Antologia de Metodos Numericos

INSTITUTO TECNOLÓGICO SUPERIOR San Pedro Coahuila

Asignatura: Métodos Numéricos

Clave de la asignatura: SCM - 0422

Carrera: Ingeniería en Sistemas Computacionales

A N T O L O G I A

Presenta:

ING. ALEJAND RO H ERNAND EZ LOP EZ

SAN PED RO, COAH UILA. SEMESTRE: AGOSTO - D ICIEMBRE 201 1

Calz. del Tecnológico # 53, Col. Tecnológico, C.P. 27800, San Pedro, Coah. Tels: (872) 772 8807, 772 8808, email: [email protected]

www.tecsanpedro.edu.mx

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“2012, Año de la Nutrición y de la Activación Física”

Métodos Numéricos

Ing. Alejandro H ernández López

INDICE OBJETIVO GENERAL…………………..…………………….……………… 5

JUSTIFICACION …………………………………………………………….. 6

UNIDAD I Teoría de errores……………………………………………………………… 7

1.1 I mportancia de los métodos numéricos…………………………………. 8

1.2 Conceptos básicos: cifra significativa, precisión, exactitud, incertidumbre y sesgo………………………………………………...............

15

1.3 Tipos de errores…………………..………………………………………. 1.3.1 Definición de error: error absoluto y relativo…………… 1.3.2 Error por redondeo………………………………………… 1.3.3 Error por truncamiento…………………………………….. 1.3.4 Error numérico total…………………………………………

17 17 18 20 22

1.4 Software de computo numérico…………………………….……………. 23

1.5. Métodos iterativos ……………………………………………………….. 26

UNIDAD II Métodos de solución de ecuaciones………….…………………………….. 37

2.1. Método de Intervalo………………………………………………….. 38

2.2. Método de bisección………………………………………………… 41

2.3. Método de interpolación…………………………………………….. 2.3.1. Método de Newton – Raphson…………………………… 2.3.2. Método de la secante………………………………………

48 48 51

2.4. Aplicaciones………………………………………………………… 54

UNIDAD III Métodos de solución de sistemas de ecuaciones……………………… 61

3.1 Métodos Iterativos………………………………………………………… 3.1.1. Jacobi....……………………………………………………..3.1.2. Gauss – Seidel………………………………………………

62 62 64

3.2 Sistemas de ecuaciones no lineales……………………………………. 3.2.1. Método iterativo secuencial……………………………………….

66 66

III

3.3 Iteración y convergencia de sistemas de ecuaciones……………….. 3.3.1 Sistemas de ecuaciones de Newton……………………..

71 71

3.4 Aplicaciones……………………………………………………………….. 76

UNIDAD IV Diferenciación e integración numérica …………………………………... 86

4.1. Diferenciación numérica………………………………………………….. 87

4.2. Integración numérica…………………………………………..……….. 4.2.1. Método del trapecio……………………………….……….. 4.2.2. Método de Simpson……………………………….………

95 98 106

4.3. Integración Múltiple……………………………………………………….. 114

4.4. Aplicaciones……………………………………………………….………. 116

UNIDAD V Soluciones de ecuaciones diferenciales ………………………………… 118

5.1 Método de un paso……………………………………………………….. 5.1.1 Método de Euler y Euler mejorado……………………….. 5.1.2 Método de Runge – Kutta…………………………………..

119120129

5.2. Método de pasos Múltiples……………………………………………… 134

5.3. Sistemas de ecuaciones diferenciales ordinarias 135

5.4. Aplicaciones 136

Bibliografía 141

IV

OBJETIVO GENERAL

El estudiante conocerá, comprenderá y aplicará métodos numéricos para resolver problemas

de la ingeniería y científicos mediante el uso de computadora.

V

VI

JUSTIFICACION

Uno de los objetivos del Instituto Tecnológico Superior de San P edro es el de promover,

apoyar e impulsar el trabajo creativo del docente, principalmente en la elaboración de

antologías que apoyan al proceso enseñanza – aprendizaje, el cual debe ser estimulado con

los comentarios y sugerencias del profesorado y conviene que sea imitado por otros

maestros, quienes con capacidad de trabajo y tiempo disponible, pueden y deben gestar

literatura de este género, dando los pasos adecuados para pulirla y poder formar así textos

que faciliten la enseñanza y el aprendizaje del curso.

El presente material de consulta y apoyo didáctico se pone en manos de nuestros maestros

y, particularmente, de los alumnos que se forman en nuestro instituto. Considero los

contenidos de esta antología como el propósito más firme de mi convencimiento para facilitar

el estudio de los Métodos Numéricos en las nuevas generaciones que me honran al

confiarme su preparación y garantizar modestamente el fijarles una enseñanza para toda la

vida.

UNIDAD 1

TEORÍA DE ERRORES.

Objetivo: El estudiante comprenderá la importancia de los métodos numéricos y conocerá las características operativas del software de cómputo numérico comercial.

UNIDAD I / TEORIA DE ERRORES

1.1. Importancia de los métodos numéricos.

El objeto de estudio del análisis numérico es la construcción y valoración de los métodos

numéricos que tienen como resultados un valor numérico.

Relación entre análisis numérico y métodos numéricos:

Algunas de las razones por las cuales se debe estudiar los métodos numéricos son los

siguientes:

• Son algoritmos que establecen la secuencia de solución de sistemas de ecuaciones

de gran tamaño, con características de ser no lineales y geométricas complicadas,

porque la mayor parte de los problemas reales tienen este comportamiento, y que

por lo general su solución es muy complicada a través de métodos analíticos.

• Es importante que el futuro ingeniero tenga los conocimientos básicos de los

métodos más comunes, ya que en el transcurso de su carrera, tendrá la necesidad

de usar software comercial o implementar su propio software, que resuelvan los

algoritmos de problemas reales y que estén basados sobre algún método numérico.

• Con los métodos numéricos el ingeniero usara la computadora como herramienta, el

cual es uno de los propósitos, porque el profesionista debe de olvidarse de los

cálculos, y enfocarse en el diseño y planteamiento de la solución de los problemas.

• Proporciona una mayor comprensión de las matemáticas, ya que reducen las

matemáticas superiores a operaciones básicas simples.

8


Los métodos numéricos son técnicas mediante las cuales es posible formular problemas de

tal forma que puedan resolverse usando operaciones aritméticas. Aunque hay muchos tipos

de métodos numéricos, todos comparten una característica común: invariablemente los

métodos numéricos lleva a cabo un buen numero de tediosos cálculos aritméticos. Con el

desarrollo de computadoras digitales eficientes y rápidas, el papel de los métodos numéricos

en la solución de problemas de ingeniería haya aumentado considerablemente en los últimos

años.

Métodos anteriores a la aparición de la computadora.

Más allá de solo proporcionar un aumento en la potencia de cálculo la disponibilidad general

de las computadoras (especialmente de las computadoras personales) y su asociación con

los métodos numéricos, ha tenido una influencia muy significativa en el proceso de solución

de problemas de ingeniería. Antes del uso de la computadora había tres métodos diferentes

que los ingenieros aplicaban a la solución de problemas:

1. Primero, se encontraban las soluciones de algunos problemas usando método

exacto o analítico. Con frecuencia estas soluciones resultaban útiles y

proporcionaban una comprensión excelente del comportamiento de algunos

sistemas. Sin embargo, las soluciones analíticas pueden encontrarse solo para una

clase limitada de problemas. Estos problemas incluyen aquellos que pueden

aproximarse mediante modelos lineales y también aquellos que tienen valor práctico

limitado, porque la mayor parte de los problemas reales no son lineales, e implican

formas y procesos complejos.

2. Para analizar el comportamiento de los sistemas se usaban soluciones gráficas.

Éstas tomaban la forma de grafos o nomogramas. Aunque las técnicas gráficas a

menudo pueden emplearse para resolver problemas complejos, los resultados no

son muy precisos. Es más, las soluciones gráficas (sin la ayuda de una

computadora) son tediosas en extremo y difíciles de implementar. Finalmente, las

técnicas gráficas están limitadas a aquellos problemas que puedan describirse

usando tres dimensiones o menos.

3. Para implementar los métodos numéricos se utilizaban calculadoras manuales y

reglas de cálculo. Aunque en teoría estas aproximaciones deberían ser

perfectamente adecuadas para resolver problemas complicados, en la práctica se

9


presentan algunas dificultades. Los cálculos manuales son lentos y tediosos.

Además no existen resultados consistentes debido a que surgen equivocaciones

cuando se efectúan las tareas manualmente.

Antes del uso de la computadora, se gastaba mucha energía en la técnica misma de

solución, en vez de aplicarla sobre la definición del problema su interpretación (Fig. 1.1 a).

Esta situación desafortunada existía debido al tiempo y trabajo monótono que se requerían

para obtener resultados numéricos con técnicas que no utilizaban a la computadora.

Hoy en día, las computadoras y los métodos numéricos proporcionan una alternativa para

cálculos tan complicados. Al usar la computadora para obtener soluciones directamente, se

pueden aproximar los cálculos sin tener que recurrir a suposiciones de simplificación o

técnicas deficientes.

Aunque dichas suposiciones son aún extremadamente valiosas tanto para resolver

problemas como para proporcionar una mayor comprensión, los métodos numéricos

representan alternativas que amplían considerablemente la capacidad para confrontar y

resolver los problemas; como resultado, se dispone de más tiempo para aprovechar las

habilidades creativos personales. Por consiguiente, es posible dar más importancia a la

formulación de un problema, a la interpretación de la solución y a su incorporación al sistema

total, o conciencia "holística" (Fig. 1.1 b).

Figura: Las tres fases en la solución de problemas de ingeniería en a) la era anterior a las

computadoras y b) la era de las computadoras. Los tamaños de los recuadros indican con el

10


nivel de importancia que se dirige a cada fase en el salón de clases. Las computadoras

facilitan la implementación de técnicas de solución así permiten un mayor cuidado sobre los

aspectos creativos de la formulación de problemas y la interpretación de resultados.

Los métodos numéricos y la práctica de la ingeniería Desde finales de la década de 1940, la multiplicación y disponibilidad de las computadoras

digitales ha llevado a una verdadera explosión en cuanto al uso y desarrollo de los métodos

numéricos. Al principio, este crecimiento estaba algo limitado por el costo de acceso a

computadoras grandes (mainframes), por lo que muchos ingenieros continuaban usando

simples planteamientos analíticos en una buena parte de su trabajo. No es necesario

mencionar que la reciente evolución de computadoras personales de bajo costo, ha dado a

mucha gente un fácil acceso a poderosas capacidades de cómputo.

Además existen un buen número de razones por las cuales se deben estudiar los métodos

numéricos:

1. Los métodos numéricos son herramientas extremadamente poderosas para la

solución de problemas. Son capaces de manejar sistemas de ecuaciones grandes,

no linealidades y geometrías complicadas que son comunes en la practica de la

ingeniería y que, a menudo, son imposibles de resolver analíticamente. Por lo tanto,

amplían la habilidad de quien los estudia para resolver problemas.

2. En el transcurso de la carrera, es posible que el estudiante tenga la ocasión de usar

software disponible comercialmente que contenga métodos numéricos. El uso

inteligente de programas depende del conocimiento de la teoría básica en la que se

basan estos métodos.

3. Los métodos numéricos son un vehículo eficiente para aprender a servirse de las

computadoras personales. Es bien sabido que una manera efectiva de aprender

programar las computadoras es escribir los programas. Como los métodos

numéricos, en su mayor parte están elaborados para implementarse en

computadoras, resultan ideales para este propósito. Aun mas, están especialmente

adaptadas para ilustrar la potencia así como las limitaciones de las computadoras.

11


4. Los métodos numéricos son un medio para reforzar su comprensión de las

matemáticas. Porque una función de los métodos numéricos es la de reducir las

matemáticas superiores a operaciones aritméticas básicas ya que se profundizan en

los temas que de otro modo resultan oscuros. Esta alternativa aumenta su

capacidad de comprensión en la materia.

Problemas matemáticos y sus soluciones. En el campo profesional de la ingeniería se requiere utilizar modelos matemáticos para la

predicción y explicación de ciertos fenómenos, un modelo matemático imprescindible para el

ingeniero son los métodos numéricos, ya que son técnicas mediante las cuales es posible

plantear soluciones a los problemas.

1. Raíces de ecuaciones.

Estos problemas están relacionados con el valor de una variable o de un parámetro que

satisface una ecuación. Son especialmente valiosos en proyectos de ingeniería donde

con frecuencia resulta imposible despejar analíticamente parámetros de ecuación de

diseño.

Encontrar x tal que f(x) = 0

2. Sistemas de ecuaciones algebraicas lineales.

Estos problemas son similares a los de raíces de ecuaciones en sentido de que están

relacionados con valores que satisfacen las ecuaciones. Sin embargo, en lugar de

satisfacer una sola ecuación se busca un conjunto de valores que satisfaga

simultáneamente un conjunto de ecuaciones algebraicas lineales las cuales surgen en el

contexto de una variedad de problemas y en todas las disciplinas de ingeniería. Se

originan a partir de modelos matemáticos de grandes sistemas de elementos

interrelacionados, tal como estructuras, circuitos eléctricos y redes de flujo. Las

ecuaciones lineales simultáneas surgen en el contexto de una variedad de problemas y

en todas las disciplinas de la ingeniería.

12


Dadas las a y las c

Encontrar:

2222121

1212111

cxaxacxaxa

=+=+

x tal que

3. Integración.

Tal como se representa, una interpretación física de la integración numérica es la

determinación del área bajo la curva. La integración tiene diversas aplicaciones en la

práctica de la ingeniería, que van desde la determinación de los centroides de objetos de

forma extraña hasta el cálculo de cantidades totales basadas en conjunto de medidas

discretas.

Encontrar el área bajo la curva. ∫=b

a

dxxfI )(

4. Ecuaciones diferenciales ordinarias.

Las ecuaciones diferenciales ordinarias tienen un enorme significado en la practica de la

ingeniería. Esto se debe a que muchas leyes físicas están expresadas en términos de la

razón de cambio de una cantidad mas que en términos de magnitud. Entre otros

13


14

ejemplos tenemos los modelos de la predicción demográfica (razón de cambio de una

población) hasta la aceleración de un cuerpo que cae ( razón de cambio de la velocidad)

),( ytfty

dtdy

=ΔΔ

≅ Encontrar y como función

de t.


1.2. Conceptos básicos: cifra significativa, precisión, exactitud, incertidumbre y sesgo.

El análisis numérico proporciona métodos computacionales para el estudio y solución de

problemas matemáticos. Al derivar los métodos numéricos para la solución de dichos

problemas, analizaremos los errores presentes en esos métodos. Debido a que muchos

cálculos son realizados en computadores digitales, es conveniente la discusión para la

implementación de los métodos numéricos como programas de computador.

Una característica de estos métodos es que proporcionan sólo resultados aproximados, por lo

tanto el estudio del error es de interés central para el análisis numérico. En la practica

profesional, los errores pueden resultar costosos y en algunas ocasiones catastróficos. Se

puede perder hasta la vida si una estructura o un dispositivo llega a fallar.

