2h)]

8. Usando la expansion de Taylor demuestra que

f′′′′

(x0) ≈ 1

h4[f(x0+2h)−4f(x0+h)+6f(x0)−4f(x0−h)+f(x0−2h)]

9. Estime el valor optimo de h para las formulas de tres puntos.

10. Estime el valor optimo de h para las formulas que permiten aproximarf′′(x0) y f

′′′(x0).

11. En un circuito electrico con un voltaje impreso ε(t) y una inductanciaL, la primera ley de Kirchhoff nos da la siguiente relacion

Ldi

dt+ Ri = ε(t),

donde R es la resistencia del circuito e i es la corriente. Suponga quemedimos la corriente con varios valores de t y obtenemos

t 1.00 1.01 1.02 1.03 1.04i 3.10 3.12 3.14 3.18 3.24

donde t se mide en segundos, i se da en amperes, la inductancia Les una constante de 0.098 henries y la resistencia es de 0.142 ohms.Aproxime el voltaje ε(t) en los valores t = 1.00, 1.01, 1.02, 1.03y1.04



12. La funcion error esta definida como

Erf(x) =2√π

x∫

0

e−t2dt.

Encuentre Erf(2)

13. Si

Si(x) =

x∫

0

sen t

tdt.

Encuentre Si(2)

14. Si

Ci(x) =

x∫

0

cos t

tdt.

Encuentre Ci(2)

15. Las integrales de Fresnel estan definidas como

C(x) =

x∫

0

cos(πt2

2

)dt

y

S(x) =

x∫

0

sen(πt2

2

)dt.

Encontrar C(2) y S(2)

16. Existen muchas formas de integrales elıpticas

a) La integral elıptica completa de primera clase esta definida como

K(m) =

π2∫

0

1√1−m sen2 t

dt.

Encuentre K(1) y K(4)



b) La integral elıptica completa de segunda clase esta definida como

E(m) =

π2∫

0

√1−m sen2 tdt.

Encuentre E(1) y E(4)

c) La integral elıptica de primera clase esta definida como

K(k, x) =

x∫

0

1√1−m sen2 t

dt.

Encuentre K(1, 1) y K(2, 1)

d) La integral elıptica de segunda clase esta definida como

E(k, x) =

x∫

0

√1−m sen2 tdt.

Encuentre E(1, 1) y E(2, 1)

17. Encuentre la longitud de arco de la curva descrita por la funcion y =x−1, 1 < x < 2; la longitud esta dada por

2∫

1

√1 + x−4dx

18. Encuentre la longitud de arco de la curva descrita por la funcion y =Senx, 0 < x < π; la longitud esta dada por

2∫

1

√1 + cos2dx

19. Encuentre la longitud de arco de la curva descrita por la funcion y =ln(x), 1 < x < 2; la longitud esta dada por

2∫

1

√1 + x−2dx



20. Aplique la regla del trapecio con los valores indicados de n para aproxi-mar la integrales siguientes

a)2∫1

x2 ln xdx, n = 4 b)2∫−2

x2exdx, n = 4

c)2∫0

3x2+9

dx, n = 6 d)π∫0

x2 sen xdx, n = 4

e)5∫3

1√x2 − 4

dx, n = 8 f)

3π8∫0

tan xdx, n = 8

21. Aplique la regla compuesta de Simpson para aproximar las integralesdel ejercicio 16.

22. Aplique la regla3

8de Simpson para aproximar las integrales del

ejercicio 16.

En los problemas 19-25 aproxime las integrales dadas

a) Usando el metodo compuesto del trapecio con 10 subintervalo

b) Usando la regla de Simpson con dos subintervalos

c) Usando el metodo compuesta de Simpson con 10 subintervalo

d) Usando cuadratura Gaussiana con n = 2.

e) Usando integracion de Romberg.

23.1∫0

x sen(πx)dx.

24.1∫−1

dx1+x2 .

25.2∫0

exdx.

26.2∫1

√x3 − 1dx.

27.π∫0

x2 sen(2x)dx.



28.π∫0

x3 sen(x2)dx.

29.2∫0

ln(x2 + 1)dx

30. Use la regla de Simpson para calcular las siguientes integrales

a)π/4∫

0

∫

sen x

cos x(2y sen x + cos2 x)dydx

b)2∫

1

x2∫

x

(y2 + x3)dydx

c)2.2∫

2

2+x2∫

x

(x2 + y3)dydx

.

31. Use la regla de los3

8de Simpson para calcular las integrales del ejercicio

anterior.


Capıtulo 6

Ecuaciones DiferencialesOrdinarias con Condiciones

Iniciales

Un paracaidista de masa m salta desde un avion en t = 0, supongamos quela velocidad vertical inicial del paracaidista es cero en t = 0 y que la caıda esvertical. Si el arrastre aerodinamico esta dado por faire = cv2, con c constantey v la velocidad vertical, entonces por la segunda ley de Newton el equilibriode fuerzas satisface

ma = mg − faire,

luego

mdv(t)

dt= mg − cv2, v(0) = 0

o sea quedv(t)

dt= g − c

mv2, v(0) = 0

o lo que es lo mismo

v′(t) = f(v, t), v(0) = 0,

con f(v, t) = g − cm

v2.

Observamos que la ecuacion diferencial tambien se puede escribir co-mo

d2y

dt2= g − c

m(y

′)2, y(0) = 0, y

′(0) = 0,

que es una ecuacion diferencial de segundo orden con condiciones iniciales.

En este capitulo, desarrollaremos metodos que aproximen la solucionde problemas como el anteriormente expuesto.

239


6.1. Ecuaciones Diferenciales de Primer Or-

den con Condiciones Iniciales

Estudiemos primero la ecuacion diferencial dada por

tdy

dt= 2y (6.1)

la cual al separar variable toma la forma

dy

y=

2dt

t

al integrar miembro a miembro se tiene que

ln y = 2 ln t + c1 = 2 ln t + ln c,

o sea queln y = ln ct2,

de modo que la solucion de 6.1 esta dada por

y(t) = ct2 (6.2)

ecuacion que se satisface para cualquier constante c la cual puede escogersearbitrariamente, en la figura 6.1 se muestra la grafica de 6.2 para algunosvalores de c.En la practica, estas formulas explıcitas, al traducirlas como un modelomatematico, resulta una ecuacion diferencial que involucra la razon decambio de una funcion desconocida.

Si suponemos P (t) es el numero de individuos de una poblacion, conindices de natalidad y mortalidad β y α respectivamente, entonces la razonde cambio de la poblacion esta relacionada con la cantidad de nacimientosy muerte que se tengan en la poblacion dada, teniendo entonces que

dP (t)

dt= (β − α)P (t) = kP (t)

.

Si conocemos el numero de individuos en un instante t = 0, siendoP (0) = P0, entonces el problema a resolver es

dP (t)

dt= kP (t), P (0) = P0

CAPITULO 6. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS CON CONDICIONES INICIALES


-

6

6

¾

??

c > 0

c < 0

Figura 6.1

donde k = β − α, cuya solucion esta dada por

P (t) = P0ekt.

Para cada P0 escogido se tiene una solucion, siendo k una constante que puedeser positiva o negativa. El problema anterior es un ejemplo de un problemade primer orden con condiciones iniciales, en general se tiene la siguientedefinicion

Definicion 6.1.1. Un problema de primer orden con condiciones inicialesesta definido como

y′= f(t, y) y(t0) = y0

Definicion 6.1.2. Sea y′(t) = f(t, y) y(t0) = y0 un problema de primer

grado con condiciones iniciales, una solucion del problema es una funciong(t) derivable en [t0, t1] tal que g

′(t) = f(t, g) g(t0) = y0 con t ∈ [t0, t1].

Definicion 6.1.3. Una funcion f : R −→ R se dice Lipschitz continua conconstante γ en x, escribiendose f ∈ Lipγ(x) si para toda y en una vecindadde x se cumple que

|f(x)− f(y)| ≤ γ|x− y|

6.1. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN CON CONDICIONES INICIALES


Definicion 6.1.4. Sea f : R2 −→ R2, una funcion, D = (t, y)/a ≤ t ≤b, c ≤ y ≤ d se dice f es Lipschitz continua con constante γ en y ∈ D, si secumple que

|f(t, y)− f(t, y1)| ≤ γ|y − y1|El siguiente resultado muestra cuando una ecuacion diferencial de primerorden con condiciones iniciales tiene solucion unica.

Teorema 6.1.1. Supongamos que f(t, y) es continua en R = (t, y)/t0 ≤ t ≤t1, c ≤ y ≤ d), si f es Lipschitz de constante γ con respecto a R y (t0, y0) ∈ R,entonces, el problema con condicion inicial y

′(t) = f(t, y) y(t0) = y0, tiene

solucion unica y = y(t) en algun subintervalo t0 ≤ t ≤ t0 + δ

Demostracion. Sean y1(t) y y2(t) soluciones de el problema de primer ordencon condiciones iniciales, sea φ(t) = [y1(t)−y2(t)]

2 la cual satisface φ(t0) = 0ya que y1(t0) = y0 y y2(t0) = y0, probemos que φ(t) = 0. Consideremost > t0, entonces

φ′(t) = 2[y1(t)− y2(t)][y

′1(t)− y

′2(t)],

luego,|φ′(t)| = 2|y1(t)− y2(t)||y′1(t)− y

′2(t)|,

o sea que,|φ′(t)| = 2|y1(t)− y2(t)||f(t, y1)− f(t, y2)|,

pero como f es Lipschitz, entonces

|f(t, y1)− f(t, y2)| ≤ γ|y1(t)− y2(t)|,por tanto,

φ′(t) ≤ 2γ|y1(t)− y2(t)|2 = 2γφ(t). (6.3)

Pero entonces tenemos que,

φ′(t)− 2γφ(t) ≤ 0,

de modo quee−2γtφ

′(t)− 2e−2γtγφ(t) ≤ 0,

ası que,(e−2γtφ(t))

′ ≤ 0,

luego por el teorema del valor medio se tiene que

φ(t)e−2γt − φ(t0)e−2γt0

t− t0≤ 0,



por tanto,φ(t)e−2γt − φ(t0)e

−2γt0 ≤ 0,

o sea que,φ(t)− φ(t0)e

−2γt0+2γt ≤ 0,

de modo que,φ(t) ≤ φ(t0)e

2γ(t−t0),

ası que,0 ≤ [y1(t)− y2(t)]

2 ≤ [y1(t0)− y2(t0)]2e2γ(t−t0),

por consiguiente,

[y1(t)− y2(t)] ≤ [y1(t0)− y2(t0)]eγ(t−t0),

pero como y1(t0)−y2(t0) = 0, entonces y1(t) = y2(t), de modo que la soluciones unica.

