tarea 2 análisis numerico

4
Universidad T´ ecnica Federico Santa Mar´ ıa Departamento de Matem´ atica Tarea 2 MAT270 2 do Semestre 2014 Resoluci´ on directa de Sistemas Lineales y Condicionamiento Profesor: Sergio Rojas Ayudante: Nicol´as Medina Fecha de entrega: Miercoles 3 de Septiembre Nombre: Camilo Figueroa Olivera. Rol: 201011518-6 Considerar el siguiente sistema lineal:. 2, 0 4, 0 5, 0 6, 0 9, 0 8, 0 4, 1 5, 0 3, 0 x y z = 220 490 274 1. Resolver mediante una factorizaci´on LU con pivoteo parcial. 2. Considerar que el elemento 4,1 tiene un error, y su valor real es 4,2. Volver a resolver mediante pivoteo parcial. 3. Mostrar que en norma 1, se cumple efectivamente la cota para el error. Soluci´ on: 1- Como se debe utilizar pivoteo parcial, se tendran matrices L(low), U(up) y P(permutaci´ on). Ademas se tiene que el sistema es de la forma Ax = b por lo que: L · U = P · A PAx = P b LUx = P b L y = P b Ux = y Dado esto, se deben calcular las matrices antes mencionadas: A = 2, 0 4, 0 5, 0 6, 0 9, 0 8, 0 4, 1 5, 0 3, 0 P12 6, 0 9, 0 8, 0 2, 0 4, 0 5, 0 4, 1 5, 0 3, 0 P = 1 0 0 0 1 0 0 0 1 P12 0 1 0 1 0 0 0 0 1 A la matriz A se le debe aplicar la operaci´on: Elementos de la fila 2 f 2 - ( 2 6 ) · f 1 Elementos de la fila 3 f 3 - ( 4, 1 6 ) · f 1 Guardando los valores entre par´ entesis para formar la matriz L, quedando las matrices: U = 6, 0 9, 0 8, 0 0 1 7 3 0 -23 20 -37 15 L = 1 0 0 1 3 0 0 41 60 0 0 L A T E X 1

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Resolución directa de sistemas lineales y condicionamiento

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Page 1: Tarea 2 Análisis numerico

Universidad Tecnica Federico Santa MarıaDepartamento de Matematica

Tarea 2 MAT270

2do Semestre 2014

Resolucion directa de Sistemas Lineales y Condicionamiento

Profesor: Sergio RojasAyudante: Nicolas Medina

Fecha de entrega: Miercoles 3 de Septiembre

Nombre: Camilo Figueroa Olivera.

Rol: 201011518-6

Considerar el siguiente sistema lineal:.2, 0 4, 0 5, 06, 0 9, 0 8, 04, 1 5, 0 3, 0

xyz

=

220490274

1. Resolver mediante una factorizacion LU con pivoteo parcial.

2. Considerar que el elemento 4,1 tiene un error, y su valor real es 4,2. Volver a resolver mediante pivoteoparcial.

3. Mostrar que en norma 1, se cumple efectivamente la cota para el error.

Solucion:

1- Como se debe utilizar pivoteo parcial, se tendran matrices L(low), U(up) y P(permutacion). Ademas se tiene

que el sistema es de la forma Ax = b por lo que:

L · U = P ·A

PAx = P b

LUx = P b

Ly = P b ⇒ Ux = y

Dado esto, se deben calcular las matrices antes mencionadas:

A =

2, 0 4, 0 5, 06, 0 9, 0 8, 04, 1 5, 0 3, 0

P12→

6, 0 9, 0 8, 02, 0 4, 0 5, 04, 1 5, 0 3, 0

P =

1 0 00 1 00 0 1

P12→

0 1 01 0 00 0 1

A la matriz A se le debe aplicar la operacion:

Elementos de la fila 2 → f2 −(2

6

)· f1

Elementos de la fila 3 → f3 −(4, 1

6

)· f1

Guardando los valores entre parentesis para formar la matriz L, quedando las matrices:

U =

6, 0 9, 0 8, 0

0 17

3

0−23

20

−37

15

L =

1 0 01

30 0

41

600 0

LATEX 1

Page 2: Tarea 2 Análisis numerico

Universidad Tecnica Federico Santa MarıaDepartamento de Matematica

Se hace otra permutacion, P23 :