El concepto de cifras o dígitos significativos se han desarrollado para designar

ormalmente la confiabilidad de un valor numérico. Las cifras significativas de un numero son

aquellas que pueden utilizarse en forma confiable. Se trata del numero de dígitos que se

ofrecen con certeza, mas uno estimado. Estas cifras proporcionan información real relativa a

la magnitud y precisión de las mediciones de una cantidad. El aumento de la cantidad de

cifras significativas incrementa la precisión de una medición. Los ceros no siempre son

cifras significativas ya que pueden usarse solo para ubicar el punto decimal. Los números

0.000 018 45

0.000 184 5

0.001 845

tienen cuatro cifras significativas. La incertidumbre (duda) se puede desechar usando la

notación científica en donde :

4.53 x 104

4.530 x 104

4.5300 x 104

muestran que el numero tiene tres, cuatro y cinco cifras significativas.

El concepto de cifras significativas tiene dos implicaciones importantes en el estudio de los

métodos numéricos:

15


1. Los métodos numéricos dan resultados aproximados, por lo tanto, se deben de

desarrollar criterios para especificar que tan confiables son dichos resultados. Una

manera de hacerlo es en términos de cifras significativas. Por ejemplo, es posible

afirmar que la aproximación es aceptable siempre y cuando sea correcta con cuatro

cifras significativas.

2. Aunque ciertas cantidades tales como 7,,eπ representan cantidades especificas,

no se pueden expresar exactamente con un numero finitos de dígitos. Por ejemplo,

π 3.14159265358979= ..

hasta el infinito. Como las computadoras tienen solo un numero finito de cifras

significativas, tales números jamás se podrán representar con exactitud. A la

omisión del resto de cifras significativas se le conoce como error de redondeo.

Los errores asociados con los cálculos y medidas se pueden caracterizar observando su

precisión y exactitud.

La precisión es el grado de concordancia dentro de un grupo de mediciones o instrumentos.

Ya que el numero de cifras significativas que representa una cantidad o la extensión en las

lecturas repetidas de un instrumento que mide alguna propiedad física. La precisión se

compone de dos características: conformidad y el numero de cifras significativas con las

cuales se puede realizar la medición.

La exactitud se refiere al grado de aproximación o conformidad al valor real de la cantidad

medida. .

Estos conceptos se pueden ilustrar gráficamente usando una analogía con un buen tirador al

blanco. Los agujeros en el centro del tiro al blanco de cada esquema de la figura siguiente se

pueden imaginar como las predicciones en una técnica numérica, mientras que el centro del

blanco de cada esquema representa la verdad. La inexactitud (conocida también como

sesgo) se define como un alejamiento sistemático de la verdad. Por lo tanto, aunque las

balas en la figura c están más juntas que las de la figura a, los dos casos son igualmente

inexactos ya que ambos se centran en la esquina superior izquierda del blanco. La precisión,

por el otro lado se refiere a la magnitud del esparcimiento de las balas. Por lo tanto, aunque

las figuras b y d son igualmente exactas (esto es, igualmente centradas respecto al blanco),

la última es más precisa ya que las balas están en un grupo más compacto.

16


Figura: Un ejemplo de un buen tirador ilustra el concepto de exactitud y precisión. a)

Inexacto e impreciso; b) exacto e impreciso; e) inexacto y preciso; d) exacto y preciso.

1.3. Tipos de errores.

1.3.1. Definición de error: error absoluto y relativo.

Definición de Error. Es la discrepancia que existe entre la magnitud verdadera y la magnitud

obtenida.

Si es una aproximación a , el error se define como *p p

*ppE −=

Sin embargo, para facilitar el manejo y el análisis se emplea el error absoluto definido como

*ppEA −=

y el error relativo como

,*

ppp

ER−

= si 0≠p

y como por ciento de error a

100)(ERERP =

17


18

Error aproximado

100xonaproximaci actual

a =∈onaproximacionaproximaci anterioractual −

Ejemplo: Suponga que el valor para un calculo debería ser

21010.0 xp = pero se obtuvo el resultado , entonces 2* 1008.0 xp =

%20100

2.01010.0

1008.01010.0

21008.01010.0

2

22

22

==

=−

=

=−=

ERxERPx

xxER

xxEA

1.3.2. Error por redondeo

Este error es el resultado de representar aproximadamente números exactos. Es decir, se

debe a la omisión de algunas de las cifras significativas de algún valor específico. Un

ejemplo de donde sucede se da en las computadoras o calculadoras, que solo guardan un

número finito de cifras significativas, cuyo máximo de dígitos o de cifras significativas son de

8 a 14 lo cual obliga a redondear el valor real.

Los errores de redondeo se deben a que las computadoras solo guardan un numero finito de

cifras significativas durante un calculo. Las computadoras realizan esta función de maneras

diferentes. Por ejemplo, si solo se guardan siete cifras significativas, la computadora puede

almacenar y usar Π como Π = 3.141592, omitiendo los términos restantes y generando un

error de redondeo.

Ya que la mayor parte de las computadoras tienen entre 7 y 14 cifras significativas, los

errores de redondeo parecerían no ser muy importantes. Sin embargo, hay dos razones del

porque pueden resultar críticos en algunos métodos numéricos:

1. ciertos métodos requieren cantidades extremadamente grandes para obtener una

respuesta. Además, estos cálculos a menudo depende entre si. Estos es, los

cálculos posteriores son dependientes de los anteriores. En consecuencia, aunque


un error de redondeo individual puede ser muy pequeño, el efecto de acumulación

en el transcurso de la gran cantidad de cálculos puede ser significativos.

2. el efecto del redondeo puede ser exagerado cuando se llevan a cabo operaciones

algebraicas que emplean números muy pequeños y muy grandes al mismo tiempo.

Ya que este caso se presenta en muchos métodos numéricos, el error de redondeo

puede resultar de mucha importancia.

En el redondeo se conservan las cifras significativas y el resto se descarta.

El último dígito retenido se aumenta en uno si el primer dígito descartado es 5 , si no

fuera así, el dígito conserva su valor.

≥

Ejemplo: la importancia de las cifras significativas de los cálculos algebraicos.

Determínese la diferencia de dos números grandes: 32981108.1234 y 32981107.9989.

Enseguida, repítase los cálculos pero incrementándose el minuendo en in 0.001%.

Solución:

La diferencia de los números es:

32981108.123432981107.9989

0.1245−

19


Ahora incrementando el minuendo en un 0.001 % se obtiene el numero 32 981 437.934 5 y

la diferencia es:

32981437.934532981107.9989

329.3356−

Que es considerable diferente de la primera. De aquí que una modificación en el minuendo,

aparentemente insignificante, provoca una gran diferencia en el resultado.

Ejemplo: Ilustraciones de las reglas de redondeo

Los siguientes ejemplos tienen por objeto ilustrar las reglas de redondeo analizados.

1. Errores de redondeo

5.6723 5.67 3 cifras significativas





2. suma y resta

a) 2.2 – 1.768 = 0.432 = 0.4

b) 0.00468 x 10 -7 + 8.3 x 10 -4 –228 x 10-6 =6.02468 x 10 –4 = 6.0 x 10 -4 se

redondea hasta el 3 porque nos indica que es el valor para redondeo

3. multiplicación y división

a) Evalúese 0.0642 x 4.8 = 0.30816 = 0.31

b) 945/0.3185 = 2967.032967= 2970

1.3.3. Error por truncamiento.

Los errores de truncamiento son aquellos que resultan al usar una sucesión finita o infinita

de pasos en el cual se realizan cálculos para producir un resultado exacto, se trunca

prematuramente después de un cierto número de pasos.

20


Truncar la siguiente cifra hasta centésimos, o hasta que sean dos las cifras significativas :

645751311 . 2 7 =

2.64 7 ≈

Como podemos ver, en este tipo de error, lo que se hace es omitir algunas de las cifras de

una cantidad, debido a que esta contiene muchos decimales, entonces se trunca o corta el

número, por lo que también cae en un error.

Los errores de truncamiento son aquellos que resultan al usar una aproximación en lugar de

un procedimiento matemático exacto. Estos errores se regresan a la formulación matemática

usada ampliamente en los métodos numéricos para expresar funciones en forma polinomial.

La serie de Taylor.

La serie de Taylor

La serie de Taylor da una formulación para predecir el valor de la función en en términos

de la función y de sus derivadas en una vecindad al punto

1+ix

.ix

Por ejemplo: el primer término de la serie es conocida como aproximación de orden cero.

)()( 1 ii xfxf ≅+

aproximación de primer orden .

hxfxfxf iii )()()( 1 ′+≅+ donde )( 1 ii xxh −= +

aproximación de segundo orden .

21 !2

)()()()( h

xfhxfxfxf i

iii

′′+′+≅+ donde )( 1 ii xxh −= +

De esta manera se puede agregar términos adicionales para desarrollar la expansión

completa de la serie de Taylor.

21


nni

ni

iii Rhn

xfh

xfhxfxfxf ++

′′+′+≅+ !

)(!2

)()()()(

)(2

1

Se incluye un termino residual para considerar todas los términos desde n + 1 hasta el

infinito:

1)1(

)!1()( +

+

+= n

n

n hn

fR ξ

donde el subíndice n indica que el residuo es de la aproximación a n- ésimo orden y ξ es un

valor cualquiera de x que se encuentra en y ix 1+ix

1.3.4. Error numérico total.

El error numérico total es la suma de los errores de truncamiento y de redondeo. Éste es el

medio para poder lograra minimizar los errores debido a redondeo, y esto se logra

incrementando el número de cifras significativas.

Los errores por truncamiento pueden ser disminuidos cuando los errores por redondeo se

incrementan. Para poder disminuir un componente del error numérico total, se debe

incrementar otro valor.

Errores humanos 1. Errores por equivocación. Las equivocaciones ocurren a cualquier nivel del proceso de

modelación matemática y puede contribuir con todas las otras componentes del error.

22


Se puede evitar únicamente con el conocimiento de los principios fundamentales y con

el cuidado sobre la aproximación y diseño de la solución a un problema.

2. Errores de formulación. Los errores de formulación o de modelamiento degeneran en lo

que se podrían considerar como un modelo matemático incompleto. Un ejemplo de un

error de formulación imperceptible es el hecho de que la segunda ley de newton no

explica los efectos relativistas.

3. Incertidumbre en los datos. Algunas veces se introducen errores en un análisis debido

a la incertidumbre de los datos físicos sobre los que se basa el modelo.

1.4. Software de cómputo numérico

En la actualidad existen dos tipos de usuarios de software. Por un lado están aquellos que

toman lo que se les da. Es decir, quienes se limitan a las capacidades que encuentran en el

modo estándar de operación del software existente. Por ejemplo, resultan muy sencillo

resolver un sistema de ecuaciones lineales o generar graficas con valores x - y con EXCEL,

Matlab o Mathcad . como este modo de operación por lo común requiere un mínimo

esfuerzo, muchos de los usuarios adoptan este modo de operación. Además, como los

diseñadores de estos paquetes se anticipan a la mayoría de las necesidades típicas de los

usuarios, muchos de los problemas pueden resolverse de esta manera.

Pero , ¿ Que pasa cuando se presentan problemas que están mas allá de las capacidades

estándar de dichas herramientas ? . en tal caso usted tiene dos alternativas.

La primera seria buscar otro paquete y ver si sirve para resolver el problema. Esta es una de

las razones por las que quisimos usar EXCEL como mathcad o Matlab. Como veremos ,

ninguno de ellos abarca todo y cada uno tiene sus ventajas.

El segundo seria que es posible volverse un “ potente usuario ” si se aprende a escribir

macros en EXCEL VBA ( visual basic for applications ).

Programas computacionales

Los programas computacionales son únicamente conjuntos de instrucciones que dirigen a la

computadora para realizar cierta tarea.

23


Visto desde esta perspectiva , reducimos toda complejidad a unos cuantos tópicos de

programación, que son:

Representación de información sencilla ( declaración de constantes, variables y

tipos)

Representación de información más compleja ( estructura de datos, arreglos y

registros)

Formulas matemáticas (asignación, reglas de prioridad y funciones intrínsecas)

Entrada / salida

Representación lógica ( secuencia, selección y repetición)

Programación modular ( funciones y subrutinas)

Programación estructurada

En esencia la programación estructurada es un conjunto de reglas que desarrollan en el

programa los hábitos para lograr un buen estilo. Aunque la programación estructurada es

bastante flexible para permitir considerable creatividad y expresión personal, sus reglas

imponen suficientes restricciones para hacer que los programas resultantes sean muy

superiores a sus versiones no estructuradas.

Un diagrama de flujo es una representación visual o grafica de un algoritmo. Emplea una

serie de cajas o bloques y flechas, cada una de las cuales representa un determinado paso u

operación del algoritmo. Otra manera de expresar los algoritmos y que constituyen un puente

de unión entre los diagramas de flujo y el código de la computadora, es el pseudocodigo.

Programación modular

Dividir una tarea o una materia complicada en partes mas accesibles es una manera de

hacerla mas fácil. Siguiendo una misma idea, los programas de computación se dividen en

subprogramas mas pequeños, o módulos que pueden desarrollar y probarse por separado. A

esta forma de trabajar se le llama programación modular.

Excel.

Excel es una hoja de calculo producida por Microsoft Inc. Las hojas de cálculos son un tipo

especial de software para matemáticas que permite al usuarios ingresar y realizar cálculos

en renglones y columnas de datos. Como tales, son una versión computarizada de una gran

hoja de contabilidad en la que se lleva a cabo una gran cantidad de cálculos

interrelacionados. Puesto que cuando se modifica un valor de la hoja , hay que actualizar

todos los cálculos , las hojas son ideales para hacer análisis del tipo “ ¿ y que pasa si ... ?”

24


Excel cuenta con varios recursos numéricos interconstruidos como resolución de

ecuaciones, ajuste de curvas y optimización. Incluye también VBA como un lenguaje de

macro que sirve para hacer cálculos numéricos. Por ultimó, tiene varias herramientas para la

visualización como diagramas y graficas tridimensionales, que son un valiosos complemento

para el análisis numérico.

Matlab

Matlab es el principal producto de software de Mathworks, Inc. , fundada por los analistas

numericos Cleve Moler y John N. Little. Como su nombre lo indica, Matlab se desarrollo

originalmente como un laboratorio para matrices. Hoy , el elemento principal de Matlab sigue

siento la matriz. La manipulación matemática de matrices se ha realizado muy

adecuadamente en un ambiente interactivo fácil de utilizar. A esta manipulación matricial,

Matlab agrega varias funciones numéricas, cálculos simbólicos y herramientas para

visualización.

Matlab tiene diferentes funciones y operadores que permiten la adecuada realización de los

métodos numericos que aquí desarrollamos.

Mathcad

El uso del software Mathcad 2001 Professional supone un paso adelante para clarificar y

potenciar el aprendizaje de conceptos, técnicas e ideas matemáticas de forma que sean de

clara utilidad práctica, tanto de cara al desarrollo del currículo académico como de cualquier

actividad profesional. En este sentido, el uso adecuado de este programa no sólo facilita la

adquisición de conceptos clave sino que también fomenta la creatividad dentro del ámbito

matemático, facilitando la contextualización de las asignaturas cuantitativas y ofreciendo

cientos de operadores y funciones incorporadas para resolver problemas técnicos, desde los

más simples hasta los más complicados.