6.2. Metodos de Euler y de Taylor

Para calcular la aproximacion de la solucion de una ecuacion diferencialde primer orden con condiciones iniciales, en esta seccion presentaremosprimero el metodo de Euler y luego el de Taylor. Miraremos que el metodode Euler es poco eficiente ya que acumula errores muy altos en el desarrollodel proceso iterativo, sin embargo su estudio y analisis resultan importantesporque nos sirve para el estudio de metodos mas avanzados.

Primero estableceremos algunos resultados cuyo proposito es el anali-sis del error producido por el metodo de Euler.

Lema 6.2.1. Si x ≥ −1 y n ≥ 0, entonces 0 ≤ (1 + x)n ≤ enx

Demostracion. Por el teorema de Taylor para ex, alrededor de x = 0, conn = 1 tenemos que

ex = 1 + x +f′′(c)

2!x2,

pero f′′(c) = ec, luego, ex = 1 + x + x2

2!ec.

Ademas

0 ≤ 1 + x ≤ 1 + x +x2

2!ec,

de modo que0 ≤ 1 + x ≤ ex,

6.2. METODOS DE EULER Y DE TAYLOR


pero como n ≥ 0 entonces

0 ≤ (1 + x)n ≤ enx.

Lema 6.2.2. Sean u, v ∈ R+, aiki=0 una sucesion tal que a0 ≥ − v

uy ademas

supongamos que

ai+1 ≤ (1 + u)ai + v i = 0, 1, 2, 3, . . . , k,

entoncesai+1 ≤ e(i+1)u

(a0 +

v

u

)− v

u

Demostracion. Como por hipotesis se tiene que para un i fijo

ai+1 ≤ (1 + u)ai + v

ai ≤ (1 + u)ai−1 + v

ai−1 ≤ (1 + u)ai−2 + v,

.

.

.

a1 ≤ (1 + u)a0 + v,

entonces,

ai+1 ≤ (1 + u)[(1 + u)ai−1 + v] + v = (1 + u)2ai−1 + [1 + (1 + u)]v

de modo que

ai+1 ≤ (1+u)2[(1+u)ai−2+v]+[1+(1+u)]v = (1+u)3ai−2+[1+(1+u)+(1+u)2]v.

En general se tiene que

ai+1 ≤ (1 + u)i+1a0 + [1 + (1 + u) + (1 + u)2 + · · ·+ (1 + u)i]v,

pero 1 + (1 + u) + (1 + u)2 + · · ·+ (1 + u)i es una serie geometrica de razon1 + u de modo que

1 + (1 + u) + (1 + u)2 + · · ·+ (1 + u)i =1− (1 + u)i+1

1− (1 + u)=

1− (1 + u)i+1

−u,



por tanto

1 + (1 + u) + (1 + u)2 + · · ·+ (1 + u)i =1

u[(1 + u)i+1 − 1],

luego

ai+1 ≤ (1 + u)i+1a0 +v

u[(1 + u)i+1 − 1] = (1 + u)i+1a0 +

v

u(1 + u)i+1 − v

u,

pero por el lema anterior (1 + u)i+1 ≤ e(i+1)u, luego

ai+1 ≤ e(i+1)u(a0 +

v

u

)− v

u.

6.2.1. Metodo de Euler

Consideremos el intervalo cerrado [a, b] y P = a = t0, t1, t2, . . . , tn = buna particion del intervalo con ti = t0 + ih, siendo h =

b− a

nel tamano del

paso, y consideremos ademas la ecuacion diferencial y′(t) = f(t, y), y(0) = y0

en [a, b], si y(t), y′(t) y y

′′(t), son continuas, al aplicar el teorema de Taylor

alrededor de ti en el intervalo [ti, ti+1] se tiene que

y(ti+1) = y(ti) + y′(ti)(ti+1 − ti) +

y′′(ci)

2!(ti+1 − ti)

2,

pero como y′(ti) = f(ti, y(ti)), y h = ti+1 − ti entonces,

y(ti+1) = y(ti) + f(ti, y(ti))h +y′′(ci)

2!h2,

pero si ti+1 − ti ≈ 0, entonces

y(ti+1) ≈ y(ti) + f(ti, y(ti))h,

para i = 0, 1, 2, 3, . . . , n. Si ui ≈ y(ti), entonces se tiene que

ui+1 ≈ ui + hf(ti, ui), u0 = y0 i = 0, 1, 2, 3, . . . , n (6.4)

que constituye el metodo de Euler.

Ejemplo 6.2.1. Aplicar el metodo de Euler para aproximar la ecuaciony′(t) = y + 3t2 + 2, y(0) = 1 en el intervalo [0, 2] con h = 0.2



Solucion

Como y′(t) = y + 3t2 + 2, ti = 0 + hi, y h = 0.2 entonces,

ui+1 = ui+0.2(ui+3(0.2i)2+2) = ui+0.2ui+0.024i2+0.4 = 1.2ui+0.024i2+0.4,

se tiene entonces la siguiente tabla

i ti ui y(ti) Ei = |y(ti)− ui|0 0 1 1 01 0.2 1.6 1.6726248234 0.7262482342 0.4 2.344 2.5464222788 0.20242223 0.6 3.3088 3.7190692035 0.41026924 0.8 4.58656 5.3098683564 0.725308365 1 6.28787200000000 7.4645364561 1.1766644566 1.2 8.54544640000000 10.3610523047 1.81560597 1.4 11.51853568000000 14.2167997016 2.698264028 1.6 15.39824281600000 19.2972918196 3.8990499 1.8 20.41389137920000 25.9268271797 5.5129357810 2.0 26.84066965504000 34.5015048904 7.66048083

TABLA 26

¥

6.2.2. Cotas de Error

Una cota de error para el metodo de Euler se tiene mediante el siguienteteorema.

Teorema 6.2.1. Sea f una funcion Lipschitz continua de constante γ, ysupongamos y

′′(t) esta acotada. Si y(t) es la solucion del problema con

condicion inicial dado por y′(t) = f(t, y), a ≤ t ≤ b, y(t0) = y0 y sean

u0, u1, u2, . . . , un, la sucesion generada por el metodo de Euler, entonces,

|y(ti)− ui| ≤ hK

2γ[eγ(ti−y0) − 1],

siendo K ≥ |y′′(t)|.Demostracion. Sabemos que ∀i = 0, 1, 2, 3, . . . , n

y(ti) = y(ti−1) + f(ti−1, y(ti−1))h + y′′(ci−1)

h2

2,



Definicion 6.2.2. El metodo de diferencias tiene un error de discretizacionlocal ei(h) definido como

ei(h) =yi − yi−1

h− Φ(ti−1, yi−1),

y un error de discretizacion global ei(h) dado por

ei(h) = y(ti)− ui

Observemos que el metodo de Euler es un metodo de diferencias y por lotanto su error de discretizacion local es

ei(h) =yi − yi−1

h− f(ti−1, yi−1),

donde yi = y(ti) pero como

y(ti) = y(ti−1) + hf(ti−1, y(ti−1)) + y′′(ci−1)

h2

2

o sea que

yi = yi−1 + hf(ti−1, yi−1) + y′′(ci−1)

h2

2,

por tanto

yi − yi−1 − hf(ti−1, yi−1) = y′′(ci−1)

h2

2,

entonces

|ei(h)| = |y′′(ci−1)h

2|,

pero como |y′′(ci−1)| ≤ K, se tiene que

|ei(h)| ≤ Kh

2,

o sea que el error de discretizacion local del metodo de Euler es O(h).

6.2.3. Metodo de Taylor

Consideremos el problema

y′(t) = f(t, y) y(t0) = y0

y la serie de Taylor dada por

y(ti+1) = y(ti) + y′(ti)(ti+1 − ti) +

y′′(ti)

2!(ti+1 − ti)

2 +y′′′(ti)

3!(ti+1 − ti)

3



+ · · ·+ y(n−1)(ti)

(n− 1)!(ti+1− ti)

n−1 +y(n)(ti)

n!(ti+1− ti)

n +y(n+1)(cn+1)

(n + 1)!(ti+1− ti)

n+1

o sea que

y(ti+1) = y(ti) + y′(ti)h +

y′′(ti)

2!h2 +

y′′′(ti)

3!h3 + · · ·+ y(n−1)(ti)

(n− 1)!hn−1

+y(n)(ti)

n!hn +

y(n+1)(cn+1)

(n + 1)!hn+1, (6.5)

pero como y′(t) = f(t, y), entonces y(k)(t) = f (k−1)(t, y), luego

y(ti+1) = y(ti) + h

n∑

k=1

f (k−1)(ti, y(ti))

k!hk−1 +

y(n+1)(cn+1)

(n + 1)!hn+1,

si u0 = y(t0) = y0 y ui ≈ yi = y(ti), entonces al suprimir el ultimo sumando,se tiene el metodo de Taylor de orden n, el cual se concreta si tomamos

u0 = y0

ui+1 = ui + hT n(ti, ui),

con

T n(ti, ui) =n∑

k=1

f (k−1)(ti, ui)

k!hk−1.