U=

6, 0 9, 0 8, 0

0 17

3

0 −23

20−37

15

P23→

6, 0 9, 0 8, 0

0 −23

20−37

15

0 17

3

P =

0 1 01 0 00 0 1

P23→

0 1 00 0 11 0 0

L=

1 0 01

30 0

41

600 0

P23→

1 0 041

600 0

1

30 0

Se le aplica nuevamente otra operacion a la matriz A:

Elementos de la fila 3 → f3 −

1−20

23

· f2

Quedando las matrices:

U =

6, 0 9, 0 8, 0

0 −23

20−37

15

0 013

69

L =

1 0 041

601 0

1

3−20

231

P =

0 1 00 0 11 0 0

Tiendo las matrices procedemos a calcular Ly = P b:

1 0 041

601 0

1

3−20

230

y1y2y3

=

0 1 00 0 11 0 0

220490274

Se resuelve el siguiente sistema de ecuaciones:

⇒ y1 = 490

y2 = −365

6

y3 =260

69

Ahora se calcula Ux = y: 6, 0 9, 0 8, 0

0 −23

20−37

15

0 013

69

xyz

=

490

−365

6260

69

⇒ x = 40

y = 10

z = 20

LATEX 2

Page 3: Tarea 2 Análisis numerico

Universidad Tecnica Federico Santa MarıaDepartamento de Matematica

2- En este caso la matriz varia en el elemento A31 = 4, 2 por lo que se debe hacer nuevamente el procedimien-to de pivoteo:

A′ =

2, 0 4, 0 5, 06, 0 9, 0 8, 04, 2 5, 0 3, 0

P12→

6, 0 9, 0 8, 02, 0 4, 0 5, 04, 2 5, 0 3, 0

P =

1 0 00 1 00 0 1

P12→

0 1 01 0 00 0 1

Elementos de la fila 2 → f2 −

(2

6

)· f1

Elementos de la fila 3 → f3 −(4, 2

6

)· f1

U=

6, 0 9, 0 8, 0

0 17

3

0−13

10

−13

5

L=

1 0 01

30 0

7

100 0

Se permuta nuevamente P23 :

U=

6, 0 9, 0 8, 0

0 17

3

0 −13

10−13

5

P23→

6, 0 9, 0 8, 0

0 −13

10−13

5

0 17

3

P =

0 1 01 0 00 0 1

P23→

0 1 00 0 11 0 0

L=

1 0 01

30 0

7

100 0

P23→

1 0 07

100 0

1

30 0

Luego:

Elementos de la fila 3 → f3 −

1−13

10

· f2

U =

6, 0 9, 0 8, 0

0 −13

10−13

5

0 01

3

L =

1 0 07

31 0

1

3−10

131

P =

0 1 00 0 11 0 0

Se calcula Ly = P b:

1 0 07

31 0

1

3−10

130

y1y2y3

=

0 1 00 0 11 0 0

220490274

⇒ y1 = 490

y2 = −69

y3 =140

39

LATEX 3

Page 4: Tarea 2 Análisis numerico

Universidad Tecnica Federico Santa MarıaDepartamento de Matematica

Teniendo esto se calcula Ux = y: 6, 0 9, 0 8, 0

0 −13

10−13

5

0 01

3

xyz

=

490−69140

39

⇒ x = 20

y =410

13

z =140

13

3- La cota para el error en norma 1, para un ∥∆A∥1 esta dada por:

∥∆x∥1∥x∥1

≤ Cond(A)

1− Cond(A)∥∆A∥1∥A∥1

∥∆A∥1∥A∥1

Donde: Cond(A)=∥∆A∥1 ·∥∥∆A−1

∥∥1

Se tiene que: x1 =

401020

x2 =

20410

13140

13

→ ∆x =

−20280

13

−120

13

Ademas:

∥∆x∥1 = 20 +280

13+

120

13=

660

13

∥x∥1 = 40 + 10 + 20 = 70

⇒∥∆x∥1∥x∥1

=66

91

Por otro lado:

A−1 =

2 4 56 9 84, 1 5 3

−1

=

10 −10 10

−148

13

145

13−140

1369

13−64

13

60

13

Luego:

∥∆A∥1 = 9 + 4 + 5 = 18∥∥∆A−1∥∥1= 10 +

148

13+

69

13=

347

13

⇒ Cond(A) =6246

13

⇒ Cond(A) ·∥∆A∥1∥A∥1

=347

130> 1

∴ Como Cond(A) ·∥∆A∥1∥A∥1

> 1

No se puede comprobar que se cumple la cota para el error en norma 1

LATEX 4