Mathcad 2001 Professional es un software de cálculo, extremadamente versátil y potente

como lenguaje de programación. Contiene una exhaustiva biblioteca de funciones

estadísticas y de análisis, una colección de potentes algoritmos para resolución problemas

así como herramientas de manipulación de matrices. La principal característica de Mathcad es que resulta tan fácil de usar como las conocidas hojas de cálculo que pueden encontrarse

en el mercado. Y, sin embargo, no es necesario aprender ninguna sintaxis complicada en

Mathcad una ecuación aparece tal y como se podría ver en una pizarra o en un libro.

25


Algoritmos y estabilidad.

El tema fundamental de esta asignatura es el estudio, selección y aplicación de algoritmos,

que se definen como secuencias de operaciones algebraicas y lógicas para obtener la

solución de un problema. Por lo general, se dispone de varios algoritmos para resolver un

problema particular; unos de los criterios de selección es la estabilidad del algoritmo; esto es,

que a pequeños errores de los valores manejados se obtengan pequeños errores en los

resultados finales

.

1.5. Métodos iterativos.

Ejemplo: Estimación del error para métodos iterativos Enunciado del problema : en matemáticas, a menudo se puede representa las funciones

mediante una serie infinita. Por ejemplo la función exponencial se puede calcular usando:

...!4!3!2

1432

+++++=xxxxe x

Mientras mas términos se le agreguen a la serie , la aproximación se acercara mas y mas al

valor de ∈x . la ecuación anterior se le llama serie de Maclaurin.

Empezando con el primer termino , e x = 1, y agregando un termino a la vez, estímese el

valor de e 0.5 . después que se agregue cada terminó, calcúlense los ERP y a∈ . Nótese

que el valor real de agréguense términos hasta que 648721271.15.0 =e

sa <∈∈contempla tres cifras significativas.

Solución

∈ s = (0.5 x 10 2 – 3 ) % = 0.05 %

por lo tanto , se agregaran términos a la serie hasta que ∈ a se menos que este nivel.

,*

ppp

ER−

= si 0≠p 100)(ERERP =

26


100xonaproximaci

onaproximacionaproximaci

actual

anterioractuala

−=∈

Ejercicio: La expansión en serie de Maclaurin para el cos x es:

L−+−+−=!8!6!4!2

8642 xxxxCosx

Iniciando con el primer termino cos x = 1 , agréguense los términos uno a uno para estimar

3cosπ

. Después que se agregue cada uno de los términos, calcúlense los errores

porcentuales relativos, exactos y aproximados .Úsense una calculadora para determinar el

valor exacto. Agréguense términos hasta el valor absoluto del error aproximado falle bajo

cierto criterio de error, considerando dos cifras significativas.

Solución:

∈ s = (0.5 x 10 2 – 2 ) % = 0.5 %

cosπ

3⎛⎜⎝

⎞⎟⎠0.5=

27


28

Ejercicio: Repítase los cálculos del problema anterior pero ahora usando la serie de

Maclaurin para sen x = 0

L+−+−=!7!5!3

753 xxxxSenx

estímese el 2πSen

∈ s = (0.5 x 10 2 – 2 ) % = 0.5 %

12=

πSen empezando sen x = 0

Ejemplo: Aproximaciones de un polinomio mediante la serie de Taylor.

Enunciado del problema: úsense términos en la serie de Taylor de cero a cuarto orden para

aproximar la función :

2.125.05.015.01.0)( 234 +−−−−= xxxxxf desde el punto 0=ix y con h = 1. Esto es,

predecir el valor de la función en .11 =+ix

Solución:

Ya que se trata de una función conocida se puede calcular valores f(x) 0 y 1


f x( ) 0.1− x4 0.15x3− 0.5x2

− 0.25x− 1.2+:= x 0:=f x( ) 1.2=

f x( ) 0.1− x4 0.15x3− 0.5x2− 0.25x− 1.2+:= x 1:=f x( ) 0.2=

Los resultados indican que la función empieza en f(0)=1.2 y continua hacia abajo hasta

f(1)=0.2. por lo tanto el valor que se trata de predecir es 0.2.

La aproximación en serie de Taylor de orden cero es:

)()( 1 ii xfxf ≅+ =1.2

Como se puede ver en la figura la aproximación de orden cero es una constante . el error de

truncamiento en este caso es

*ppE −=

E = 0.2 – 1.2 = - 1.2

En x = 1. Para n = 1, la primera derivada se debe determinar y evaluar en x = 0

f x( ) 0.1− x4 0.15x3− 0.5x2

− 0.25x− 1.2+:= x 0:=

xf x( )d

d0.25−=

La aproximación a primer orden es:

)( 1 ii xxh −= +

))((')()( 11 iiiii xxxfxfxf −+≅ ++

hxf i 25.02.1)( 1 −≅+

29


f h( ) 1.2 0.25− h⋅( )+:= h 1:=

f h( ) 0.95=

que se puede usar para h = 1 , calcular f(1) = 0.95 . Por consiguiente , la aproximación

empieza a coincidir con la trayectoria de la función como la pendiente de una línea recta. De

esta manera el error de truncamiento se reduce a :

E = valor verdadero – valor aproximado = 0.2 – 0.95 = - 0.75

en x = 1 para n = 2, se evalúa la segunda derivada en x = 0:

f x( ) 0.1− x4 0.15x3− 0.5x2

− 0.25x− 1.2+:= x 0:=

2xf x( )d

d

21−=

2111 )(

!2)(''))((')()( ii

iiiiii xxxfxxxfxfxf −+−+≅ +++

21 )

!21(25.02.1)( hhxf i

−+−≅+

f h( ) 1.2 0.25− h⋅( )+1−

2!h 2⋅⎛⎜

⎝⎞⎟⎠

+:= h 1:=

f h( ) 0.45=

E = valor verdadero – valor aproximado = 0.2 – 0.45 = - 0.25

Los términos adicionales mejoran aun mas la aproximación.

en x = 1 para n = 3, se evalúa la tercera derivada en x = 0:

30


f x( ) 0.1− x4 0.15 x3− 0.5 x2

− 0.25 x− 1.2+:= x 0:=

3xf x( )d

d

30.9−=

31

2111 )(

!3)(''')(

!2)(''))((')()( ii

iii

iiiiii xxxfxxxfxxxfxfxf −+−+−+≅ ++++

321 )

!39.0()

!21(25.02.1)( hhhxf i

−+

−+−≅+

f h( ) 1.2 0.25− h⋅( )+1−

2!h 2⋅⎛⎜

⎝⎞⎟⎠

+0.9−

3!h 3⋅⎛⎜

⎝⎞⎟⎠

+:= h 1:=

f h( ) 0.3= E = valor verdadero – valor aproximado = 0.2 – 0.3 = - 0.1

En x = 1 para n = 4, se evalúa la cuarta derivada en x = 0:

f x( ) 0.1− x4 0.15 x3− 0.5 x2

− 0.25 x− 1.2+:= x 0:=

4xf x( )d

d

42.4−=

41

43

12

111 )(!4

)()(!3

)(''')(!2

)(''))((')()( iii

iii

iii

iiiii xxxfxxxfxxxfxxxfxfxf −+−+−+−+≅ +++++

4321 )

!44.2()

!39.0()

!21(25.02.1)( hhhhxf i

−+

−+

−+−≅+

Donde el termino residual es:

1)1(

)!1()( +

+

+= n

n

n hn

fR ξ

5

)5(

4 !5)( hfR ξ

=

31


f x( ) 0.1− x4 0.15x3− 0.5x2

− 0.25x− 1.2+:= x 0:=

5xf x( )d

d

50=

ya que la quinta derivada de un polinomio de cuarto orden es nula, R4 =0. Por consiguiente,

la expansión en serie de Taylor hasta la cuarta derivada produce una aproximación exacta

en x = 1

f h( ) 1.2 0.25− h⋅( )+1−

2!h 2⋅⎛⎜

⎝⎞⎟⎠

+0.9−

3!h 3⋅⎛⎜

⎝⎞⎟⎠

+2.4−

4!h 4⋅⎛⎜

⎝⎞⎟⎠

+:= h 1:=

f h( ) 0.2=

En general, la expansión en serie de Taylor de n-ésimo orden es exacta para un polinomio

de n-ésimo. Para otras funciones continuas diferenciales, como las exponenciales o

senoidales, no se obtiene una estimación exacta mediante un numero finito de términos.

Cada uno de los término adicionales contribuye al mejoramiento de la aproximación , aunque

sea con poco. La decisión sobre cuantos términos se requieren para obtener una “

aproximación razonable” se basa en el termino residual de la expansión .

1)1(

)!1()( +

+

+= n

n

n hn

fR ξ

Esta ecuación residual es de la forma general, tiene dos grandes desventajas . Primero ξ

no se conoce exactamente sino que solo se sabe que esta entre xi y xi+1 . Segundo , para la

evaluación de la ecuación anterior se requiere para evaluar la (n + 1 ) – ésima derivada de

f(x).

Ejemplo: Uso de la serie de Taylor para aproximar una función que tiene un numero infinito

de derivadas.

Enunciado del problema : úsense los términos de la serie de Taylor con n = 0 hasta 6 para

aproximar :

32


xxf cos)( =

en 3/π=x

4/

con base al valor de f(x) y de sus derivadas alrededor del punto )60( °

π= 45(x )° .Nótese que esto significa que 1243πππ

=−=h

Solución: Nota: el resultado de la sustitución y de ellos quien tengan el valor pequeño ese será el valor exacto

F(x)= 0.5 f(x)= 0.707106781

El valor exacto

f x( ) cos x( ):= xπ

3:=

f x( ) 0.5=

La aproximación de orden cero es

f x( ) cos x( ):= xπ

4:=

f x( ) 0.707106781=

%4.41%1005.0

707106781.05.0−=

−=ERP

La aproximación de primer orden es

)()(' xsenxf −=

( ) hxsenxf ))((cos3

−≅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛π

f h( ) cos x( ) sin x( )−( )h+:= xπ

4:= h

π

12:=

f h( ) 0.521986659=

%40.4%1005.0

521986659.05.0−=

−=ERP

La aproximación de segundo orden es

)cos()('' xxf −=

33


( ) 2

!2)cos())((cos

3hxhxsenxf −−≅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ π

f h( ) cos x( ) sin x( )−( ) h+cos x( )−

2 !⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

h 2+:= x

π

4:= h

π

12:=

f h( ) 0.497754491=

%449.0%1005.0

497754491.05.0=

−=ERP

La aproximación de tercer orden es

)()(''' xsenxf =

( ) 32

!3)(

!2)cos())((cos

3hxsenhxhxsenxf +−−≅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ π

f h( ) cos x( ) sin x( )−( )h+cos x( )−

2!⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

h 2+

sin x( )3!

h 3⋅+:= x

π

4:= h

π

12:=

f h( ) 0.499869147=

%0262.0%1005.0

499869147.05.0=

−=ERP

La aproximación de cuarto orden es

)cos()(4 xxf =

( ) 432

!4)cos(

!3)(

!2)cos())((cos

3hxhxsenhxhxsenxf ++−−≅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ π


2!⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

h2+

sin x( )3!

h3⋅+

cos x( )4!

h4⋅+:= x

π

4:= h

π

12:=

f h( ) 0.500007551=

21051.1%1005.0

500007551.05.0 −−=−

= xERP

34


35

La aproximación de quinto orden es

)()(5 xsenxf −=

( ) 5432

!5)(

!4)cos(

!3)(

!2)cos())((cos

3hxsenhxhxsenhxhxsenxf −++−−≅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ π


2!⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

h2+

sin x( )3!

h3⋅+

cos x( )4!

h4⋅+

sin x( )−

5!h5⋅+:= x

π

4:= h

π

12:=

f h( ) 0.500000304=

51008.6%1005.0

500000304.05.0 −−=−

= xERP

La aproximación de sexto orden es

)cos()(6 xxf −=

( ) 65432

!6)cos(

!5)(

!4)cos(

!3)(

!2)cos())((cos

3hxhxsenhxhxsenhxhxsenxf −−++−−≅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ π


2!⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

h2+

sin x( )3!

h3⋅+

cos x( )4!

h4⋅+

sin x( )−

5!h5⋅+

cos x( )6!

h6⋅−:= x

π

4:= h

π

12:=

f h( ) 0.499999988=

61040.2%1005.0

499999988.05.0 −=−

= xERP

Nótese que las derivadas nunca se acercan a cero, como es el caso del polinomio. Sin

embargo, cada término que se le agrega a la serie produce una mejor aproximación. Nótese

también que la mayor aproximación se consigue con los primeros términos.


36

f x( ) cos x( ):= x 4− 3.9−, 10..:=

5 0 5 10

1

1

f x( )

x

Orden n )(xf n ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

3πf

ERP

6543210

499999988.0500000304.0500007551.0499869147.0497754491.0521986659.0707106781.0

6

5

2

1040.21008.61051.1

0262.0449.0

4.44.41

−

−

−

−

−

−

)cos()sin(

)cos()sin(

)cos()sin(

)cos(

xx

xx

xx

x

−−

−−

−

xx

x

UNIDAD 2

METODOS DE SOLUCION DE ECUACIONES

Objetivo: Implementara métodos de solución de ecuaciones algebraicas o trascendentales, con apoyo de un lenguaje de programación.

UNIDAD II / METODO DE SOLUCION DE ECUACIONES

2.1 Método de Intervalo A estas técnicas se les llama métodos que usan intervalos porque se necesitan de dos

valores iníciales para la raíz. Como su nombre lo indica, estos valores deben encerrar o

estar uno de cada lado de la raíz. Los métodos particulares descritos sobre este punto

emplean diferentes estrategias para reducir sistemáticamente el tamaño del intervalo y así

converger a la respuesta correcta. Además de la utilidad de los métodos gráficos para

determinar valores iníciales, también son útiles para visualizar las propiedades de las

funciones y el comportamiento de los métodos numéricos.

Métodos gráficos.

Un método simple para obtener una aproximación a la raíz de la ecuación f(x) = 0 consiste

en graficar y observar en donde cruza el eje x. Este punto , que representa el valor de x para

el cual f(x) = 0 , proporciona una aproximación inicial de la raíz.

Ejemplo: Métodos gráficos

Enunciado del problema: Empléese graficas para obtener una raíz aproximada de la función

: xexf x −= −)(

Solución: Se calcula los siguientes valores

f x( ) e x− x−:= x 0.2− 0.1−, 1.1..:=

0.5 0 0.5 1 1.5

1

1

2

f x( )

x



38


39

f x( ) 0.874− x2 1.75 x+ 2.627+:= x 2.5− 2.4−, 4.5..:=

5 0 5

10

5

5

f x( )

x



f x( ) 2 x 2 3 x+ 5−:= x 5− 5..:=

5 0 5

50

50

100

f x( )

x

f x( ) sin 10x( ) cos 3x( )+:= x 5− 4.9−, 5..:=

5 0 5

2

2

f x( )

x

Ejemplo: Para determinar el coeficiente de arrastre c necesario para que un paracaidista de

masa m = 68.1 kg. Tenga una velocidad de 40 m/s después de una caída libre de t = 10 s.

Nota la aceleración de la gravedad es 9.8 m/s 2 . Determine su grafica.