En particular el metodo de Taylor de orden dos esta dado por

u0 = y0

ui+1 = ui + hT 2(ti, ui),

con

T 2(ti, ui) = f(ti, ui) +h

2f′(ti, ui).

y el de orden 4 comou0 = y0

ui+1 = ui + hT 4(ti, ui),

con

T 4(ti, ui) = f(ti, ui) +h

2f′(ti, ui) +

h2

6f′′(ti, ui) +

h3

24f′′′(ti, ui).



Ejemplo 6.2.2. Aplicar el metodo de Taylor de orden dos y orden cuatropara aproximar la ecuacion y

′(t) = y + 3t2 + 2, y(0) = 1 en el intervalo [0, 1]

con h = 0.2

Solucion

a) Como f(t, y) = y + 3t2 + 2, entonces f′(t, y) = y

′+ 6t = y + 3t2 + 2 + 6t y

f′′(t, y) = y

′+ 6t + 6 = y + 3t2 + 2 + 6t + 6 = y + 3t2 + 6t + 8, de modo que

T 2(ti, ui) = ui + 3t2i + 2 +h

2(ui + 3t2i + 6ti + 2) =

(1 +

h

2

)ui +

(1 +

h

2

)3t2i

+h

26ti + 2

(1 +

h

2

),

pero como h = 0.2, y ti = 0.2i entonces

T 2(ti, ui) = 1.1(ui + 0.12i2 + 2) + 0.12i

de modo que se tiene

u0 = 1

ui+1 = ui +0.2[1.1(ui +0.12i2 +2)+0.12i] = 1.22ui +0.0264i2 +0.024i+0.44

los resultados se muestran a continuacion

i ti ui y(ti) Ei = |y(ti)− ui|0 0 1 1 01 0.2 1.66 1.6726248234 0.01262 0.4 2.51560000 2.5464222788 0.006761643 0.6 3.662632 3.7190692035 0.02704610714 0.8 5.21801104 5.3098683564 0.055954726015 1 7.3243734688 7.4645364561 0.096306328136 1.2 10.15573563193600 10.3607737863 0.205038157 1.4 13.92439747096192 14.2167997016 0.292402238 1.6 18.88936491457355 19.2979918196 0.40862699 1.8 25.36662519577973 25.9268271797 0.5602019810 2.0 33.74168273885127 34.5015048904 0.75982216

TABLA 27

b) Para el metodo de Taylor de cuarto orden se tiene que f(t, y) = y+3t2+2,entonces f

′(t, y) = y

′+ 6t = y + 3t2 + 2 + 6t y f

′′(t, y) = y

′′+ 6t + 6 =



y + 3t2 + 2 + 6t + 6 = y + 3t2 + 6t + 8, f′′′(t, y) = y + 3t2 + 6t + 8, de modo

que

T 4(ti, ui) = ui+3t2i +2+h

2[ui+3t2i +6ti+2]+

h2

6[ui+3t2i +6ti+8]+

h3

24[ui+3t2i +6ti+8],

de modo que tenemosu0 = 1

ui+1 = ui + 0.2[1.107ui + 3.321t2i + 0.642ti + 2.256]

i ti ui y(ti) Ei = |y(ti)− ui|0 0 1 1 01 0.2 1.67260000 1.6726248234 0.00002482342 0.4 2.54636164 2.5464222788 0.00006063883 0.6 3.7189581071 3.7190692035 0.00011109644 0.8 5.309687443201 5.3098683564 0.00018092325 1 7.46426022945 7.4645364561 0.00027622665

TABLA 28

¥

Como podemos observar los resultados obtenidos al aplicar los meto-dos de Taylor de orden dos y cuatro dan mejores resultados que el metodode Euler, ademas observamos tambien, que el de orden cuatro arroja unerror menor que el de orden dos.

Si observamos la ecuacion 6.5 se tiene que

yi+1 − yi − f(ti, yi)h− h2

2!f′(ti, yi)− h3

3!f′′(ti, yi)− · · · − hn−1

(n− 1)!f (n−2)(ti, yi)

−hn

n!f (n−1)(ti, yi) =

hn+1

(n + 1)!f (n)(ti, ci+1),

o sea que

yi+1 − yi − hT n(ti, yi) =hn+1

(n + 1)!f (n+1)(ti, ci+1),

por tantoyi+1 − yi

h− T n(ti, yi) =

hn

(n + 1)!f (n+1)(ti, ci+1)

de modo que el error de discretizacion local es ei = O(hn) para cada i =1, 2, 3, . . . , n.



6.3. Metodos de Runge-Kuta

Derivemos primero los metodos de Runge-Kuta de orden dos, para esto seay′(t) = f(t, y), luego entonces

y′′(t, y) =

∂f(t, y)

∂t+

∂f(t, y)

∂yy′(t) =

∂f(t, y)

∂t+

∂f(t, y)

∂yf(t, y),

pero por el desarrollo de Taylor de y(t + h) alrededor de t se tiene que

y(t + h) = y(t) + (t + h− t)y′(t) +

(t + h− t)2

2!y′′(t) +

(y + h− t)3

3!K + . . . ,

donde K incluye a y′′′(t), o sea que

y(t + h) = y(t) + hy′(t) +

h2

2!

[∂f(t, y)

∂t+

∂f(t, y)

∂yf(t, y)

]+ K

h3

6+ . . .

de modo que

y(t + h) = y(t) + h[f(t, y) +

h

2!

[∂f(t, y)

∂t+

∂f(t, y)

∂yf(t, y)

]]+ K

h3

6+ . . . ,

en los metodos de Runge-Kuta de orden dos se desea encontrar una funcion

Af(t, y) + Bf(t + ah, y + bhf(t, y))

de tal forma que

Af(t, y)+Bf(t+ah, y + bhf(t, y)) = f(t, y)+h

2!

∂f(t, y)

δt+

h

2!

∂f(t, y)

∂yf(t, y),

pero por el desarrollo de Taylor para dos variables se tiene que

f(t+ah, y+bhf(t, y)) = f(t, y)+(t+ah−t)∂f(t, y)

∂t+(t+bhf(t, y)−t)

∂f(t, y)

∂y+Hh3,

donde H incluye las derivadas parciales segundas de f(t, y), luego

f(t + ah, y + bhf(t, y)) = f(t, y) + ah∂f(t, y)

∂t+ bhf(t, y)

∂f(t, y)

∂y+ Hh3,

luego entonces

f(t, y)+h

2!

∂f(t, y)

∂t+

h

2!

∂f(t, y)

∂yf(t, y) = Af(t, y)+Bf(t, y)+aBh

∂f(t, y)

∂t+



bBhf(t, y)∂f(t, y)

∂y+ HBh3,

ası queA + B = 1,

aB =1

2,

bB =1

2,

pero como se tiene un sistema de tres ecuaciones con cuatro incognitas, parasu solucion se le debe asignar un valor a una de las variables. Si escogemos

B =1

2, entonces A =

1

2de modo que a = 1 y b = 1, luego entonces

y(t + h) = y(t) + h[1

2f(t, y) +

1

2f(t + h, y + hf(t, y))

]

= y(t) +h

2[f(t, y) + f(t + h, y + hf(t, y))].

Con los valores escogidos anteriormente se genera la sucesion (ti, ui), dadapor

u0 = y0

ui+1 = ui +h

2[f(ti, ui) + f(ti+1, ui + hf(ti, ui))], (6.6)

donde ui = y(ti), ui+1 = y(ti + h) = y(ti+1), la expresion 6.6 se conoce comoel metodo de Heun.

Ahora si tomamos A = 0, entonces, B = 1, a =1

2y b =

1

2, se tiene

entoncesu0 = y0

ui+1 = ui + hf(ti +

h

2,h

2f(ti, ui)

), (6.7)

la expresion 6.7 es el metodo modificado de Euler.

Ejemplo 6.3.1. Aplicar el metodo modificado de Euler y metodo de Heunpara aproximar la ecuacion y


Solucion

Al aplicar 6.6 y 6.7 con u0 = 1, se tienen los resultados mostrado enla tabla 29

6.3. METODOS DE RUNGE-KUTA


i ti y(ti) Heun Modificado de Euler0 0 1.00000000000000 1.0000000000000 1.000000000000001 0.2 1.66000000000000 1.66800000000000 1.67200000000002 0.4 2.51560000000000 2.53336000000000 2.542240000000003 0.6 3.66263200000000 3.69229920000000 3.707132800000004 0.8 5.21801104000000 5.26220502400000 5.284302016000005 1 7.32437346880000 7.38629012928000 7.417248459520006 1.2 10.3607737863 10.23927395772160 10.281043120614407 1.4 14.2164952815 14.03431422842035 14.0899272607149598 1.6 19.296964184 19.03146335867283 19.102512580722489 1.8 25.9264811644 25.54798529758085 25.6386653484814210 2.0 34.5011483923 33.97094206304864 34.08557172514733

TABLA 29

¥

Pero el mas exitoso de los metodos de Runge-Kuta es el de cuartoorden y consiste en aproximar a T 4(f, t) mediante la expresion

Af(t, y(t)) + Bf(t + hα1, y + β1f(t, y(t)))

+Cf(t + hα2, y + β2f(t, y(t)) + β3f(t + hα1, y + β1f(t, y(t))))

+Df(t + α3, y + β4f(t, y(t)) + β5f(t + hα1, y + β1f(t, y(t)))

+β6f(t + hα3, y + β2f(t, y(t)) + β3f(t + hα1, y + β1f(y, y(t))))

que como podemos observar tiene tiene 13 incognitas, Runge y Kuta lograronobtener 11 ecuaciones, lo cual obliga a asignar condiciones adicionales para

poder resolver el sistema. La eleccion mas util es α1 =1

2, β2 = 0 y con

esta eleccion se tiene que α2 =1

2, α3 = 1, β1 =

1

2, β3 =

1

2, β4 = 0, β5 = 0,

β6 = 1, A =1

6, B =

1

3, C =

1

3y D =

1

6.