( )⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛−=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛− t

mc

ec

gmtv 1

S

E

1

f

E

E

S

Solución:

Este problema

10, g = 9.8, v

( )c

gmcf⎜⎜

⎝

⎛= 1

0

20

20

4034.115

3.977−

f c( )

4

Ejemplo : Gra

f x( ) x 10 −:=

5

5

10

15

f x( )

Ejemplo: realic

Solución:

a se resuelve

= 40 y m = 68

et

mc

−⎟⎟

⎠

⎞−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

1

0 5

ficar

1−

0 0.5

x

ce la grafica d

UNIDAD I

e determinand

8.1

v

10 15

c

x 0 0.001, ..:=

1 1.5

x

de la ecuación

I / METODO

do la raíz de

(f

20

17

1.3

n

O DE SOLUC

la ecuación

.68(8.9)( =c

c

CION DE EC

usando los p

1)1 1.68

⎜⎜

⎝

⎛−

⎜⎝⎛−

c

e

CUACIONES

40

parámetros t =

4010

1 −⎟⎟

⎠

⎞⎟⎠⎞

S

0

=


Ejemplo: Escriba el programa que utiliza en Matlab para poder grafica r la siguiente función

X = 1:0.1:5

Y = x.^3 + 3*x^2 + 5*x +3

Figure

Plot(x,y)

Disp( ‘grafica de función’ )

2.2 Método de bisección Los métodos de búsqueda incremental se aprovechan de esta característica para localizar

un intervalo donde la función cambie de signo. Por lo tanto, la localización del cambio de

signo, se logra más exactamente dividiendo el intervalo en una cantidad definida de

subintervalos.

El método de bisección conocido también como de corte binario, de partición en dos

intervalos iguales o método Bolzano, es un método de búsqueda incremental en el que el

intervalo se divide siempre en dos. Si la función cambia de signo sobre un intervalo, se

evalúa el valor de la función en el punto medio. La posición de la raíz se determina

41


42

situándola en el punto medio del subintervalo dentro del cual ocurre un cambio de signo. El

proceso se repite hasta obtener una mejor aproximación.

Si el intervalo original es de tamaño y el criterio de convergencia aplicado al valor

absoluto de la diferencia de dos consecutivas es

a

rx ε , entonces se requerirán n iteraciones

, donde n se calcula con la igualdad de la expresión

ε≤n

a2

de donde :

( ) ( )( )2ln

lnln ε−=

an

Por esto se dice que se puede saber de antemano cuantas iteraciones se requieren.

O bien se puede utilizar el siguiente criterio de convergencia ε<aE

anterioractuala aproxaproxE −=

Algoritmo Sencillo :

Paso 1: Elija los valores iniciales inferior y de forma tal que la función cambie de

signo sobre el intervalo. Esto se puede verificar asegurándose de que

1x ux

( ) ( ) 01 <uxfxf

Entonces hay al menos una raíz entre y . 1x ux

Paso 2: La primera aproximación a la raíz X, se determinan como:

21 u

rxx

x+

=


Paso 3: Realice las siguientes evaluaciones para determinar en que subintervalo cae la raíz

)a ( ) ( ) 01 <rxfxf ; entonces la raíz se encuentra dentro del subintervalo inferior o

izquierdo . Por lo tanto, tome ru xx = y continué en el paso 2.

)b ( ) ( ) 01 >rxfxf ; entonces la raíz se encuentra dentro del subintervalo superior o

derecho. Por lo tanto, tome rxx =1 y continué en el paso 2.

)c ( ) ( ) 01 =rxfxf ; la raíz es igual a ; termina el calculo. rx

Paso 4: Fin

Problema: Utilice el método de bisección para encontrar la raíz real de la siguiente función:

n 10=nln 1 0−( ) ln 0.001( )−

ln 2( ):=

si tiene raízf x1( ) f xu( )⋅ 0.632120559−=

xu 1:=x1 0:=f x( ) e x− x−:=

0 0.5 1

1

f x( )

x 0 0.001, 1..:=Calculo :

n = [ln (xu - x1 ) - ln ( error)] / ln (2)n = numero de iteraciones x1 = valor de x inferior xu = valor de x superior xr = valor de x media (aproximacion de la raíz)f(x1) = funcion de x inferiorf(xu) = funcion de x superiorf(xr) = funcion de x media

Algoritmo

Intervalo [x1,xu]f(x1)*f(xu) < 0 , existe raízxr = (x1 + xu ) / 2f(x1)*f(xr) < 0, intevalo izquierdof(x1)*f(xr) > 0, intevalo Derecho

Datos

xu 1:=x1 0:=error 0.001:=f x( ) e x− x−:=

43


s x1 0←

xu 1←

xrx1 xu+

2←

c e x1− x1−( ) e xr− xr−( )⋅←

xrx1 xu+

2←

tmp xr←

xu tmp←

c 0<if

xrx1 xu+

2←

tmp xr←

x1 tmp←

c 0>if

xr c 0=if

k 1 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10,∈for

xr

:=

s 0.567382813=

44


s 1.303710938=

s x1 1←

xu 2←

xrx1 xu+

2←

c cos x1( ) ln x1( )−( ) cos xr( ) ln xr( )−( )⋅←

xrx1 xu+

2←

tmp xr←

xu tmp←

c 0<if

xrx1 xu+

2←

tmp xr←

x1 tmp←

c 0>if

xr c 0=if

k 1 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10,∈for

xr

:=

n 10=nln 2 1−( ) ln 0.001( )−

ln 2( ):=

si tiene raízf x1( ) f xu( )⋅ 0.599354115−=

xu 2:=x1 1:=f x( ) cos x( ) ln x( )−:=

1 1.5 2

2

1

1

f x( )

x

x 1 1.001, 2..:=Cal culo :


Algoritmo


Datos

xu 2:=x1 1:=error 0.001:=f x( ) cos x( ) ln x( )−:=

Problema 2: Utilice el metodo de biseccion para obtener la raí real de la función

45


Problema: La ecuación de estado de Van der Walls para un gas real es:

( ) RTbVVaP =−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + 2

Donde :

=P presión en atm ;

=T temperatura en K;

=R constante universal de los gases en atm – L / (gmol K) = 0.08205

=V volumen molar del gas en L / gmol;

46


=ba, constantes particulares para cada gas

Calcule V a 80 º C (353.2 ºK) para una presión de 10 atm

Gas a b

He 0.03412 0.02370

Realice los cálculos necesarios para resolver esta ecuación usando como intervalo inicial

, , vV 8.01 = vVu 2.1=

Donde . Con PRTv /= 01.0<aE

Solución:

n 7=nln vu v1−( ) ln 0.01( )−

ln 2( ):=


Algoritmo


Datos

si tiene raíz f v1( ) f vu( )⋅ 2178.6232848−=

f V( ) p V3⋅( ) p b⋅ R T⋅+( ) V2

⋅− a V⋅+ a b⋅−:=

vu 3.4776072=v1 2.3184048=

vu 1.2 v⋅:=v1 0.8 v⋅:=

b 0.02370:=a 0.03412:=v

R T⋅p

:=

T 353.2:=R 0.08205:=p 10:=

47


s v1 2.3184048←

vu 3.4776072←

vrv1 vu+

2←

c p v13⋅( ) p b⋅ R T⋅+( ) v12

⋅− a v1⋅+ a b⋅−⎡⎣ ⎤⎦ p vr3⋅( ) p b⋅ R T⋅+( ) vr2⋅− a vr⋅+ a b⋅−⎡⎣ ⎤⎦⋅←

vrv1 vu+

2←

tmp vr←

vu tmp←

c 0<if

vrv1 vu+

2←

tmp vr←

v1 tmp←

c 0>if

vr c 0if

k 1 2, 3, 4, 5, 6, 7,∈for

vr

:=

s 2.925174806=

2.3. Método de interpolación

2.3.1. Método de Newton – Raphson

Calculo de raíces por el método de newton Es una de las formulas mas ampliamente usadas para localizar raíces, si el valor inicial de la

raíz es Xi, entonces se puede extender una tangente desde el punto [Xi, f (Xi) ]. El punto

donde esta tangente cruza el eje X, representa una aproximación mejorada de la raíz.

El método de Newton-Raphson se puede obtener sobre la base de una interpretación

geométrica, la primera derivada en X es equivalente a la pendiente

48


( ) ( )1

0

+−−

=′ii

ii xx

xfxf

Que se puede ordenar para obtener

( )( )i

iii xf

xfxx′

−=+ 1

La cual es conocida como fórmula de Newton - Raphson.

Ejemplo . Utilice el método de Newton Raphson para obtener la raíz real de la función

20102)( 23 −++= xxxxf 31 10−+ =≤− εii xx

49


50

Cálculos en mathcad

f x( ) x3 2x2+ 10 x+ 20−:=x

f x( )dd

3 x2⋅ 4 x⋅+ 10+→

df x( ) 3x2 4x+ 10+:=

x0 1:= i 0 5..:=

xi 1+ xi

f xi( )df xi( )−:=

xi

11.41176

1.36934

1.368811.36881

1.36881

= xi 1+ xi−

0.4120.042

5.283·10 -4

8.08·10 -8

1.776·10 -15

0

= f xi( )-7

0.918

0.011

1.704·10 -6

3.908·10 -14

0

=

Cálculos de Matlab

Ejemplo: Use el método de Newton Raphson para encontrar la raíz de la ecuación

515183)(

2 +−=

xxxf , con un punto inicial de 8 , con un error de aproximación 01.0=Ea

.


2.3.2. Método de la secante Un problema fuerte en la implementación del método de newton Raphson es la evaluación

de la derivada. Aunque esto no es un inconveniente para los polinomio y para muchas otras

funciones, existen algunas cuyas derivadas pueden ser extremadamente difíciles de evaluar.

En estos casos la derivada se puede aproximar mediante una diferencia dividida, como la

figura

Esquema gráfico del método de la secante. Esta técnica es similar a la del método de

Newton - Raphson en el sentido de que una aproximación a la raíz se calcula extrapolando

51


52

una tangente de la función hasta el eje x. Sin embargo, el metodo de la secante usa una

diefrencia en vez de la derivada para aproximar la pendiente.

Por lo tanto el método de la secante

( ) (( ) ( )

)1−− ii xfxf

11

−+

−−= iii

iixfxx

xx ε<−+ ii xx 1

Ejemplo . Utilice el método de la secante para obtener la raíz real de la función

20102)( 23 −++= xxxxf 31 10−+ =≤− εii xx

cálculos en Mathcad

f x( ) x3 2x2+ 10x+ 20−:=

x0 0:= x1 1:= i 0 5..:=

k 1 6..:=

xk 1+ xk

xk xk 1−−( ) f xk( )⋅

f xk( ) f xk 1−( )−( )−:=

xi

01

1.53846

1.35031

1.36792

1.36881

= xi 1+ xi−

10.538461538

0.188150612

0.017606419

0.000895543

0.000004782

= f xk( )-7

3.75967228

-0.388136149

-0.018786791

1.008579888·10 -4

-2.600780391·10 -8

=


Cálculos en Matlab

Otra forma de resolver en Matlab

53


cálculos en EXCEL.

2.4. Aplicaciones Problema: utilice el método de bisección: La ecuación de estado de Van der Walls para un

gas real es:


⎜⎝⎛ + 2

donde :




=V volumen molar del gas en L / gmol ;

constantes particulares para cada gas =ba,


Gas A b

He 0.03412 0.02370


, , donde vV 8.01 = vVu 2.1= PRTv /= . Con 01.0<aE

54


n 7=nln vu v1−( ) ln 0.01( )−

ln 2( ):=


Algoritmo


Datos

si tiene raíz f v1( ) f vu( )⋅ 2178.6232848−=

f V( ) p V3⋅( ) p b⋅ R T⋅+( ) V2

⋅− a V⋅+ a b⋅−:=

vu 3.4776072=v1 2.3184048=

vu 1.2 v⋅:=v1 0.8 v⋅:=

b 0.02370:=a 0.03412:=v

R T⋅p

:=

T 353.2:=R 0.08205:=p 10:=

55


s v1 2.3184048←

vu 3.4776072←

vrv1 vu+

2←

c p v13⋅( ) p b⋅ R T⋅+( ) v12

⋅− a v1⋅+ a b⋅−⎡⎣ ⎤⎦ p vr3⋅( ) p b⋅ R T⋅+( ) vr2⋅− a vr⋅+ a b⋅−⎡⎣ ⎤⎦⋅←

vrv1 vu+

2←

tmp vr←

vu tmp←

c 0<if

vrv1 vu+

2←

tmp vr←

v1 tmp←

c 0>if

vr c 0if

k 1 2, 3, 4, 5, 6, 7,∈for

vr

:=

s 2.925174806=

Problema : utilice el método de bisección: La ecuación de estado de Van der Walls para un

gas real es:


⎜⎝⎛ + 2

donde :




=V volumen molar del gas en L / gmol ;

=ba, constantes particulares para cada gas


56


57

Gas a b

He 0.03412 0.02370


, , vV 8.01 = vVu 2.1=

Donde . Con PRTv /= 01.0<aE

p 30:= R 0.08205:= T 353.2:=

vR T⋅p

:= a 0.03412:= b 0.02370:=

v 0.966002=v1 0.8 v⋅:= vu 1.2 v⋅:=

v1 0.7728016= vu 1.1592024=

f V( ) p V3⋅( ) p b⋅ R T⋅+( ) V2

⋅− a V⋅+ a b⋅−:=

f v1( ) f vu( )⋅ 26.5288152−= si tiene raíz

Datos Algoritmo



nln vu v1−( ) ln 0.01( )−

ln 2( ):= n 5=

P

c

A

a

S

s v1 0.←

vu 1←

vr ←

c ←

v

t

v

cif

v

t

v

cif

vr i

k ∈for

vr

:=

s =

Problema: Pa

con su vapor,

Aplicando un

aproximación

Solución:

.7728016

.15922024

v1 vu+

2←

p v13⋅( ) p(−⎡⎣←

vrv1 vu+

2←

tmp vr←

vu tmp←

0<

vrv1 vu+

2←

tmp vr←

v1 tmp←

0>

c 0if

1 2, 3, 4, 5,

0.978086503

ra obtener la

se llegó a la

método iterat

de 10-2 aplica

UNIDAD I

b⋅ R T⋅+ ) v12⋅

temperatura d

ecuación:

tivo de dos p

ado a f(T).

I / METODO

a v1⋅+ a b⋅− ⎤⎦⋅

de burbuja de

puntos, encue

O DE SOLUC

p vr3⋅( ) p b⋅(−⎡⎣

e una mezcla

entre la tempe

CION DE EC

b R T⋅+ ) vr2⋅ +

de CCl4 y CF

eratura de bu

CUACIONES

58

a vr⋅+ a b⋅− ⎤⎦

F4 en equilibrio

rbuja con una

S

8

o

a


A continuación se muestra la hoja de MathCAD con que se resuelve este problema usando

el método de posición falsa. Previamente a lo mostrado, se hicieron algunas evaluaciones de

f(T) para obtener un intervalo de búsqueda relativamente pequeño.

A continuación se muestra la hoja de MATLAB con que se resuelve este problema usando el

método de posición falsa. Previamente a lo mostrado, se hicieron algunas evaluaciones de

f(T) para obtener un intervalo de búsqueda relativamente pequeño.

59


60

UNIDAD 3

METODOS DE SOLUCION DE SISTEMAS DE

ECUACIONES

Objetivo: Implementara los métodos numéricos de solución de sistemas de ecuaciones, con apoyo de un lenguaje de programación.

UNIDAD III / METODOS DE SOLUCION SISTEMAS DE ECUACIONES

3.1 Métodos Iterativos

3.1.1. Jacobi El método de Jacobi es un proceso simple de iteraciones de punto fijo en la solución de

raíces de una ecuación. La iteración de punto fijo tiene dos problemas fundamentales :

Algunas veces no converge

Cuando lo hace, es a menudo, muy lento.

El método Jacobi también puede tener esas fallas.

Esquema grafico que muestra el método de iteración de Jacobi, en la solución de

ecuaciones algebraicas lineales simultaneas.

ski

ki

ki

ia xxx

εε <−

=−

100*1

,

Ejemplo : resuelva el siguiente sistema por el método de Jacobi

141414

14

43

432

321

21

=+−=−+−=−+−

=−

xxxxxxxx

xx

62


63

con 01.0=sε ski

ki

ki

ia xxx

εε <−

=−

100*1

,

despejando las ecuaciones

412

1+

=xx

4131

2++

=xx

x 4

1423

++=

xxx 4

134

+=

xx

Otro manera de poder resolverse utilizando otro criterio de paro o de convergencia

( ) ( )1

1 dxx kk =−+

( ) ( ) ( )2122

12

21

111 ... k

nkn

kkkk xxxxxxd −++−+−= +++

Problemas:

Resolver los siguientes sistemas de ecuaciones utilizando el método de Jacobi con 210−=ε

3

L

e

S

p

C

i

l

2289

3

21

42

21

21

++=+++++−

xxxxx

xxxxx

3.1.2. Gau

Los métodos

eliminación.

Suponga que

ki

ia xx

ε−

=,

para todas la

Como cada

inmediatamen

la solución es

UNIDAD III

3

1425

43

43

43

−=−

=+=+

xx

xxxx

ss – Seidel

s iterativos

El método d

e se da un con

ki

kix

<−

100*1

s i, donde j y

nuevo valor

nte en la sigu

s convergente

/ METODO

510=

o aproximad

e Gauss-Sei

njunto de n ec

sε<

j-1 son las ite

de x se ca

uiente ecuació

e, se emplear

OS DE SOLU

dos proveen

del es el mé

cuaciones:

eraciones act

lcula con el

ón para deter

ra la mejor es

UCION SIST

n una altern

étodo iterativ

uales y previa

método de

rminar otro va

stimación pos

TEMAS DE E

nativa en lo

o más comú

as.

Gauss-Seide

alor de x. De

ible.

ECUACIONE

s métodos

únmente usad

el, este se u

esta manera

ES

64

de

do.

usa

, si

D

O

Ejemplo : res

444

14

43

32

21

21

=+−−+−−+−

=−

xxxxxx

xx

Despejando l

412

1+

=xx

Otro manera

( ) ( )1 xx kk −+

UNIDAD III

suelva el sigu

111

4

3

==−=−

xx

as ecuacione

12

+=

xx

a de poder re

1d= 1d

/ METODO

uiente sistema

es

413 ++ x

x

esolverse uti

( 11

11k xx −= +

OS DE SOLU

a por el méto

442

3+

=xxx

lizando otro

) ( 12

21

kk xx −+ +

UCION SIST

odo de Gauss

1+ 4 =x

criterio de p

) (22 ... k

nk xx ++ +

TEMAS DE E

s – Seidel

413 +=

x

paro o de con

)21 knx−+

ECUACIONE

nvergencia

ES

65


Problemas :

Resolver los siguientes sistemas de ecuaciones utilizando el método de Gauss – Seidel con

210−=ε

322

1548910253

4321

42

4321

4321

−=−++=+

=+++=+++−

xxxxxx

xxxxxxxx

3.2. Sistemas de ecuaciones no lineales

3.2.1. Método iterativo secuencial A continuación se dan ejemplos:

a)

( )0),(

04,212212

22

21211

=−=

=−+=

xxxxf

xxxxf

b)

01),(0)(10)(

1212

2122,11

=−=

=−=

xxxfxxxxf

66


c)

0335),(

015)(2),(010),(

3331

223,21

23213,21

2313213,21

=+−−=

=−++=

=+−=

xxxxxxxf

xsenxxxxxxfxxxxxxxxf

Ejemplo: Encuentre una solución del sistema de ecuaciones no lineales

0810

08102

2

221

=+−+=

=++−=

yxxyyxf

yxxyxf

),(

),(

Solución:

Despejar x Despejar y

10822 ++

=yxx

1082 ++

=xxyy

Con la notación de la ecuación :

10822

1 ++=+ )()( kk

k yxx 10

8221 ++=+ )()( kkk

k yyxy

con los valores iniciales se inicia el proceso iterativo ,, 00 00 == yx

Primera iteración

8010

800 221 .=

++=x 80

108000 2

1 .)(

=++

=y

Segunda iteración

928.010

8)8.0()8.0( 222 =

++=x 93120

108808080 2

2 ..).(.

=++

=y

Al continuar el proceso iterativo, se muestra la siguiente sucesión de vectores:

67


68

k kx ky

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

0.00000

0.80000

0.92800

0.97283

0.98937

0.99578

0.99832

0.99933

0.99973

0.99989

0.99996

0.99998

0.99999

1.00000

0.00000

0.80000

0.93120

0.97327

0.98944

0.99579

0.99832

0.99933

0.99973

0.99989

0.99996

0.99998

0.99999

1.00000

Usando mathcad

s x 0←

y 0←

xrx2 y2

+ 8+

10←

xqx y2⋅ x+ 8+

10←

tmp1 xr←

tmp2 xq←

x tmp1←

y tmp2←

k 0 12..∈for

:=

s 1=


Para observar la convergencia del proceso iterativo, se pudieron usar los criterios, como

distancia entre dos vectores consecutivos, o bien las distancias componente a componente

de dos vectores consecutivos.

Una condición suficiente aunque no necesaria , para asegurar la convergencia es que

;121 <≤∂∂

+∂∂ M

xg

xg 121 <≤

∂∂

+∂∂ M

yg

yg

Por otro lado, si M es muy pequeña en una región de interés, la iteración converge

rápidamente ; si M es cercana a 1 en magnitud , entonces la iteración puede converger

lentamente.

( )( )kkk

kkk

yxgy

yxgx

,

,1

21

11

++

+

=

=

Problema : Encuentre una solución del sistema de ecuaciones no lineales, utilizando el

método de punto fijo multivavriable con desplazamiento sucesivos

0810

08102

2

221

=+−+=

=++−=

yxxyyxf

yxxyxf

),(

),(

69


Solución:

10822 ++

=yxx

1082 ++

=xxyy

( )10

8)()(,22

11 ++

==+kk

kkk yxyxgx

( )10

8)(,121

12

1 ++==

++++

kkkkkk xyxyxgy

Al derivar parcialmente, se obtiene

1021

kxxg

=∂∂

1021

kyyg

=∂∂

101)(2 +

=∂∂ ky

xg

10

2 12

kk yxyg +

=∂∂

con los valores iniciales se inicia el proceso iterativo ,, 00 00 == yx

001 =

∂∂

xxg

001 =

∂∂

yyg

101

02 =

∂∂

yxg

00

02 =

∂∂

y

x

yg

Por lo tanto

;1101

101021 <=+=

∂∂

+∂∂

xg

xg

100021 <=+=∂∂

+∂∂

yg

yg

70


3.3. Iteración y convergencia de sistemas de ecuaciones

3.3.1. Sistemas de ecuaciones de Newton El método iterativo para sistemas de ecuaciones convergen linealmente. Como en el

método de una incógnita, puede crearse un método de convergencia cuadrática, es decir, el

método de Newton – Raphson multivariable , a continuación se obtendrá este procedimiento

para dos variables; la extensión a tres o mas variables es viable generalizando los

resultados. Supóngase que se esta resolviendo el sistema.

( )( ) 0,

0,

2

1

==

yxfyxf

Donde ambas funciones son continuas y diferenciables, de modo que puedan expandirse en

serie de Taylor. Esto es:

] ...)(

))((2)([!2

1

)()(),(),(

22

22

2

+−∂∂

∂

+−−∂∂

∂+−

∂∂∂

+−∂∂

+−∂∂

+=

byyxf

byaxyxfax

xxf

byxfax

xfbafyxf

donde f(x, y) se ha expandido alrededor del punto ( a, b) y todas las derivadas parciales

están evaluadas en ( a, b ).

71


72

Para simplificar aun mas se cambia la notación con

jyy kk =−+1

hxx kk =−+1

y así queda la ( k + 1) – ésima iteración en términos de la k – ésima , como se ve a

continuación:

jyyhxx

kk

kk

+=

+=+

+

1

1

la sustitución de la ecuación :

),(

),(

222

111

kk

kk

yxfjyf

hxf

yxfjyf

hxf

−=∂∂

+∂∂

−=∂∂

+∂∂

el cual es un sistema de ecuaciones lineales en las incógnitas h y j.

Este sistema de ecuaciones lineales resultante tiene solución única, siempre que el

determinante de la matriz de coeficiente o matriz j no sea cero; es decir, si

022

11

≠

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

yf

xf

yf

xf

J

Interpretación geométrica del método de Newton – Raphson.

Desarrollemos en etapas esta interpretación para un sistema de dos ecuaciones. Sea el

sistema

1),(

1),(22

2

221

−−=

−+=

yxyxf

yxyxf

La grafica de se muestra en la figura 4.4. 1),( 221 −+= yxyxf


73


74

Ejemplo: Use el método de Newton – Raphson para encontrara una solución aproximada del

sistema:

0810

08102

2

221

=+−+=

=++−=

yxxyyxf

yxxyxf

),(

),(

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=∂∂

+=∂∂

=∂∂

−=∂∂

1021

2102

222

11

xyyfy

xf

yyfx

xf

que aumentada en el vector de funciones resulta en:

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−+−−−−+−

−=∂∂

+=∂∂

=∂∂

−=∂∂

810810

1021

2102

2

22

222

11

yxxyyxx

xyyfy

xf

yyfx

xf

primera iteración

al evaluar la matriz en se obtiene : [ Tyx 00 , ]

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−−−81018010

que al resolverse por eliminación de Gauss da

h = 0.8, j = 0.88

al sustituir en la ecuación se obtiene

88.088.008.08.00

01

01

=+=+=

=+=+=

jyyhxx


75

Calculo de la distancia entre y 0x 1x

18929.1)088.0()08.0( 22)0()1( =−+−=− xx

segunda iteración

al evaluar la matriz en se obtiene : [ Tyx 11 , ]

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−−−

61952.0592.87744.141440.17600.1400.8

que al resolverse por eliminación de Gauss da

h = 0.19179, j = 0.11171

al sustituir en la ecuación se obtiene

99171.011171.088.099179.019179.08.0

22

12

=+=+=

=+=+=

jyyhxx

Calculo de la distancia entre y 1x 2x

22190.0)88.099171.0()8.099179.0( 22)0()1( =−+−=− xx

Con la continuación de este proceso iterativo se obtienen los resultados siguientes:

k kx ky kk xx −+1

0

1

2

3

4

0.00000

0.80000

0.99179

0.99998

1.00000

0.00000

0.88000

0.99171

0.99997

1.00000

------

1.18929

0.22195

0.01163

0.00004


76

3.4. Aplicaciones Problema: En una columna de cinco platos, se requiere absorber benceno contenido en una

corriente de gas V, con un aceite L que circula a contracorriente del gas. Considérese que el

benceno transferido no altera sustancialmente el número de moles de V y L, fluyendo a

contracorriente, que la relación de equilibrio está dada por la ley de henry (y = mx) y que la

columna opera a régimen permanente. Calcule la composición del benceno en cada plato.

Datos: V = 100 moles / min;

L = 500 moles / min, fracción molar de benceno en V. 09.00 =y

0.00 =x fracción molar del benceno en L (el aceite entra por el domo sin benceno).

m = 0.12.

Solución : los balances de materia para el benceno en cada plato son

Plato Balance de benceno

12345

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 0

0000

1012

2123

3234

4345

5450

=−+−=−+−=−+−=−+−=−+−

yyVxxLyyVxxLyyVxxLyyVxxLyyVxxL

Al sustituir la información que se tiene, las consideraciones hechas y rearreglando las

ecuaciones, se llega a:

512 x1 - 500 x2 = 9

12 x1 - 512 x2 + 500 x3 = 0

12 x2 - 512 x3 + 500 x4 = 0

12 x3 - 512 x4 + 500 x5 = 0

- 12 x4 + 512 x5 = 0


Un sistema de cinco ecuaciones con cinco incógnitas, que se resuelve con mathcad como

sigue:

A

512

12

0

0

0

500−

512−

12

0

0

0

500

512−

12

0

0

0

500

512−

12−

0

0

0

500

512

9

0

0

0

0

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠

:= rref A( )

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

0.018

4.32 10 4−×

1.037 10 5−×

2.487 10 7−×

5.829 10 9−×

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

=

Problema : Con los datos del diagrama siguiente 8 donde los porcentajes están dados en

peso) , encuentre posibles valores de la corriente , si 321 ,, MMM kgM 1004 =

Solución : Mediante balance de materia por componentes y global, se tiene:

Componente Balance de materia

Etanol

Metanol

Agua

Global

0021.021.039.017.0

021.024.061.00058.055.0083.0

4321

4321

4321

4321

=−++=−++

=−++=−++

MMMMMMMM

MMMMMMMM

77


02121.039.017.0

2124.061.005855.0083.0

4321

321

321

321

=−++=++

=++=++

MMMMMMM

MMMMMM

A

0.83

0

0.17

0

0.61

0.39

0.55

0.24

0.21

58

21

21

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠

:= rref A( )

1

0

0

0

1

0

0

0

1

19.014

4.225

76.761

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠

=

por lo tanto kgMkgMkgM 761.76,225.4,014.19 321 ===

Problema: Un granjero desea preparar una formula alimenticia para engordar ganado,

dispone maíz, desperdicios, alfalfa y cebada, cada uno con ciertas unidades de ingredientes

nutritivos , de acuerdo con la tabla siguiente:

Alimento

Maíz Desperdicios Alfalfa Cebada Requerimientos unidades / Kg.

Carbohidratos

Proteínas

Vitaminas

Celulosa

Costo $

80

28

20

50

18

15

72

20

10

5

35

57

12

20

7

60

25

20

60

20

230

180

80

160

__

a) Determine los kilogramos necesarios de cada material para satisfacer el

requerimiento diario ( Presentado en la ultima columna)

b) Determine el costo de la mezcla.