Con estos valores se tiene entonces el metodo de Runge-Kuta decuarto orden dado por

u0 = y0

ui+1 = ui +1

6

[hf(ti, ui) + 2hf(ti +

h

2, ui +

h

2f(ti, ui))

+2hf(ti +h

2, ui +

h

2f(ti +

h

2, ui +

h

2f(ti, ui))



+hf(ti + h, ui + hf(ti +h

2, ui +

h

2f(ti +

h

2, ui +

h

2f(ti, ui))))

].

Ahora si tomamos

RK1 = hf(ti, ui),

RK2 = hf(ti +h

2, ui +

h

2f(ti, ui)),

RK3 = hf(ti +h

2, ui +

h

2f(ti +

h

2, ui +

h

2f(ti, ui))

y

RK3 = hf(ti + h, ui + hf(ti +h

2, ui +

h

2f(ti +

h

2, ui +

h

2f(ti, ui)))),

entonces, se tiene que

RK2 = f(ti +h

2, ui +

1

2RK1),

RK4 = f(ti +h

2, ui +

1

2RK2),

y

RK4 = f(ti+1, ui + RK3),

de modo que el metodo de Runge- Kuta de cuarto orden se puedeescribir ahora como

u0 = y0

ui+1 = ui +1

6(RK1 + 2RK2 + 2RK3 + RK4) (6.8)

Ejemplo 6.3.2. Aplicar el metodo de Runge-Kuta de cuarto orden para apro-ximar la ecuacion y


Solucion

Aplicando la expresion 6.8 con u0 = 1 se tienen los resultados mostrados enla tabla 30

6.3. METODOS DE RUNGE-KUTA


i ti y(ti) Runge-Kuta0 0 1.00000000000000 1.00000000000001 0.2 1.66000000000000 1.672620000000002 0.4 2.51560000000000 2.546406068000003 0.6 3.66263200000000 3.719032371455204 0.8 5.21801104000000 5.309798138495385 1 7.32437346880000 7.464415446358286 1.2 10.3607737863 10.360857026181987 1.4 14.2164952815 14.216498771778678 1.6 19.296964184 19.296843599850479 1.8 25.9264811644 25.9261767728573610 2.0 34.5011483923 34.5008031036799

TABLA 30

¥

Los metodos de Euler, Taylor y de Runge-Kuta, son llamados meto-dos de un paso ya que para obtener la aproximacion (i + 1)-esima se usa lai-esima informacion, pero es posible desarrollar metodos mas precisos paraencontrar una aproximacion i-esima cualquiera usando las aproximacionesprecedentes calculadas en los puntos t0, t1, t2, , . . . , ti−1, estos son los llamadosmetodos multipasos.

Definicion 6.3.1. Sea y′(t) = f(t, y), a ≤ t ≤ b, y(t0) = α0, un metodo

multipaso es aquel cuya aproximacion ui+1 puede representarse de la forma

ui+1 = αm−1ui + αm−2ui−1 + · · ·+ α0ui+1−m

+h[βmf(ti+1, ui+1) + βm−1f(ti, ui) + · · ·+ β0f(ti+1−n, ui+1−n)],

m > 1, i = m − 1,m, . . . , n − 1, h =b− a

n, α0, αi, . . . , αm−1, β0, β1, . . . , βm

valores constantes y ui = αi, i = 0, 1, 2, 3, . . . , m− 1 las condiciones inicialesdadas

Definicion 6.3.2. Si en la definicion anterior βm = 0 se dice que el metodoes explıcito y si βm 6= 0 el metodo multipaso es implıcito.



6.4. Metodos Explıcitos de Adams- Bash-

forth

6.4.1. Metodo de Adams- Bashforth de dos pasos

Encontremos primero el metodo de Adams-Bashforth de dos pasos para estotomamos el polinomio de Lagrange de f(t, y(t)) que pasa por los puntos(tk−1, fk−1), (tk, fk) donde fk−1 = f(tk−1, uk−1) , fk = f(tk, uk) y ui ≈ y(ti),luego se tiene que

f(t, y(t)) = fk−1(t− tk)

(tk−1 − tk)+ fk

(t− tk−1)

(tk − tk−1),

ası que,∫ tk+1

tk

f(t, y(t))dt = fk−1

∫ tk+1

tk

(t− tk)

(tk−1 − tk)dt + fk

∫ tk+1

tk

(t− tk−1)

(tk − tk−1)dt

pero como ti = t0 + ih y tj = t0 + jh, entonces ti − tj = (i − j)h , seat = tk + hu, entonces dt = hdu, tk−1 − tk = −h, y tk − tk−1 = h, ademast− tk−1 = t− tk + h = uh + h = h(u + 1), ya que tk−1 = tk − h, de modo que

∫ tk+1

tk


∫ 1

0

huh

−hdu + fk

∫ 1

0

h(u + 1)h

hdu

= −hfk−1

∫ 1

0

udu + hfk

∫ 1

0

(u + 1)du

por lo tanto ∫ tk+1

tk

f(t, y(t))dt = −1

2hfk−1 +

3

2hfk

de lo anterior se tiene que el metodo de Adams-Bashforth de dos pasos es

u0 = α0, u1 = α1

ui+1 = ui +h

2[3f(ti, ui)− f(ti−1, ui−1)].

6.4.2. Metodo de Adams- Bashforth de tres pasos

En este metodo al igual que antes se toma el polinomio de Lagrange paraf(t, y(t)) que pasa por los puntos (tk−2, fk−2), (tk−1, fk−1) y (tk, fk), dondefi = f(ti, ui), i = k, k − 1, k − 2, luego,

∫ tk+1

tk


∫ tk+1

tk

(t− tk−1)(t− tk)

(tk−2 − tk−1)(tk−2 − tk)dt

6.4. METODOS EXPLICITOS DE ADAMS- BASHFORTH


+fk−1

∫ tk+1

tk

(t− tk−2)(t− tk)

(tk−1 − tk−2)(tk−1 − tk)dt + fk

∫ tk+1

tk

(t− tk−2)(t− tk−1)

(tk − tk−2)(tk − tk−2)dt,

si t = tk + uh, entonces,

∫ tk+1

tk


∫ 1

0

huh(u + 1)

−h(−2h)hdu + fk−1

∫ 1

0

huh(u + 2)

h(−h)hdu

+fk

∫ 1

0

h(u + 2)h(u + 1)

h2hhdu,

de modo que

∫ tk+1

tk

f(t, y(t))dt =hfk−2

2

∫ 1

0

(u2 + u)du− hfk−1

∫ 1

0

(u2 + 2u)du

+hfk

2

∫ 1

0

(u2 + 3u + 2)du

ası que

∫ tk+1

tk


2

(1

3+

1

2

)− hfk−1

(1

3+ 1

)+

hfk

2

(1

3+

3

2+ 2

)

=5hfk−2

12− 4hfk−1

3+

23hfk

12

por lo tanto se tiene que

∫ tk+1

tk

f(t, y(t))dt =h

12[5fk−2 − 16fk−1 + 23fk]

de modo que el metodo de Adams-Bashforth de tres pasos es entonces

u0 = α0 u1 = α1 u2 = α2

ui+1 = ui +h

12[5f(ti−2, ui−2)− 16f(ti−1, ui−1) + 23f(ti, ui)]

6.4.3. Metodo de Adams- Bashforth de cuatro pasos

Consideremos el polinomio de Lagrange para f(t, y(t)) que pasa por lospuntos (tk−3, fk−3), (tk−2, fk−2), (tk−1, fk−1) y (tk, fk), donde fi = f(ti, ui),i = k, k − 1, k − 2, k − 3, entonces se tiene que

∫ tk+1

tk


∫ tk+1

tk

(t− tk−2)(t− tk−1)(t− tk)

(tk−3 − tk−2)(tk−3 − tk−1)(tk−3 − tk)dt



+fk−2

∫ tk+1

tk

(t− tk−3)(t− tk−1)(t− tk)

(tk−2 − tk−3)(tk−2 − tk−1)(tk−2 − tk)dt

+fk−1

∫ tk+1

tk

(t− tk−3)(t− tk−2)(t− tk)

(tk−1 − tk−3)(tk−1 − tk−2)(tk−1 − tk)dt

+fk

∫ tk+1

tk

(t− tk−3)(t− tk−2)(t− tk−1)

(tk − tk−3)(tk − tk−2)(tk − tk−2)dt,

sea t = tk + hu, luego dt = hdu ademas como ti − tj = (i− j)h y t− tk−3 =h(u + 3), t− tk−2 = h(u + 2), t− tk−1 = h(u + 1) y t− tk = hu, entonces setiene que∫ tk+1

tk


∫ 1

0

h(u + 2)h(u + 1)hu

−h(−2h)(−3h)hdu+fk−2

∫ 1

0

h(u + 3)h(u + 1)hu

−h(h)(−2h)hdu

+fk−1

∫ 1

0

h(u + 3)h(u + 2)hu

h2h(−h)hdu + fk

∫ 1

0

h(u + 3)h(u + 2)h(u + 1)

3h(2h)hhdu,

de modo que∫ tk+1

tk

f(t, y(t))dt = −hfk−3

6

∫ 1

0

(u3+3u2+2u)du+hfk−2

2

∫ 1

0

(u3+4u2+3u)du

−hfk−1

2

∫ 1

0

(u3 + 5u2 + 6u)du +hfk

6

∫ 1

0

(u3 + 6u2 + 11u + 6)du

ası que∫ tk+1

tk


6

(1

4+ 1 + 1

)+

hfk−2

2

(1

4+

4

3+

3

2

)

−hfk−1

2

(1

4+

5

3+ 3

)+

hfk

6

(1

4+ 2 +

11

2+ 6

)

o sea que∫ tk+1

tk


6

9

4+

hfk−2

2

37

12− hfk−1

2

59

12+

hfk

6

55

4

=h

24[−9fk−3 + 37fk−2 − 59fk−1 + 55fk]

entonces el metodo de Adams-Bashforth de cuatro pasos esta dado por

u0 = α0 u1 = α1 u2 = α2 u3 = α3

ui+1 = ui +h

24[−9f(ti−3, ui−3)+37f(ti−2, ui−2)−59f(ti−1, ui−1)+55f(ti, ui)]

6.4. METODOS EXPLICITOS DE ADAMS- BASHFORTH


6.5. Metodos de Adams-Moulton

Los metodos de Adams-Moulton son metodos implıcitos y al igual que paralos explıcitos se pueden deducir por medio de los polinomios de Lagrangededuciremos primero el de Adams-Moulton de dos pasos y luego el de trespasos.