78


a( )

A

80

28

20

50

15

72

20

10

35

57

12

20

60

25

20

60

230

180

80

160

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

:= rref A( )

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

1.852

1.032

0.618

0.745

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

=

b( )

Costo 18 5 7 20( ):= kilogramos

1.852

1.032

0.618

0.745

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

:=

Total Costo kilogramos⋅:= Total 57.722( )=

Problema : (manufactura). R. S. C. L. S y Asociados fabrica tres tipos de computadora

personal: Ciclón, Cíclope y Cicloide. Para armar una Ciclón se necesitan 10 horas, otras 2

para probar sus componentes y 2 horas mas para instalar sus programas. El tiempo

requerido para la Cíclope es 12 horas en su ensamblado, 2.5 para probarla y 2 horas para

instalarla. La Cicloide, la mas sencilla de la línea, necesita 6 horas de armado, 1.5 horas de

prueba y 1.5 horas de instalación. Si la fabrica de esta empresa dispone de 1560 horas de

trabajo por mes para armar, 340 horas para probar y 320 horas para instalar, ¿ cuantas PC

de cada tipo puede producir en un mes ?

Solución:

Marcas Ensamblado Pruebas Instalación

Ciclón

Cíclope

Cicloide

10

12

6

2

2.5

1.5

2

2

1.5

1560 340 320

3205.1223405.15.22

156061210

=++=++

=++

zyxzyx

zyx

79


80

Resuelta por el método de Gauss Jordán

A

10

2

12

2.5

6

1.5

1560

340⎛

2 2 1.5 320

⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠ 0 0 1 80

:= rref A( )

1

0

0

1

0

0

60

40⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠

=

Por consiguiente cada mes se pueden fabricar 60 Ciclones, 40 Cíclopes y 80 Cicloides.

Problema : ( Cambio de moneda extranjera ).Una empresaria internacional necesita, en

promedio, cantidades fijas de yenes japoneses, libras inglesas y marcos alemanes durante

cada viaje de negocios. Este año viajo 3 veces. La primera vez cambio un total de $ 2550

dólar con las siguientes tasas: 100 yenes por dólar, 0.6 libras por dólar y 1.6 marcos por

dólar. La segunda vez cambio $ 2840 dólar en total con las tasas de 125 yenes, 0.5 libras y

1.2 marcos por dólar. La tercera vez, cambio un total de $ 2800 dólar a 100 yenes, 0.6 libras

y 1.2 marcos por dólar. ¿ Cuantos yenes, libras y marcos compro cada vez ?

Solución:

28002.1

16.0

11001

28402.1

15.0

11251

25506.1

16.0

11001

=++

=++

=++

zyx

zyx

zyx


A

1100

1125

1100

10.6

10.5

10.6

11.6

11.2

11.2

2550

2840

2800

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

:= rref A( )

1

0

0

0

1

0

0

0

1

80000

600

1200

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠

=

En consecuencia, cada vez compro 80 000 yenes, 600 libras y 1200 marcos para viajar.


81

Problema : ( Calculo de una función demanda ). Bikey, Inc., quiere fabricar un nuevo tipo de

zapato deportivo, poco costoso, e investiga el mercado de la demanda. Encuentra que si un

par de zapatos nuevo cuesta $ 20 en un área de ingreso familiar promedio de $ 20000, y que

si un competidor Tríceps , Inc., vende cada par de zapatos a $ 20, vendería 660 pares. Por

otro lado, si el precio fuera igual y Tríceps bajara su precio a $10 el par, entonces, vendería

1130 pares en un área de $ 30000 de ingreso. Por ultimo, si el precio de los zapatos fuera $

15 el par, y la competencia se queda en $ 20 el par, se vendería 1010 pares en un área de

$25000 de ingreso. Determine la función demanda, suponiendo que depende linealmente de

sus variables.

Solución:

Sea D = a P + b I + c C . Deseamos conocer a, b y c.

10102025000151130103000020660202000020

=++=++=++

cbacbacba


A

20

20

15

20000

30000

25000

20

10

20

660

1130

1010

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠

:= rref A( )

1

0

0

0

1

0

0

0

1

20−

0.05

3

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠

=

Por consiguiente , la función demanda esta expresada por CIPD 305.020 ++−=

Problema: ( soluciones químicas ). Se necesitan tres ingredientes distintos, A, B y C , para

producir determinada sustancia. pero deben disolverse primero en agua, antes de ponerlos a

reaccionar para producir la sustancia. La solución que contiene A con 1.5 gramos por

centímetros cúbicos ( g / cm3 ), combinada con la solución B cuya concentración es de 3.6 g

/ cm3 y con la solución C con 5.3 g / cm3 forma 25.07 g de la sustancia. si las proporciones

de A, B y C en esas soluciones se cambian a 2.5, 4.3 y 2.4 g / cm3 , respectivamente (

permaneciendo iguales los volúmenes ), se obtienen 22.36 g de la sustancia. Por ultimo, si

las proporciones se cambian a 2.7, 5.5 y 3.2 g / cm3 , respectivamente, se producen 28.14 g

de la sustancia. ¿ Cuales son los volúmenes, en centímetros cúbicos, de las soluciones que

contienen A, B y C?


Solución:

14.282.35.57.236.224.23.45.207.253.56.35.1

=++=++=++

zyxzyxzyx


A

1.5

2.5

2.7

3.6

4.3

5.5

5.3

2.4

3.2

25.07

22.36

28.14

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠

:= rref A( )

1

0

0

0

1

0

0

0

1

1.5

3.1

2.2

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠

=

Por consiguiente, los volúmenes correspondientes de las soluciones que contienen A, B y C

son 1.5 cm3 , 3.1 cm3 y 2.2 cm3.

Ejemplo: Un ingeniero industrial supervisa la producción de cuatro tipos de computadoras.

Se requiere cuatro clases de recursos – horas-hombre, metales, plásticos y componentes

electrónicos – en la producción. En el cuadro siguiente se resumen las cantidades

necesarias para cada uno de estos recursos en la producción de cada tipo de computadora.

Si se dispone diariamente de 504 horas-hombre, 1970 Kg. de metal , 970 Kg. de plástico y

601 componentes electrónicos, ¿Cuántas computadoras de cada tipo se puede construir por

día?

Computadoras Horas-hombre, kg/computadora

Metales kg/computadora

Plásticos kg/computadora

Componentes, unidades / computadora

1

2

3

4

3

4

7

20

20

25

40

50

10

15

20

22

10

8

10

15

Totales 504 1970 970 601

82


Usando mathcad

A

3

20

10

10

4

25

15

8

7

40

20

10

20

50

22

15

504

1970

970

601

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

:= rref A( )

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

10

12

18

15

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

=

M

3

20

10

10

4

25

15

8

7

40

20

10

20

50

22

15

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

:= v

504

1970

970

601

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

:=

soln lsolve M v,( ):=

soln

10

12

18

15

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

=

x1

504

1970

970

601

4

25

15

8

7

40

20

10

20

50

22

15

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

3

20

10

10

4

25

15

8

7

40

20

10

20

50

22

15

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

:= x2

3

20

10

10

504

1970

970

601

7

40

20

10

20

50

22

15

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

3

20

10

10

4

25

15

8

7

40

20

10

20

50

22

15

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

:=

x1 10= x2 12=

x4

3

20

10

10

4

25

15

8

7

40

20

10

504

1970

970

601

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

3

20

10

10

4

25

15

8

7

40

20

10

20

50

22

15

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

:=x3

3

20

10

10

4

25

15

8

504

1970

970

601

20

50

22

15

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

3

20

10

10

4

25

15

8

7

40

20

10

20

50

22

15

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

:=

x4 15=x3 18=

83


84

Problema : Un ingeniero necesita 4800 m3 de NaCl, 5810 m3 de KCl y 5960 m3 de NaOH,

existen tres depósitos donde el ingeniero puede conseguir estos materiales. La composición

de estos depósitos viene dad en la siguiente tabla. ¿ Cuantas m3 debe tomar de cada

depósito para cumplir con las necesidades requeridas ?

Sustancia Depósito ( % )

1 2 3

NaCl

KCl

NaOH

52

30

18

20

50

30

25

20

55

Solución:

A

0.52

0.30

0.18

0.20

0.50

0.30

0.25

0.20

0.55

4800

5810

5960

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠

:= rref A( )

1

0

0

0

1

0

0

0

1

3744.767

7071.744

5753.488

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠

=

Problema: Sobre una membrana elástica, apoyada en sus extremos actúan 3 fuerzas

, aplicadas en 3 puntos equidistantes . Estas fuerzas provocan los

siguientes deshilamiento en cada punto respectivamente 3, 5 y 3 , si los coeficientes de

influencia son ;

321 ,, fff 321 ,, PPP

32,1 =a 22,1 =a ; 13,1 =a ; para el y 1P 21,2 =a ; ; 42,2 =a 5/13,2 =a

para y ; ; 2P 11,3 = aa 22, =3 33,3 =a para . Se piden determinar las fuerzas para

.

3P

321 ,, fff

A

3

2

1

2

4

2

1

15

3

3

5

3

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

:= rref A( )

1

0

0

0

1

0

0

0

1

529

6758

529

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

= rref A( )

1

0

0

0

1

0

0

0

1

0.172

1.155

0.172

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠

=


85

Problema: Determine las concentraciones molares de una mezcla de cinco componentes en

solución a partir de los siguientes datos espectrofotometricos .

Longitud de onda

i

Absorbancia molar del componente Absorbancia total observada j

1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

98

11

27

1

2

9

118

27

3

4

2

9

85

17

7

1

4

8

142

17

0.5

0.88

2

25

118

0.1100

0.2235

0.2800

0.3000

0.1400

Asúmase que la longitud de la trayectoria óptica es unitaria y que el solvente no absorbe a

estas longitudes de onda. Utilice el método de Gauss – Seidel. Utilizando como criterio de

paro 002.0=ε ; es la concentración molar del componente j en la mezcla. =jC

UNIDAD 4

DIFERENCIACION E INTEGRACION

NUMERICA

Objetivo: Aplicara los métodos numéricos para la solución de problemas de diferenciación e integración numérica, usando un lenguaje de programación.

UNIDAD IV / DIFERENCIACION E INTEGRACION NUMERICA

4.1 Diferenciación numérica. Cuando se va a practicar una operación en una función tabulada, el camino es aproximar la

tabla por alguna función y efectuar la operación aproximadamente. Así se procedió en la

integración numérica y así se procederá en la diferenciación numérica; esto es, se

aproximara la función tabulada f(x) y se diferenciara la aproximación ).(xpn

Si la aproximación es polinomial y con el criterio de ajuste exacto, la diferenciación numérica

consiste simplemente en diferenciar la formula del polinomio interpolante que se utilizo. Sea

en general.

)()()( xRxpxf nn +=

y la aproximación de la primera derivada queda entonces

dxxdp

dxxdf n )()(

=

o en general

nn

n

n

n

dxxpd

dxxfd )()(

=

Al diferenciar la formula fundamental de Newton dada arriba se tiene

nn

n

nn

n

n

n

dxxRd

dxxpd

dxxfd )()()(

+=

donde nn

n

dxxRd )(

es el error que se comete al aproximar n

n

dxxfd )(

por nn

n

dxxpd )(

.

Si las abcisas dadas están espaciadas regularmente por intervalos de longitud

h, entonces puede escribirse en términos de diferencias finitas.

nxxx ,...,, 10

)(xpn

Y la primera derivada de f(x) queda aproximada por

hxfxf

dxxdf )()()( 01 −

=

Se desarrollan las diferencias hacia delante y se tiene

87


)(2

2)(

22242

)(2

22)(22

1012

1002

10 xfh

xxxxf

hhxxx

xfh

hxxxdx

xdf⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++−

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−−

=

la segunda derivada puede calcularse derivando una vez mas con respecto a x, o sea

)(1)(2)(1)(2212022

2

xfh

xfh

xfhdx

xfd+−=

Problema : La ecuación de Van der Walls para un gmol de CO2 es

( ) RTbvvaP =−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + 2

donde

KgmolcmatmRgmolcmb

gmolcmatmxa

*/*1.82/8.42

/*106.3

3

3

266

=

=

= −

Si T = 350 K, se obtiene la siguiente tabla de valores.

Puntos 0 1 2 3

P (atm) 13.782 12.577 11.565 10.704

V (cm3 ) 2000 2200 2400 2600

Calcule vP

∂∂

cuando v = 2300 cm3 y compárelo con el valor de la derivada analítica

Solución :

2210

1210

0210

22

22242

222

Ph

vvvP

hhvvv

Ph

hvvvvP

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++−

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−−

=∂∂

; con h = 200

00506.0)565.11()200(2

22002000)2300(2

)577.12()200(2

)200(2)2200(2)2300(4)2000(2)782.13()200(2

)200(222002000)2300(2

2

22

−=−−

+

−+−+

−−−=

88


89

La derivada analítica es

Pv Pb−av

+a b⋅

v2− RT P v b−( )

av

+a b⋅

v2− RT

P v( )a−

v v b−( )a b⋅

v2 v b−( )+

R T⋅v b−( )

+ P v( )a−

v2 v b⋅−( )a b⋅

v3 v2 b⋅−( )+R T⋅

v b−( )+

va−

v2 v b⋅−

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

dd v

a b⋅

v3 v2 b⋅−

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

dd

+v

R T⋅v b−

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

dd

+ simplify1

v3

2 a⋅ v2⋅ 4 a⋅ v⋅ b⋅− 2 a⋅ b2⋅ R T⋅ v3⋅−+( )v− b+( )2

⋅→

R 82.1:= T 350:= a 0.0000036:= b 42.8:= v 2300:=

1

v3

2 a⋅ v2⋅ 4 a⋅ v⋅ b⋅− 2 a⋅ b2⋅ R T⋅ v3⋅−+( )v− b+( )2

⋅ 5.6398962938964669366 10-3⋅−→

Problema : En una reacción química A + B ----> Productos, la concentración del reactante A

es una función de la presión P y la temperatura T. La siguiente tabla presenta la

concentración de A en gmol/L como una función de estas dos variables.

P (Kg/cm2) Temperatura T (K)

273 300 325 360

1 0.99 0.97 0.96 0.98

2 0.88 0.82 0.79 0.77

8 0.62 0.51 0.48 0.45

15 0.56 0.49 0.46 0.42

20 0.52 0.44 0.41 0.37

Calcule la variación de la concentración de A con la temperatura a P = 8 Kg/cm2 y T = 300 K,

usando un polinomio de segundo grado.

Solución.

Lo que se busca es en si 8,300 ==∂∂

PTA

TC

que se puede evaluar con la ecuación


( )( ) ( )( ) ( )( ) )(2

)(2

)(2)(2

1202

101

2101

200

2010

212 xfxxxx

xxxxf

xxxxxxx

xfxxxx

xxxdx

xdp⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

−−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

−−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

−−=

donde f(x) representa a CA y x a T; de tal modo que sustituyendo los tres puntos enmarcados

de la tabla queda

2300, 8

( ) (2(300) 300 325)(0.62)(273 300)(273 325)

(2(300) 273 325)(0.51) (2(300) 273 300)(0.48) 0.0026(300 273)(300 325) (325 273)(325 300)

AT P

p x Cx T

gmolLK

= =

∂ ∂ − −= =

∂ ∂ − −− − − −

+ + = −− − − −

90


91

Diferencias divididas finitas de la primera derivada hacia delante

Primera derivada

( ) ( ) ( )h

xfxfxf ii

i−

=′ +1

( ) ( ) ( ) ( )h

xfxfxfxf iii

i 234 12 −+−

=′ ++

Segunda derivada

( ) ( ) ( ) ( )2

12 32h

xfxfxfxf iii

i−−

=′′ ++

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

123 354h

xfxfxfxfxf iiii

i+−+−

=′′ +++

Tercera derivada

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3

123 33h

xfxfxfxfxf iiii

i−+−

=′′′ +++

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3

1234

251824143

hxfxfxfxfxf

xf iiiiii

−+−+−=′′′ ++++

Cuarta derivada

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4

1234 464h

xfxfxfxfxfxf iiiii

i+−+−

=′′′′ ++++

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4

12345 3142624112h

xfxfxfxfxfxfxf iiiiii

i+−+−+−

=′′′′ +++++


92

donde:

Δfi = se le conoce como la primera diferencia hacia adelante y

h = se le llama tamaño del paso, esto es la longitud del intervalo sobre el cual se hace la

aproximación.

Se le llama diferencia “ hacia adelante ” ya que se usa los datos “ i “ e i + 1 para estimar la

derivada.

Esta diferencia dividida hacia adelante no es sino una de tantas que se puede desarrollar

mediante la serie de Taylor para la aproximación de derivadas numéricas. Por ejemplo, las

aproximaciones a primeras derivadas, utilizando las diferencias hacia atrás o las diferencias

centrales se pueden desarrollar de una manera similar a la ecuación:

Aproximaciones a la primera derivada con diferencia hacia atrás.

Primera derivada

( ) ( ) ( )h

xfxfxf ii

i1−−

=′

( ) ( ) ( ) ( )h

xfxfxfxf iii

i 243 21 −− +−

=′

Segunda derivada

( ) ( ) ( ) ( )2

212h

xfxfxfxf iii

i−− +−

=′′

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

321 452h

xfxfxfxfxf iiii

i+−− −+−

=′′

Tercera derivada

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3

321 33h

xfxfxfxfxf iiii

i−−− −+−

=′′′

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3

4321

231424185

hxfxfxfxfxf

xf iiiiii

−−−− +−+−=′′′


93

Cuarta derivada

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4hi

4321 464 xfxfxfxfxfxf iiiii −−−− +−+−

=′′′′

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4

54321 2112426143h

xfxfxfxfxfxfxf iiiiii

i−−−−− −+−+−

=′′′′

Aproximaciones a la primera derivada con diferencias centrales.

Primera derivada

( ) ( ) ( )h

xfxfxf ii

i 211 −+ −

=′

( ) ( ) ( ) ( ) ( )h

xfxfxfxfxf iiii

i 1288 2112 −−++ +−+−

=′

Segunda derivada

( ) ( ) ( ) ( )2

11 32h

xfxfxfxf iii

i−+ +−

=′′

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

2112

12163016

hxfxfxfxfxf

xf iiiiii

−−++ −+−+−=′′

Tercera derivada

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3

2112

222

hxfxfxfxf

xf iiiii

−−++ −+−=′′′

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3

321123

8813138

hxfxfxfxfxfxf

xf iiiiiii

−−−+++ +−+−+−=′′′


94

Cuarta derivada

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4hi

2112 464 xfxfxfxfxfxf iiiii −−++ +−+−

=′′′′

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4

321123

61239563912

hxfxfxfxfxfxfxf

xf iiiiiiii

−−−+++ ++−+++=′′′′

Las aproximaciones mas exactas de la primera derivada se pueden desarrollar incluyendo

en la serie de Taylor términos de orden mas alto. Finalmente, todas las versiones anteriores

se pueden desarrollar para derivadas de segundo orden, tercer orden y ordenes superiores.

Ejemplo : Formulas de diferenciación con alta exactitud.

Planteamiento del problema:

F (x) = - 0.1 x 4 – 0.15 x 3 – 0.5 x 2 – 0.25 x + 1.2

En x = 0.5 usando un tamaño de paso h = 0.25.

Solución:

F ‘ (x) = - 0.4 x 3 – 0.45 x 2 – 1.0 x – 0.25 x

Y se puede usar para calcular el valor exacto de :

F ‘ (x) = - 0.4 x 3 – 0.45 x 2 – 1.0 x – 0.25 x ; X = 0.5; f ‘ ( 0.5) = - 0.9125.


1750

50250

0

2

1

1

2

=

=

=

=

=

+

+

−

−

i

i

i

i

i

xxxxx

...

2063632810

9250103516121

2

1

1

2

.)(.)(

.)(.)(.)(

=

=

=

=

=

+

+

−

−

i

i

i

i

i

xfxfxfxfxf

Estos datos se pueden usar para calcular la diferencia dividida hacia delante

85937502502

925036363281042050 .).(

).().(.).( −=

−+−=′f

la diferencia dividida hacia atrás

87812502502

21103515625149250350 .).(

.).().().( −=

+−=′f

Y la diferencia dividida central

9125025012

21103515625186363281082050 .).(

.).().(.).( −=

+−+−=′f

Ejercicios propuestos:

Úsense aproximaciones de diferencias de 0(h) hacia atrás y hacia delante y una

aproximación central de 0 (h2 ). Para estimar la primera derivada de la función mencionada .

F(X) = 25 x3 – 6x 2 + 7x – 88

Evalúese la derivada en x = 2.5 usando un tamaño de paso de h = 0.25. compárense los

resultados con el valor correcto de la derivada en x = 2.5.

4.2 Integración numérica De acuerdo a la definición del diccionario, integrar significa “ unir todas las partes en un todo;

unificar; indicar la cantidad total, . . . ”. matemáticamente, la integración se representa por

∫=b

adxxfI )(

EC. 1

95


La cual representa a la integración de la función f (x) con respecto a la variable x, evaluada

entre los limites x = a y x = b.

Como lo sugiere la definición del diccionario, el significado de la ecuación es el valor total o

sumatoria de f (x ) dx sobre el intervalo de x = a a b. En realidad, el símbolo ∫ es una s

mayúscula estilizada que indica la conexión cercana entre la integración y la sumatoria (

Thomas y Finney, 1979).

La figura 1 , representa una manifestación grafica de este concepto. Para las funciones que

se encuentran sobre el eje x, la integral expresada por la ecuación 1, corresponde al área

bajo la curva de f (x) entre x = a y x = b. Habrá muchas ocasiones de volver a referirse a

esta concepción grafica a medida que se desarrollen formulas matemáticas para integración

numérica. De hecho, la mayor parte de los métodos numéricos para integración, se puede

interpretar desde una perspectiva grafica.

figura 1. Representación grafica de la integral de f(x) .

Formulas de integración de Newton - cotes

Las formulas de Integración de Newton-Cotes son los esquemas de integración numérica

más comunes. Se basan en la estrategia de reemplazar una función complicada o datos

tabulados con una función aproximada que sea fácil de integrar :

dxxfdxxfIb

a

b

a n∫ ∫≅= )()(

donde f n (x)=polinomio

96


donde n es el orden del polinomio. Por ejemplo en la figura (1ª) , se usa un polinomio de

primer orden (una línea recta) como aproximación. En la figura (1 b) se emplea una parábola

para el mismo propósito.

figura 1 : estimación de una integral mediante el área bajo a) una línea recta, y b) una

parábola.

La integral se puede aproximar usando una serie de polinomios aplicados por partes a la

función o a los datos sobre intervalos de longitud constantes. Por ejemplo en la figura 2, se

usan tres segmentos de línea recta para aproximar la integral.

figura 2: aproximación de la integral mediante el área bajo tres segmentos.

Se puede usar polinomio de mayor grado para este mismo propósito. Con estos

fundamentos ahora se reconoce que el “ método de bandas”de la figura 3 empleo una serie

de polinomios de orden cero ( esto es, constantes) para aproximar la integral.

97


Se dispone de las formas abiertas y cerradas de las formulas de Newton-Cotes. Las formas

cerradas son aquellas en donde los puntos al principio y al final de los limites de integración

se conocen figura (3 a. )

figura 3: diferencia entre formulas de integración a) cerradas y b) abiertas.

Las formulas tienen los limites de integración extendidos mas allá del rango de los datos

figura (3 b) . Las formulas abiertas de Newton Cotes, en general, no se usan en la

integración definida. Sin embargo, se usan extensamente en la solución de ecuaciones

diferenciales ordinarias.

Fundamentos matemáticos

b

a

b

axFdxxfI )()( == ∫

en donde F(x) es la integral de F(x) , esto es , cualquier función tal que F’(x) = f(x) . la

nomenclatura sobre el lado derecho queda

)()()( aFbFxF b

a−=

4.2.1 Método del trapecio La regla del trapecio o regla trapezoidal es la primera de las formulas de integración cerrada

de Newton-Cotes. Corresponde al caso donde el polinomio en la ecuación [1] es de primer

orden :

98


99

∫ ∫≅=b

a

b

adxxfdxxf )()(/ 1

Recuerde que una línea recta se representa como :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )axab

afbfafxf −−−

+=1

El área bajo la línea recta es una aproximación de la integral de f (x) entre los limites a y b :

∫ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−−

+=b

adxax

abafbfafI )()()()(

El resultado de la integración es :

( )2

)()( bfafabI +−=

La cual se denomina regla trapezoidal.

Error de la regla Trapezoidal

Cuando empleamos la integral bajo un segmento de línea recta para aproximar la integral

bajo una curva, obviamente podemos incurrir en un error que puede ser sustancial. Una

estimación para el error de truncamiento de una sola aplicación de la regla trapezoidal es :

( )( )3

121 abfEt −′′−= ξ

donde ξ está en algún lugar en el intervalo de "a" a "b". La ecuación anterior indica que si la

función sujeta a integración es lineal, la regla trapezoidal será exacta.

De otra manera, ocurrirá un error para funciones con derivadas de segundo y tercer orden

(es decir con curvatura).


100

Ejemplo: aplicación de la regla trapezoidal simple para integrar numéricamente

f x( ) 0.2 25x+ 200x2− 675x3+ 900x4− 400x5+:= x 0 0.001, 0.8..:=

a 0:= b 0.8:=

0 0.5 1

2

4

f x( )

I1a

bxf x( )

⌠⎮⌡

d:= I1 1.64053333=

x

I b a−( )f a( ) f b( )+

2⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅:=

I 0.1728=

que representan un error de

E v = 1.64053334 – 0.1728 = 1.46773334

Que corresponde a un error relativo porcentual de ∈ v = 89.5 % . La razón para este error

tan grande es evidente en la grafica .

nótese que el área bajo la línea recta descuida una porción significativa de la integral sobre

la línea.

En la situación actual, no se tendría conocimiento previo del valor verdadero. Por lo tanto, se

requiere una aproximación al error. Parta obtener esta aproximación, se calcula la segunda

derivada de la función sobre el intervalo , derivando la función original dos veces para dar


mediaa

b

x2xf x( )d

d

2⌠⎮⎮⎮⌡

d

b a−:= media 60−=

Ea1−

12media⋅ b a−( )3⋅:=

Ea 2.56=

Que es el mismo orden de magnitud y signo que tiene el error verdadero.

Existe una discrepancia debido a que un intervalo de este tamaño, el promedio de la

segunda derivada no es necesariamente una aproximación exacta de f “ ( ξ ). Por lo tanto, se

denota que el error es aproximado usando la notación E a , en vez de usar E v.

Ejercicio : aplicación de la regla trapezoidal simple

f x( ) 10 2x+ 6x2− 5x4+:= x 0 0.001, 10..:=

a 0:= b 10:=

0 5 10

2 .104

4 .104

6 .104

f x( )

x

I1a

bxf x( )

⌠⎮⌡

d:= I1 98200=

I b a−( )f a( ) f b( )+

2⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅:=

I 247200=


101


102

f x( ) 1 x− 4x3− 3x5

+:= x 3− 2.99−, 5..:=

a 3−:= b 5:=

5 0 5

5000

5000

1 .104

f x( )

x

I1a

bxf x( )

⌠⎮⌡

d:= I1 6904=

I b a−( )f a( ) f b( )+

2⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅:=

I 33016=


f x( ) 8 5sin x( )+:= x 0 0.001, π..:=

a 0:= b π:=

0 1 2 3 48

10

12

14

f x( )

x

I1a

bxf x( )

⌠⎮⌡

d:= I1 35.13274123=

I b a−( )f a( ) f b( )+

2⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅:=

I 25.1327=

La regla del trapecio utilizando segmentos múltiples

Una mejor manera de mejorar la actitud de la regla trapezoidal es la de dividir el intervalo

de integración de a a b en un conjunto de segmentos y aplicar el método a cada uno de los

segmentos.


103

Figura: ilustración de la regla trapezoidal múltiple a) dos segmentos, b) tres segmentos; c)

cuatro segmentos; d) cinco segmentos

En seguida se suman las áreas de los segmentos individuales y se obtiene la integral sobre

el intervalo completo. A las ecuaciones resultantes se les conoce como formulas de

integración de segmento múltiple o formulas de integración compuestas.

nabh −

=

Si a y b son designados como X o y X n, respectivamente, la integral total se representa como

∫ ∫ ∫−

+++= 1

0

2

1 1

)(...)()(x

x

x

x

x

x

n

n

dxxfdxxfdxxfI

( ) ( )

Al sustituir la regla trapezoidal para cada integral se obtiene :

( ) ( ) ( ) ( )⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

++⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

= −

2...

2212110 nn xfxf

hxfxf

hxfxf

hI

o mediante agrupación de términos :


( ) ( ) ( )⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛++= ∑

−

=

1

10 2

2

n

ini xfxfxfhI

en formato general es : n

xfxfxfabI

n

n

ii

2

)()(2)()(

1

10 ++

−=∑

−

=

ya que la sumatoria de los coeficientes de f(x) en el numerador dividido por 2n es igual a 1,

la altura promedio representa un promedio pesado de los valores de la función. De acuerdo

a la ecuación anterior , las alturas de los puntos interiores aparecen doblemente respecto a

los puntos finales f ( x0) y f (x n ).

n

ff

n

i∑

=

′′=′′ 1 por lo tanto.

( )2

3

12nfabEa

′′−−=

De esta manera que , si el numero de segmento se duplica , el error de truncamiento

disminuye a un cuarto de su valor. Nótese que la ecuación anterior es un error aproximado

debido a la naturaleza aproximada de la ecuación.

Ejemplo : regla trapezoidal de segmentos múltiples.

104


I 1.0688=

I b a−( )f x0( ) 2 f x1( )⋅+ f x2( )+

2 n⋅

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅:=

x2 0.8=x1 0.4=

x2 x1 h+:=x1 x0 h+:=x0 0:=

h 0.4=h

b a−

n:=

0 0.5 1

2

4

f x( )

x

Int 1.64053333=Inta

bxf x( )

⌠⎮⌡

d:=

n 2:=b 0.8:=a 0:=

x 0 0.001, 0.8..:=f x( ) 0.2 25x+ 200x2− 675x3+ 900x4− 400x5+:=

Ejercicio : regla trapezoidal de segmentos múltiples

f x( ) 8 5 sin x( )⋅+:= x 0 0.001, π..:=

0 1 2 3 48

10

12

14

f x( )

x

a 0:= b π:= n 6:=

Inta

bxf x( )

⌠⎮⌡

d:= Int 35.13274123=

hb a−

n:= h 0.523599=

105

4U

o

c

S

c

I 34.9032274=

I b a−( )f(⎡

⎢⎣

⋅:=

x6 3.141593=

x6 x5 h+:=

x1

x1x0 0:=

4.2.2 MétoUn forma de

orden superio

camino entre

Si hay dos p

conectar con

UN

Eb a−(−

12 n2⋅

:=

4

x0) 2 f x1( ) +(⋅+

3

1 0.523599=1 x0 h+:=

odo de Simpobtener una

or para cone

f(a) y f(b), los

puntos igualm

un polinomio

IDAD IV / D

a)3

2

a

b

2xf(d

d

2⌠⎮⎮⎮⌡

b a−

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝

⋅

f x2( )+ f x3( )+

2 n⋅

x2 1.047198=

x2 x1 h+:=

pson estimación e

ctar los punto

s tres puntos

mente espaci

o de tercer ord

DIFERENCIA

xx( ) d

a

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠

f x4( )+ f x5( )+

x3 1.570796=

x3 x2 h+:=

exacta de una

os. Por ejem

se pueden co

iados entre f

den.