6.5.1. Metodo se Adams-Moulton de dos pasos

Consideremos el polinomio de Lagrange que pasa por los puntos (tk−1, fk−1),(tk, fk), (tk+1, fk+1), luego

f(y, y(t)) = fk−1(t− tk)(t− tk+1)

(tk−1 − tk)(tk−1 − tk+1)+ fk

(t− tk−1)(t− tk+1)

(tk − tk−1)(tk − tk+1)

+fk+1(t− tk)(t− tk−1)

(tk+1 − tk)(tk+1 − tk−1),

luego ∫ tk+1

tk


∫ tk+1

tk

(t− tk)(t− tk+1)

(tk−1 − tk)(tk−1 − tk+1)dt

+fk

∫ tk+1

tk

(t− tk−1)(t− tk+1)

(tk − tk−1)(tk − tk+1)dt + fk+1

∫ tk+1

tk

(t− tk)(t− tk−1)

(tk+1 − tk)(tk+1 − tk−1)dt

tomando la sustitucion t = tk+hu entonces dt = hdu y como ti−tj = (i−j)h,t− tk = h, t− tk−1 = h(u + 1), t− tk+1 = h(u− 1), entonces

∫ tk+1

tk


∫ 1

0

huh(u− 1)

−h(−2h)hdu + fk

∫ 1

0

h(u + 1)h(u− 1)

−hhhdu

+fk+1

∫ 1

0

h(u + 1)hu

h(2h)hdu,

de modo que

∫ tk+1

tk


2

∫ 1

0

(u2−u)du−hfk

∫ 1

0

(u2−1)du+hfk+1

2

∫ 1

0

(u2+u)du,

por lo tanto

∫ tk+1

tk


2

(1

3− 1

2

)− hfk

(1

3− 1

)+

hfk+1

2

(1

3+

1

2

)



ası que

∫ tk+1

tk


12+

2hfk

3+

5hfk+1

12=

h

12[5fk+1 + 8fk − fk−1].

El metodo de Adams-Moulton de dos pasos es entonces

u0 = α0 u1 = α1

ui+1 = ui +h

12[5f(ti+1, ui+1) + 8f(ti, ui)− f(ti−1, ui−1)]

6.5.2. Metodo se Adams-Moulton de tres pasos

Tomemos ahora como antes el polinomio de Lagrange que pasa por los puntos(tk−2, fk−2), (tk−1, fk−1), (tk, fk), (tk+1, fk+1), luego

f(y, y(t)) = fk−2(t− tk−1)(t− tk)(t− tk+1)

(tk−2 − tk−1)(tk−2 − tk)(tk−2 − tk+1)

+fk−1(t− tk−2)(t− tk)(t− tk+1)

(tk−1 − tk−2)(tk−1 − tk)(tk−1 − tk+1)+fk

(t− tk−2)(t− tk−1)(t− tk+1)

(tk − tk−2)(tk − tk−1)(tk − tk+1)

+fk+1(t− tk−2)(t− tk)(t− tk−1)

(tk+1 − tk−2)(tk+1 − tk−1)(tk+1 − tk),

por consiguiente

∫ tk+1

tk


∫ tk+1

tk

(t− tk−1)(t− tk)(t− tk+1)

(tk−2 − tk−1)(tk−2 − tk)(tk−2 − tk+1)dt

+fk−1

∫ tk+1

tk

(t− tk−2)(t− tk−1)(t− tk+1)

(tk − tk−2)(tk − tk−1)(tk − tk+1)dt

+fk

∫ tk+1

tk

(t− tk−2)(t− tk−1)(t− tk+1)

(tk − tk−2)(tk − tk−1)(tk − tk+1)

+fk+1

∫ tk+1

(tk

t− tk−2)(t− tk)(t− tk−1)

(tk+1 − tk−2)(tk+1 − tk−1)(tk+1 − tk)dt

si sustituimos t = tk + hu entonces dt = hdu y como ti − tj = (i − j)h,t − tk−2 = h(u + 2), t − tk−1 = h(u + 1), t − tk = h, t − tk+1 = h(u − 1),entonces

∫ tk+1

tk


∫ 1

0

h(u + 1)huh(u− 1)

−h(−2h)(−3h)hdu

6.5. METODOS DE ADAMS-MOULTON


+fk−1

∫ 1

0

h(u + 2)huh(u− 1)

h(−h)(−2h)hdu + fk

∫ 1

0

h(u + 2)h(u + 1)h(u− 1)

2h(−h)hhdu

+fk+1

∫ 1

0

h(u + 2)h(u + 1)hu

h(2h)(−h)hdu,

por lo tanto

∫ tk+1

tk


6

∫ 1

0

(u3 − u)du +hfk−1

2

∫ 1

0

(u3 + u2

−2u)du− hfk

2

∫ 1

0

(u3 + 2u2 − u− 2)du +hfk+1

6

∫ 1

0

(u3 + 3u2 + 2u)du,

de modo que

∫ tk+1

tk


6

(1

4− 1

2

)+

hfk−1

2

(1

4+

1

3− 1

)

−hfk

2

(1

4+

2

3− 1

2− 2

)+

hfk+1

2

(1

4+ 1 + 1

)

o sea que

∫ tk+1

tk


24− 5hfk−1

24+

19hfk

24+

9hfk+1

24

=h

24[fk−2 − 5fk−1 + 19fk + 9fk+1].

El metodo de Adams-Moulton de tres pasos es entonces

u0 = α0 u1 = α1 u2 = α2

ui+1 = ui +h

24[f(ti−2, ui−2)− 5f(ti−1, ui−1) + 19f(ti, ui) + 9f(ti+1, ui+1)]

Ejemplo 6.5.1. Considerar el problema con condiciones iniciales y′(t) =

y + 3t2 + 2, y(0) = 1, 0 ≤ t ≤ 2, usar el metodo de Adams-Bashforth decuatro pasos y el de Adams-Moulton de tres pasos con h = 0.2

Solucion

Para el metodo de Adams-Bashforth de cuatro pasos se tiene que

ui+1 = ui +h

24[55(ui + 3t2i + 2)− 59(ui−1 + 3t2i−1 + 2) + 37(ui−2 + 3t2i−2 + 2)



−9(ui−3 + 3t2i−3 + 2)]

pero tk = t0 + hk = hk, entonces se tiene que,

ui+1 = ui+h

24[55ui+6.6i2+110−59ui−1−7.08i2+14.16i−7.08−118+37ui−2+4.44i2

−17.76i + 17.76 + 74− 9ui−3 − 1.08i2 + 6.48i− 9.73− 18]

o tambien

ui+1 = ui +h

24[55ui − 59ui−1 + 37ui−2 − 9ui−3 + 2.88i2 + 2.88i + 48.96]

pero como h = 0.2, entonces

ui+1 =1

24[35ui − 11.8ui−1 + 7.4ui−2 − 1.8ui−3 + 0.576i2 + 0.576i + 9.792].

Para el metodo de Adams-Moulton de tres pasos se tiene que

ui+1 = ui +h

24[9f(ti+1, ui+1) + 19f(ti, ui)− 5f(ti−1, ui−1) + f(ti−2, ui−2)],

de modo que

ui+1 = ui+h

24[9(ui+1+3t2i+1+2)+19(ui+3t2i +2)−5(ui−1+3t2i−1+2)+ui−2+3t2i−2+2],

pero entonces

ui+1 = ui +h

24[9(ui+1 + 0.12i2 + 0.24i + 2.12)19(ui + 0.12i2 + 2)

−5(ui−1 + 0.12i2 − 0.24i + 2.12) + ui−2 + 0.12i2 − 0.48i + 2.48]

o sea que

ui+1 = ui +h

24[9ui+1 + 19ui − 5ui−1 + ui−2 + 2.88i2 + 2.88i + 48.96]

= ui +1

24[1.8ui+1 + 3.8ui − ui−1 + 0.2ui−2 + 0.576i2 + 0.576i + 9.792]

de modo que

ui+1 − 1.8ui+1

24=

1

24[27.8ui − ui−1 + 0.2ui−2 + 0.576i2 + 0.576i + 9.792]

luego

ui+1 =1

22.2[27.8ui − ui−1 + 0.2ui−2 + 0.576i2 + 0.576i + 9.792].

Los resultados aparecen en la tabla siguiente

6.5. METODOS DE ADAMS-MOULTON


i ti ui yi Adams-Bashforth Adams-Moulton0 0 u0 11 0.2 u1 1.67262482342 0.4 u2 2.54642227883 0.6 u3 3.7190692035 3.719185339064 0.8 u4 5.3098683564 5.30837762188 5.310155635685 1 u5 7.4645364561 7.46054168108 7.465064224736 1.2 u6 10.3610523047 10.353735621 10.36191292257 1.4 u7 14.2167997016 14.20499176972 14.21811469148 1.6 u8 19.2972918196 19.279123658 19.29922019569 1.8 u9 25.9268271797 25.9001289049 25.92957609610 2 u10 34.5015048904 34.4634611452 34.5053431627

TABLA 31

¥

En la tabla anterior podemos observar como el metodo implıcito deAdams-Moulton de tres pasos produce una mejor aproximacion que elmetodo explıcito de Adams-Bashforth de cuatro pasos.

6.6. Metodos Predictor-Corrector

A menudo los metodos de Adams-Bashforth se conocen como predictores,en el sentido en que estos predicen una aproximacion y los metodosexplıcitos de Adams-Moulton se conocen como correctores ya que corrigenla aproximacion dada por los predictores, si se combinan ambos metodos,establecemos los llamados metodos predictor-corrector, en estos si pi+1 es laaproximacion dada por el metodo predictor, este valor se usa para calcularla aproximacion ui+1 en el corrector.

Para ilustrar esto sea pi+1 la aproximacion producida por el metodopredictor de Adams-Bashforth en el ejemplo anterior, luego

pi+1 = ui +h

24[55(ui + 3t2i + 2)− 59(ui−1 + 3t2i−1 + 2) + 37(ui−2 + 3t2i−2 + 2)

−9(ui−3 + 3t2i−3 + 2)],



como hemos dicho esta aproximacion se usa para calcular la aproximacionen el metodo corrector, en este caso el de Adams-Moulton de tres pasos,entonces se tiene que

ui+1 = ui +h

24[9f(ti+1, pi+1) + 19f(ti, ui)− 5f(ti−1, ui−1) + f(ti−2, ui−2)].

Hacemos notar que al resolver el ejemplo hemos usado los primeros valoresexactos del problema con condicion inicial, estos naturalmente no siempreestan disponibles puesto que en muchos casos la solucion exacta del pro-blema no se tiene de manera explıcita, bastarıa entonces con calcular estosvalores usando uno cualquiera de los metodos de aproximacion estudiadoscon anterioridad.

Ejemplo 6.6.1. Considerar el problema con condiciones iniciales y′(t) =

y + 3t2 + 2, y(0) = 1, 0 ≤ t ≤ 2, usar el metodo predictor- corrector conh = 0.2

Solucion

Para encontrar las primeras cuatro aproximaciones, hemos usado elmetodo de Runge-Kuta de orden cuatro, los resultados estan dados en lasiguiente tabla

i ti ui y(ti) Ei

0 0 1 1 01 0.2 1.67262 1.6726248234 0.00000482242 0.4 2.54640473467 2.5464222788 0.0000017544133 0.6 3.71902540959 3.7190692035 0.000043793914 0.8 5.30964596925 5.3098683564 0.000222387155 1 7.46428114957 7.4645364561 0.000255306436 1.2 10.3607737863 10.3610523047 0.00027851847 1.4 14.2164952815 14.2167997016 0.000304422018 1.6 19.296964184 19.2972918196 0.00032763569 1.8 25.9264811644 25.9268271797 0.000346015310 2 34.5011483923 34.5015048904 0.0003564981

TABLA 32

¥

6.6. METODOS PREDICTOR-CORRECTOR


6.6.1. Metodo de Milne-Simpson

Otro metodo predictor-corrector es el de Milne-Simpson, y para deducirloconsideremos nuevamente el problema y

′(t) = f(t, y), y(t0) = y0, a ≤ t ≤ b,

por el teorema fundamental del calculo en el intervalo [tk−3, tk+1], tenemosque ∫ tk+1

tk−3

y′(t)dt =

∫ tk+1

tk−3

f(t, y(t))dt,

luego entonces

y(tk+1)− y(tk−3) =

∫ tk+1

tk−3

f(t, y(t))dt,

o sea que

y(tk+1) = y(tk−3) +

∫ tk+1

tk−3

f(t, y(t))dt,

debemos por tanto evaluar la integral, para hacerlo consideremos el polinomiode Lagrange de f(t, y(t)) que pasa por los puntos (tk−3, fk−3), (tk−2, fk−2),(tk−1, fk−1), (tk, fk), luego

f(y, y(t)) = fk−3(t− tk−2)(t− tk−1)(t− tk)

(tk−3 − tk−2)(tk−3 − tk−1)(tk−3 − tk)

+fk−2(t− tk−3)(t− tk−1)(t− tk)

(tk−2 − tk−3)(tk−2 − tk−1)(tk−2 − tk)

+fk−1(t− tk−3)(t− tk−2)(t− tk)

(tk−1 − tk−3)(tk−1 − tk−2)(tk−1 − tk)

+fk(t− tk−3)(t− tk−2)(t− tk−1)

(tk − tk−3)(tk − tk−2)(tk − tk−1),

luego entonces

∫ tk+1

tk−3


∫ tk+1

tk−3

(t− tk−2)(t− tk−1)(t− tk)

(tk−3 − tk−2)(tk−3 − tk−1)(tk−3 − tk)dt

+fk−2

∫ tk+1

tk−3

(t− tk−3)(t− tk−1)(t− tk)

(tk−2 − tk−3)(tk−2 − tk−1)(tk−2 − tk)dt

+fk−1

∫ tk+1

tk−3

(t− tk−3)(t− tk−2)(t− tk)

(tk−1 − tk−3)(tk−1 − tk−2)(tk−1 − tk)dt

+fk

∫ tk+1

tk−3

(t− tk−3)(t− tk−2)(t− tk−1)

(tk − tk−3)(tk − tk−2)(tk − tk−1)dt,



sea t = tk +vh, luego dt = hdv, pero t− tk−3 = t− tk−3 = vh−3 = h(v−3)y t− tk+1 = t− tk−h = vh−h = h(v− 1) luego si t = tk−3, entonces v = −3y si t = tk, entonces v = 1 ademas ti − tj = (i − j)h y t − tk−1 = h(v + 1),t− tk−2 = h(v + 2), t− tk−3 = h(v + 3) ası que

∫ tk+1

tk−3


∫ 1

−3

h(v + 2)h(v + 1)hv

−h(−2h)(−3h)hdv+fk−2

∫ 1

−3

h(v + 3)h(v + 1)hv

h(−h)(−2h)hdv

+fk−1

∫ 1

−3

h(v + 3)h(v + 2)vh

2h(h)(−h)hdv + fk

∫ 1

−3

h(v + 3)h(v + 2)h(v + 1)

h(2h)(3h)hdv,

de modo que

∫ tk+1

tk−3


6

∫ 1

−3

(v3+3v2+2v)dv+hfk−2

2

∫ 1

−3

(v3+4v2+3v)dv

−hfk−1

2

∫ 1

−3

(v3 + 5v2 + 6v)dv +hfk

6

∫ 1

−3

(v3 + 6v2 + 11v + 6)dv,

por lo tanto

∫ tk+1

tk−3

f(t, y(t))dt =8hfk−2

3− 4hfk−1

3+

8hfk

3,

ya que∫ 1

−3(v3 + 3v2 + 2v)dv = 0 luego

∫ tk+1

tk−3

f(t, y(t))dt =4h

3[2fk−2 − fk−1 + 2fk],

si ui ≈ y(ti), entonces

u?i+1 = ui−3 +

4h

3[2f(ti−2, ui−2)− f(ti−1, ui−1) + 2f(ti, ui)]

que es el valor predictor.

Para calcular el corrector, tomamos ahora el polinomio de Lagrangede f(t, y(y)) que pasa por los puntos (tk−1, fk−1), (tk, fk), (tk+1, f

?k+1), donde

f ?k+1 = f(tk+1, u

?k+1) e integramos en el intervalo [tk−1, tk+1].

Luego entonces se tiene que

∫ tk+1

tk−1


∫ tk+1

tk−1

(t− tk)(t− tk+1)

(tk−1 − tk)(tk−1 − tk+1)dt

6.6. METODOS PREDICTOR-CORRECTOR


+fk

∫ tk+1

tk−1

(t− tk−1)(t− tk+1)

(tk − tk−1)(tk − tk+1))dt + f ?

k+1

∫ tk+1

tk−1

(t− tk−1)(t− tk)

(tk+1 − tk−1)(tk+1 − tk)dt

de modo que si tomamos t = tk + vh se tiene que∫ tk+1

tk−1


∫ 1

−1

vh(v + 1)h

h(2h)hdv

+fk

∫ 1

−1

h(v + 1)h(v − 1)

h(−h)hdv + f ?

k+1

∫ 1

−1

hvh(v + 1)

h(2h)hdv

o sea que∫ tk+1

tk−1


2

∫ 1

−1

(v2−v)dv−hfk

∫ 1

−1

(v2−1)dv+hf ?

k+1

2

∫ 1

−1

(v2+v)dv,

de ese modo tenemos que∫ tk+1

tk−1


3+

4hfk

3+

hf ?k+1

3,

luego entonces el valor del corrector es

ui+1 = ui +h

3[f(ti−1, ui−1) + 4f(ti, ui) + f(ti+1, u

?i+1)]

Ejemplo 6.6.2. Usar el metodo predictor-corrector de Milne-Simpson paraaproximar el problema con condiciones iniciales y

′(t) = y+3t2 +2, y(0) = 1,

0 ≤ t ≤ 2 con h = 0.2

Solucion

El valor del predictor de Milne-Simpson esta dado por

u?i+1 = ui−3 +

4h

3[2f(ti−2, ui−2)− f(ti−1, ui−1) + 2f(ti, ui)]

y el valor del corrector es

ui+1 = ui +h

3[f(ti−1, ui−1) + 4f(ti, ui) + f(ti+1, u

?i+1)],

luego para el predictor se tiene que

u?i+1 =

1

3[1.6ui − 0.8ui−1 + 1.6ui−2 + 3ui−3 + 0.288i2 − 0.576i + 5.472]

y para el corrector

ui+1 =1

3[0.2u?

i+1 + 0.8ui + 3.2ui−1 + 0.144i2 + 2.448]

los resultados aparecen en la tabla siguiente



i ti ui y(ti) Ei

0 0 11 0.2 1.672622 0.4 2.546404734673 0.6 3.719025409594 0.8 5.3098053566 5.3098683564 0.00006299985 1 7.46443243907 7.4645364561 0.000188497676 1.2 10.3609055303 10.3610523047 0.00014677447 1.4 14.2165842474 14.2167997016 0.00021545428 1.6 19.2969954393 19.2972918196 0.00029638039 1.8 25.9264146804 25.9268271797 0.000412499310 2 34.5009483507 34.5015048904 0.0005565397

TABLA 33

Hacemos notar que usando solo el predictor los resultados obtenidos son

i ti ui y(ti) Ei

0 0 11 0.2 1.672622 0.4 2.546404734673 0.6 3.719025409594 0.8 5.30850295587 5.3098683564 0.001365400535 1 7.46221639924 7.4645364561 0.002320056866 1.2 10.3581049608 10.3610523047 0.00294734397 1.4 14.2126392339 14.2167997016 0.00416046778 1.6 19.290236687 19.2972918196 0.00705513269 1.8 25.9165757422 25.9268271797 0.010251437510 2 34.4882898313 34.5015048904 0.0132150591

TABLA 34

Al comparar las tablas anteriores observemos que al aplicar solo el predictorla aproximacion es buena, pero esta mejora si aplicamos luego el corrector.¥

6.7. Sistema de Ecuaciones Diferenciales

Definicion 6.7.1. Un sistema de dos ecuaciones diferenciales de primerorden con condiciones iniciales esta dado por

y′(t) = f1(t, y(t), x(t)) y(a) = α1,

x′(t) = f2(t, y(t), x(t)) x(a) = α2

(6.9)

6.7. SISTEMA DE ECUACIONES DIFERENCIALES


con a ≤ t ≤ b

Definicion 6.7.2. Las funciones y1(t) y x1(t) son soluciones del sistema 6.9si y1(t) y x1(t) son derivables y ademas se cumple que

y′1(t) = f1(t, y1(t), x1(t)) y1(a) = α1,

x′1(t) = f2(t, y1(t), x1(t)) x1(a) = α2

(6.10)

6.7.1. Aproximacion Numerica

Una primera aproximacion numerica del problema 6.9 se tiene si consi-deramos dy = yk+1 − yk, dx = xk+1 − xk, dt = tk+1 − tk , de modo queel problema

dy

dt= f1(tk, y(tk), x(tk)) y1(a) = α1,

dx

dt= f2(tk, y(tk), x(tk)) x1(a) = α2

se puede aproximar escribiendo

yk+1 − yk = f1(tk, y(tk), x(tk))h

xk+1 − xk = f2(tk, y(tk), x(tk))h

donde h = tk+1 − tk por tanto se tiene que

ui+1 = ui + f1(ti, y(ti), x(ti))h

vi+1 = vi + f2(ti, y(ti), x(ti))h

donde vi ≈ x(ti) y ui ≈ y(ti), esta es la aproximacion de Euler.

Una mejor aproximacion para resolver 6.9 se tiene cuando usamos elmetodo de Runge-Kuta de cuarto orden que como sabemos esta dado por

ui+1 = ui +h

3(F1 + 2F2 + 2F3 + F4)

vi+1 = vi +h

3(G1 + 2G2 + 2G3 + G4)

donde

F1 = f1(ti, y(ti), x(ti)) G1 = f2(ti, y(ti), x(ti))

F2 = f1(ti +h

2, ui +

h

2F1, vi +

h

2G1) G2 = f2(ti +

h

2, ui +

h

2F1, vi +

h

2G1)



F3 = f1(ti +h

2, ui +

h

2F2, vi +

h

2G2) G3 = f2(ti +

h

2, ui +

h

2F2, vi +

h

2G2)

y

F4 = f1(ti +h

2, ui + hF3, vi + hG3) G4 = f2(ti +

h

2, ui + hF3, vi + hG3)

En general si se tiene el sistema de n ecuaciones diferenciales linealesdado por

dy1

dt= f1(t, y1, y2, y3, · · · , yn)

dy2

dt= f2(t, y1, y2, y3, · · · , yn)

dy3

dt= f3(t, y1, y2, y3, · · · , yn)

.

.

.dyn

dt= fn(t, y1, y2, y3, · · · , yn)

con y1(a) = α1, y2(a) = α2, y3(a) = α3, · · · , yn(a) = αn entonces, sisuponemos que hemos calculado las aproximaciones u1,j, u2,j, u3,j, · · · , un,j,para calcular las aproximaciones u1,j+1, u2,j+1, u3,j+1, · · · , un,j+1 por el meto-do de Runge-Kuta de cuarto orden se calcula inicialmente los valores de

RK1,j = hfj(tj, u1,j, u2,j, u3,j, · · · , un,j)

∀j = 1, 2, 3, · · ·n

RK2,j = hfj(tj+h

2, u1,j+

1

2RK1,1, u2,j+

1

2RK1,2, u3,j+

1

2RK1,3, · · · , un,j+

1

2RK1,n)

∀j = 1, 2, 3, · · ·n

RK3,j = hfj(tj+h

2, u1,j+

1

2RK2,1, u2,j+

1

2RK2,2, u3,j+

1

2RK2,3, · · · , un,j+

1

2RK2,n)

∀j = 1, 2, 3, · · ·ny por ultimo

RK4,j = hfj(tj+1, u1,j + RK3,1, u2,j + RK3,2, u3,j + RK3,3, · · · , un,j + RK3,n)

6.7. SISTEMA DE ECUACIONES DIFERENCIALES


∀j = 1, 2, 3, · · ·n de modo que se tiene

u1,j+1 = u1,j +(RK1,j + 2RK2,j + 2RK3,j + RK4,j)

6

∀j = 1, 2, 3, · · ·n

Ejemplo 6.7.1. Resolver el sistema de ecuaciones diferenciales dado por

u′1 = u2 0 ≤ t ≤ 2 u1(0) = 1

u′2 = −u1 − 2et + 1 0 ≤ t ≤ 2 u2(0) = 0

u′3 = −u1 − et + 1 0 ≤ t ≤ 2 u3(0) = 1

Solucion

Utilizando el metodo de Runge-Kutta de cuarto orden, para sistemade ecuaciones con h = 0.2 los resultados se muestran en la siguiente tabla

i ti u1 u2 u3

0 0 1 0 11 0.2 0.9573287755 -0.4399988675 0.78140401352 0.4 0.8186474956 -0.9601667038 0.53165826683 0.6 0.5678513505 -1.561399861 0.26071939594 0.8 0.1885153676 -2.246152634 -0.020611025165 1 -0.3365112519 -3.019399866 -0.30111708376 1.2 -1.025716648 -3.889733852 -0.56961564217 1.4 -1.899771276 -4.870603803 -0.81540214048 1.6 -2.982636139 -5.981711933 -1.0286773159 1.8 -4.302967654 -7.250588086 -1.20093781910 2 -5.895857864 -8.714374822 -1.325315178

TABLA 35

6.8. Ecuaciones Diferenciales de Orden Su-

perior

Una ecuacion diferencial de orden superior, es una ecuacion diferencial quecontiene derivadas de orden superior x

′′(t), x

′′′(t), · · · xn(t)



Consideremos primero una ecuacion diferencial de orden dos con condicionesiniciales, esto es, una ecuacion de la forma

ax′′(t) + bx

′(t) + cx(t) = f(t)

con x(a0) = α y x′(a0) = β

resolver una ecuacion como la planteada antes es equivalente a resolver unsistema de ecuaciones diferenciales de primer orden, lo cual es posible sitomamos

v(t) = x′(t),

luego entonces

v′(t) = x

′′(t),

de modo que se tiene el sistema

x′(t) = v(t)

v′(t) = g(t, v(t))

con x(a) = x0, x′(a) = v0.

En general si se tiene una ecuacion de orden n dada por

xn(t) = f(t, x(t), x′(t), x

′′(t), · · · , xn−1(t)) a ≤ t ≤ b

con x(t0) = a1, x′(t0) = a2, x

′′(t0) = a3, · · · , xn−1(t0) = an, entonces si se

toma v1(t) = x(t), v2(t) = x′(t), v3(t) = x

′′(t), · · · , vn(t) = xn−1(t) se tiene el

sistema

v′1(t) = v2(t)

v′2(t) = v3(t)

v′3(t) = v4(t)

.

.

.

v′n(t) = f(t, vi(t)), v2(t), · · · , vn(t)

con v1(a) = a1, v2(a) = a2, v3(a) = a3 · · · , vn(a) = an, sistema que se puederesolver ahora por ejemplo usando el metodo de Runge-Kuta de cuarto ordenmostrado en la seccion anterior.

6.8. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR


Ejemplo 6.8.1. Aproxime la ecuacion diferencial con valores iniciales dadapor

y′′ − 2y

′+ y = tet − t, 0 ≤ t ≤ 1 y(0) = y

′(0) = 0

Solucion

Sea u1(t) = y(t), y u2(t) = y′(t), entonces la ecuacion diferencial de

segundo orden se transforma en el sistema de ecuaciones lineales

u′1(t) = u2(t),

u′2(t) = tet − t + 2u2(t)− u1(t),

sistema que al aplicarle el metodo de Runge- Kutta se obtienen como resul-tado los mostrado en la tabla 36

i ti u1 u2

0 0 0 01 0.2 0.000008972441866 0.00036391977222 0.4 0.0001535194529 0.0031788221563 0.6 0.0008342683499 0.011719085354 0.8 0.002832054801 0.030353253375 1 0.007429677753 0.064798388166 1.2 0.01656148953 0.12242374487 1.4 0.03299617073 0.21261233018 1.6 0.06055896274 0.34719028129 1.8 0.104400702 0.540935589210 2 0.1713222417 0.81217952

TABLA 36

Ejercicios

Para los problemas 1-5, resuelva el problema con valor inicial y compare susresultados con la solucion exacta que se da.a) Usando el metodo de Euler con h = 0.5, y h = 0.1.b) Usando el metodo de Taylor de segundo orden con h = 0.5, y h = 0.1.c) Usando el metodo de Runge-Kuta con h = 0.5, y h = 0.1.d) Usando el metodo de punto medio con h = 0.5, y h = 0.1.

1. y′= xy + x, y(0) = 0, en [0; 1]. La solucion exacta es y(x) = 1

x+1



2. y′= −y2, y(0) = 1, en [0; 1]. La solucion exacta es y(x) = −1 + e

x2

2 .

3. y′= y + x, y(0) = 2, en [0; 1]. La solucion exacta es y(x) = ex − x− 1.

4. y′

= x + 4yx−1, y(1) = 12, en [1; 2]. La solucion exacta es y(x) =

−12x2 + x4.

5. y′= y cos x, y(0) = 1, en [0; 1]. La solucion exacta es y(x) = esen x

Para los problemas 6-13, resuelva el problema con valor inicial ycompare sus resultados con la solucion exacta que se da. Investigue elefecto que se causa usando diferentes tamanos de pasoa) Usando el metodo de Euler .b) Usando el metodo de Runge-Kutac) Usando el metodo de punto medio .d) Usando el metodo de Adams-Bashforth-Moulton .

6. y′= −y + sen x, y(0) = 0, en [0; π]. (Compare los resultados usando

n = 12, 20, 40) La solucion exacta es y(x) = 1.5e−x+0.5 sen x−0.5 cos x

7. y′

= y tan x + x, y(0) = 3, en [0; π/4]. La solucion exacta es y(x) =x tan x + 2 sec x6 + 1.

8. y′= x2+y2

2xy, y(1) = 2, en [1; 2]. La solucion exacta es y(x) = x(x + 3).

9. y′

= −y tan x + sec x, y(0) = 2, en [0; π/4]. La solucion exacta esy(x) = sen x + 2 cos x.

10. y′= y cos x, y(0) = 1, en [0; 1]. La solucion exacta es y(x) = esen x

11. y′

= (y + x)2, y(0) = −1, en [0; π/2]. La solucion exacta es y(x) =−x + tan(x− π/4).

12. y′= 3x

y−xy, y(0) = 2, en [0; 2]. La solucion exacta es y(x) =

√3 + e−x2 .

13. y′

= xy−1 − xy, y(0) = 2, en [0; 2]. La solucion exacta es y(x) =√1 + 3e−x2 .

14. Resolver y′= xy + y2 + x2, y(0) = 1, en [0; 0.5]

15. Resolver y′= −1

xy − y2 + 1

x2 , y(1) = 13, en [0.1; 1].

16. Resolver y′= 1

xy + 1

xy2 + −2

x, y(2) = −3, en [2; 3]

17. Resolver y′= 1

xy + 1

xy2 + −2

x, y(0.1) = 1, en [0.1; 1]

6.8. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Indice alfabetico

algoritmode Newton para

ecuaciones no lineales , 46de Newton para sistemas no li-

neales, 92analisis de error, 15aproximacion

de Pade, 121por redondeo, 12por truncamiento, 12

cerchacubica con curvatura en los ex-

tremos, 143cubica con terminacion

parabolica, 140cubica extrapolada, 137cubica natural, 134cubica sujeta, 130

ceros de una funcion, 26convergencia

q-cuadratica, 27q-cubica, 27q-lineal, 26q-orden al menos p, 27q-superlineal, 27r-orden al menos p, 27uniforme, 148

cuadratura adaptativa, 204

diferencia centradade orden O(h2), 159de orden O(h4), 161

diferencias divididas, 112

ecuaciones diferenciales de ordensuperior, 260

elemento pivote, 78elementos diagonales, 70eliminacion gaussiana, 80epsilon de la maquina, 15error

absoluto, 12de discretizacion global, 236de discretizacion local, 236relativo, 12

extrapolacion de Richardson, 171,202

factorizacionLU, 83

fila pivote, 78funcion Lipschitz, 229funcion periodica, 148formula

de los cinco puntos , 169de los tres puntos , 165

formulasabiertas de Newton - Cotes,

182cerradas de Newton-Cotes, 182

grado de exactitud, 182

integracionadaptativa, 204

276


Gauss-Legendre, 208interpolacion

cubica, 127lineal a trozos, 126lineal de Lagrange, 103polinomial a trozos o spline,

125iteracion de punto fijo, 31

matrizampliada del sistema, 75bien condicionada, 73cuadrada, 68de ancho r, 70de coeficientes, 75definida positiva, 71estrictamente diagonal domi-

nante, 70Hessemberg Inferior, 70Hessemberg Superior, 70identica, 68invertible, 70jacobiana, 70nula, 68numero condicion de una, 73simetrica, 71transpuesta, 71triangular inferior, 69triangular superior, 69tridiagonal, 70

multiplicadores, 78metodo

∆2 de Aitken, 59de biseccion, 38de integracion de Romberg,

199de Adams-Bashforth de cuatro

pasos, 247de Adams-Bashforth de dos pa-

sos , 245

de Adams-Bashforth de trespasos, 246

de Adams-Moulton de dos pa-sos, 249

de Adams-Moulton de tres pa-sos, 250

de diferencias, 235de Euler, 233de Gauss- Saidel, 89de Heun, 241de Jacobi, 86de la Secante, 55de Milne-Simpson, 254de Newton, 45, 91de punto fijo, 27, 95de Runge-Kuta de cuarto or-

den, 242de Runge-Kuta de orden dos,

240de Taylor, 236de Taylor de Orden 2, 237de Taylor de Orden 4, 237modificado de Euler, 241modificado de Newton, 52predictor-corrector, 252regula falsi, 43

metodosmultipasos, 244multipasos explıcitos, 244multipasos implıcitos, 244

normade una matriz, 72vector, 11

notacioncientıfica normalizada, 9fl(x), 11O de Landau, 16

numerode maquina, 7punto flotantes, 7

INDICE ALFABETICO


operaciones elementales, 78

pivoteoparcial, 81parcial escalado, 82trivial, 81

polinomiode Hermite, 115de Taylor, 101interpolador de Lagrange, 106interpolador de Newton, 110osculante, 115

punto fijo, 30punto flotante, 7

normalizado, 7

regla3

8de Simpson, 182

compuesta de los 38

de Simp-son, 193

compuesta de Simpson, 191compuesta del trapecio, 188de Gauss-Legendre de dos no-

dos, 210de Boole, 183de Simpson, 180del punto medio, 182del trapecio, 178

serie, 146de Fourier, 152

sistemade ecuaciones lineales, 74triangular superior de ecua-

ciones lineales, 75de ecuaciones diferenciales ,

257de ecuaciones no lineales, 91

sucesionacotada inferiormente, 39acotada superiormente, 39

convergente, 39creciente, 38decreciente, 38divergente, 39

Teoremade Fermat, 28de Rolle, 29de Weierstrass, 39del punto fijo, 32del valor intermedio, 30del valor medio, 29generalizado del valor medio,

49sustitucion progresiva, 76sustitucion regresiva, 76

transformaciones elementales, 78

INDICE ALFABETICO

Bibliografıa

[1] Richard L. Burden., J.Douglas Faires. Analisis Numerico. Thom-son Learning

[2] Jhon H. Mathews., Kurtis D. Fink. Metodos Numericos con MAT-LAB 3.a Edicion. Prentice Hall

[3] Jorge Nocedal., Stephen J. Wright, Numerical Optimization.Springer

[4] Ignacio Mantilla, Analisis Numerico. Universidad Nacional de Colom-bia.

[5] Steven C. Chapra., Raymond P. Canale, Metodos Numericos paraIngenieros. Editorial McGraw-Hill .

[6] D. Kincaid., W. Chenney Analisis Numerico. Editorial Addison Wes-ley Iberoamericana.

[7] Shoichiro Nakamura, Analisis Numerico y Visualizacion Grafica. Edi-torial Prentice Hall.

[8] Shoichiro Nakamura, Metodos Numericos Aplicados con Software.Editorial Prentice Hall.

[9] Philips Clarke Jr., Calculus and Analytic Geometry. D.C. Heath andCompany.

[10] Laurene V. Faussett., Applied Numerical Analysis using MATLAB.Editorial Prentice Hall.

[11] Introduction to Numerical Linear Algebra and Optimisation. CambridgeTexts in Applied Mathematics.

[12] J.D.Hoffman., Numerical Methods for enginers and scientists. Edito-rial McGraw-Hill.

279


[13] Yu Takeuchi., Sucesiones y Series. Universidad Nacional de Colombia.

[14] E. Kreyszig., Matematicas Avanzadas para Ingenieros. EditorialLimusa, Mexico.

BIBLIOGRAFIA

analisis numerico libro zapateiro

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