ACION E INT

E 0.228463=

) f x6( )+ ⎤⎥⎦

x4 2.09439=6

x4 x3 h+:=

a integral es c

plo, si hay u

onectar con u

f(a) y f(b), lo

TEGRACIO

3

x5 2.6179=95

x5 x4 h+:=

con el uso de

n punto extra

una parábola.

os cuatro pun

N NUMERIC

1

994

h

e polinomios

a a la mitad d

.

ntos se pued

CA

106

de

del

den


Las formulas que resultan al tomar las integrales bajo esos polinomios son conocidos como

reglas de Simpson.

Regla de Simpson 1/3

La Regla de Simpson 1/3 resulta cuando una interpolación polinomial de segundo orden es

sustituida en la ecuación :

∫ ∫≈=d

b

d

b

dxxfdxxfI )()( 2 2abh −

=

donde, para este caso, h = (b - a)/2. Esta ecuación es conocida como regla Simpson 1/3. La

especificación"1/3" surge del hecho de que h está dividida entre 3 en la ecuación anterior .

La regla de Simpson 1/3 se expresa también con el uso del formato de la ecuación :

6)()(4)(

)( 210 xfxfxfabI

++−=

Ejemplo de aplicación de la regla de Simpson de 1/3 simple

f x( ) 0.2 25x+ 200 x2− 675 x3

+ 900 x4− 400 x5

+:=

desde a = 0 hasta b = 0.8

solucion el valor exacto es:

0

0.8xf x( )

⌠⎮⌡

d 1.640533333333333333→

x 0 0.01, 0.8..:=

107


108

,

0 0.5 1

2

4

f x( )

x

a 0:= b 0.8:=hb a−( )

2:=

h 0.4= f x( ) 0.2 25 x+ 200 x2− 675 x3+ 900 x4− 400 x5+:=

f a( ) 0.2= f h( ) 2.456= f b( ) 0.232=

la regla de Simpson 1/3

I b a−( )f a( ) 4 f h( )⋅+ f b( )+

6⋅:=

I 1.367467=

media0

0.8

x4xf x( )d

d

4⌠⎮⎮⎮⌡

d

b a−2400.0000000000000000−→:=

E1−

90h 5 media⋅:=E a

b a−( ) 5−

2880media⋅:=

E 0.2730667( )=E a 0.2730667=

Problemas propuestos: evalúense las integrales con la aplicación simple de la regla Simpson

de 1/3

a( )0

10

x10 2x+ 6x2− 5x4+( )⌠⎮⌡

d →

b( )3−

5

x1 x− 4x3− 3x5+( )⌠⎮⌡

d →

R

L

s

L

O

A

S

r

a

c( )0

π⌠⎮⌡

d( )0

4

x⋅⌠⎮⌡

Regla de Sim

La Regla de S

segmentos de

nabh −

=

La integral tot

Observe que

Además, los

Sin embargo

representan e

aplicaciones

UN

8 5 sin x( )⋅+( )

xe2xd74

ex⋅→

mpson 1/3 de

Simpson se p

e igual anchu

tal se puede

bI ( −=

e, se debe ut

coeficientes

o, siguen en

el termino me

adyacentes y

IDAD IV / D

xd 8 π⋅ 10+→

xp 8( )14

+

e segmentos

puede mejora

ura

representar c

xfa

4)()

0 +

tilizar un num

"4"y "2" en la

n forma natu

edio para cad

y por tanto se

DIFERENCIA

0

s múltiple

ar al dividir el

como :

n

xfn

ii

3

)(41

5,3,1+∑

−

=

mero par de s

a ecuación po

ural la regla

da aplicación

cuentan dos

ACION E INT

intervalo de i

n

xfn

jj )(2

2

6,4,2∑

−

=

segmentos p

odrían parece

a de Simpso

n. Los puntos

veces.

TEGRACIO

integración en

xf n )(+

para impleme

er peculiares

on 1/3. Los

s pares son c

N NUMERIC

1

n un numero

ntar el métod

a primera vis

puntos non

comunes en

CA

109

de

do.

sta.

nes

las


110

Un error estimado para la aplicación de la regla de Simpson se obtiene sumando los errores

individuales de los segmentos y sacando el promedio de la derivada.

)(180

)( )4(4

5

ξfnabEa

−−=

donde f (4) es el promedio de la cuarta derivada para el intervalo

Ejemplo : de la regla de Simpson de 1/3 de aplicación múltiples

f x( ) 0.2 25x+ 200 x2− 675 x3

+ 900 x4− 400 x5

+:=

desde a = 0 hasta b = 0.8 con n = 4

solucion el valor exacto es:

0

0.8xf x( )

⌠⎮⌡

d 1.640533333333333333→

x 0 0.01, 0.8..:= ,

0 0.5 1

2

4

f x( )

x

a 0:= b 0.8:= n 4:=hb a−( )

n:=

f x( ) 0.2 25x+ 200 x2− 675 x3+ 900 x4− 400 x5+:=h 0.2=


I b a−( )f x0( ) 4 f x1( ) f x3( )+( )⋅+ 2 f x2( )( )⋅+ f x4( )+

3 n⋅⋅

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

:=

la regla de Simpson 1/3 de aplicación multiple

f x3( ) 3.464=f x2( ) 2.456=f x1( ) 1.288=f x0( ) 0.2=f x4( ) 0.232=

x4 0.8=x3 0.6=x2 0.4=x1 0.2=x0 0=

x4 b:=x3 a h+ h+ h+:=x2 a h+ h+:=x1 a h+:=x0 a:=

I 1.623467=

media0

0.8

x4xf x( )d

d

4⌠⎮⎮⎮⌡

d

b a−2400.0000000000000000−→:=

Eab a−( ) 5

−

180 n 4⋅

media⋅:=

Ea 0.017067=

Regla de Simpson 3/8

3abh −

=

[ ]8

)()()(3)()( 3210 xfxfxfxf

abI+++

−=

111


)(

6480)( )4(

5

ξfabEa−

−=

LA REGLA DE SIMPSON 3/8

a( ) Con la regla de Simpson 3/8 integre

f x( ) 0.2 25 x+ 200 x2− 675 x3

+ 900 x4− 400 x5

+:=

desde a = 0 hasta b = 0.8 con n = 4

b( ) Usela junto con la regla de simpson 1/3 con la finalidad de integrar la misma funcion en cinco segmentos.

soluciona( ) Una sola aplicacion de la regla de Simpson requiere cuatro puntos equidistantes:

el valor exacto es:

0

0.8xf x( )

⌠⎮⌡

d 1.640533333333333333→

x 0 0.01, 0.8..:=

0 0.5 1

2

4

f x( )

x

f x3( ) 0.232=f x2( ) 3.487177=f x1( ) 1.432724=f x0( ) 0.2=

x3 0.8=x2 0.5333=x1 0.267=x0 0=

x3 b:=x2 a h+ h+:=x1 a h+:=x0 a:=

h 0.267=f x( ) 0.2 25x+ 200x2

− 675x3+ 900x4

− 400x5+:=

hb a−( )

3:=

n 4:=b 0.8:=a 0:=

112


la regla de Simpson 3/8

I b a−( )f x0( ) 3 f x1( )⋅+ 3 f x2( )⋅+ f x3( )+

8⋅

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

:=

I 1.51917=

media0

0.8

x4xf x( )d

d

4⌠⎮⎮⎮⌡

d

b a−2400.0000000000000−→:=

Eab a−( )5

−

6480media⋅:=

Ea 0.121363=

b( ) Los datos necesarios para una aplicacion con cinco segmentos

f x5( ) 0.232=f x4( ) 3.182=f x3( ) 3.186=f x2( ) 1.743393=f x1( ) 1.296919=f x0( ) 0.2=

x1 0.16=x0 0=x5 0.8=x4 0.64=x3 0.48=x2 0.32=

x5 a h+ h+ h+ h+ h+:=

x4 a h+ h+ h+ h+:=x3 a h+ h+ h+:=x2 a h+ h+:=x1 a h+:=x0 a:=

h 0.16=f x( ) 0.2 25x+ 200x2

− 675x3+ 900x4

− 400x5+:=

hb a−( )

n:=

n 5:=b 0.8:=a 0:=

113


La integral para los dos primeros segmentos se obtiene usando la regla de simpson 1/3

x0 0= x1 0.16= x2 0.32=I1 x2 x0−( )

f x0( ) 4 f x1( )⋅+ f x2( )+

6⋅

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

:=

I1 0.3803237=

Para los ultimos tres segmentos , la regla 3/8 se utiliza para obtener x2 0.32= x3 0.48= x4 0.64= x5 0.8=

I2 x5 x2−( )f x2( ) 3 f x3( ) f x4( )+( )⋅+ f x5( )+

8⋅:=

I2 1.2647535=

La integral total calculada sumando los dos resultados:I I1 I2+:=

I 1.6450772=

4.3 Integración Múltiple

Cualquiera de las técnicas de integración vistas en esta unidad es modificable, de modo que

se puede aplicar en la aproximación de integrales dobles o triples. A continuación se ilustra

el método de Simpson 1/3 en la solución de integrales dobles.

a) ∫ ∫π

0

3

0ysenxdxdy

Se divide el intervalo [ a, b] = [ 0, 3 ] en n = 6 subintervalos iguales, con lo que la amplitud de

cada subintervalo es igual a:

I0

π

y0

3xy sin x( )⋅

⌠⎮⌡

d⌠⎮⌡

d:= I 9.82022=

h13 0−

6:= h1 0.5=

f x( ) sin x( ):=

x0 0:= x1 x0 h1+:= x2 x1 h1+:= x3 x2 h1+:= x4 x3 h1+:= x5 x4 h1+:= x6 x5 h1+:=

I1 3 0−( )f x0( ) 4 f x1( ) f x3( )+ f x5( )+( )⋅+ 2 f x2( ) f x4( )+( )⋅+ f x6( )+

3 6( )⋅⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅:=

I1 1.9907=

114


115

Se divide el intervalo [ a, b] = [ 0, π ] en n = 8 subintervalos iguales, con lo que la amplitud de


g y( ) I1 y⋅:= h2π 0−

8:= h2 0.393=

y0 0:= y1 y0 h2+:= y2 y1 h2+:= y3 y2 h2+:= y4 y3 h2+:= y5 y4 h2+:= y6 y5 h2+:=

y7 y6 h2+:= y8 y7 h2+:=

I2 π 0−( )g y0( ) 4 g y1( ) g y3( )+ g y5( )+ g y7( )+( )⋅+ 2 g y2( ) g y4( )+ g y6( )+( )⋅+ g y8( )+

3 8( )⋅⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅:=

I2 9.8237=



I1

3y

0

4xex y+⌠

⎮⌡

d⌠⎮⌡

d:= I 930.85274=

h14 0−

4:= h1 1=

f x( ) ex:=

x0 0:= x1 x0 h1+:= x2 x1 h1+:= x3 x2 h1+:= x4 x3 h1+:=

I1 4 0−( )f x0( ) 4 f x1( ) f x3( )+( )⋅+ 2 f x2( )( )⋅+ f x4( )+

3 4( )⋅⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅:=

I1 53.8638=



g y( ) I1 ey⋅:= h23 1−

6:= h2 0.333=

y0 0:= y1 y0 h2+:= y2 y1 h2+:= y3 y2 h2+:= y4 y3 h2+:= y5 y4 h2+:= y6 y5 h2+:=

I2 3 1−( )g y0( ) 4 g y1( ) g y3( )+ g y5( )+( )⋅+ 2 g y2( ) g y4( )+( )⋅+ g y6( )+

3 6( )⋅⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅:=

I2 344.162=


4.4 Aplicaciones Antecedentes:

La determinación de la cantidad de calor requerido para elevar la temperatura de un material

es un problema con el que a menudo nos enfrentamos. La característica necesaria para

llevar acabo este calculo es la capacidad calorífica c . este parámetro representa la cantidad

de calor requerida para elevar una unidad de temperatura en una unidad de masa. Si c es

constante en el intervalo de temperatura que se examinan, el calor requerido

TmcH Δ=Δ ............EC. 1

donde c esta en , m = masa (g) y )/( Cgcal °⋅ TΔ = cambio de temperatura . Y la

ecuación para calcular el promedio

)( C°

:)(Tc

12

2

1

TT

dTTcTc

T

T

−=

∫ )()(

........................EC. 2

donde . 12 TTT −=Δ

Nota : para hallar el valor exacto de la función se debe sustituir la ecuación 2 en la ecuación

1.

La capacidad calorífica de un material podría aumentar con la temperatura de acuerdo con

la relación tal como

274 10642105611320 TxTxTc −− ++= ...)(

con 1000 gramos de material desde –100 hasta 200 °C.

Determine:

a) El valor exacto de la integral

] ( ) ∫∫

=−⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=Δ=Δ=Δ 2

1

2

112

12

T

T

T

T dtTcmTTTT

dtTcmtTcmTmcH )(

)()()()[(

116


1000100−

200

T0.132 0.000156 T+ 0.000000264 T 2+( )⌠⎮⌡

d⋅ 42732.000000000000000→

b) Grafica

100 0 100 2000.1

0.15

0.20.174

0.119

c T( )

200100− T

c) Las integración numérica siguiente

• Regla del trapecio simple

c T( ) 0.132 0.000156T+ 0.000000264T2+:=

T0 100−:= c T0( ) 0.11904=m 1000:=

T1 200:= c T1( ) 0.17376=

I1 T1 T0−( )c T0( ) c T1( )+

2⋅:= I m I1⋅:= I 43920=

Regla del trapecio de aplicación múltiple con n = 2

c T( ) 0.132 0.000156 T+ 0.000000264 T2+:=

h200 100−( )−

2150→:= T0 100−:= c T0( ) 0.11904=

T1 T0 h+ 50→:= c T1( ) 0.17376=n 2:=

m 1000:= T2 T1 h+ 200→:= c T2( ) 0.17376=

I1 T2 T0−( )c T0( ) 2 c T1( )⋅+ c T2( )+

2n⋅:=

I m I1⋅:= I 43029=

117


118

• Regla de Simpson de 1/3

c T( ) 0.132 0.000156 T+ 0.000000264 T 2+:=

h200 100−( )−

2150→:= T 0 100−:= c T 0( ) 0.11904=

T 1 T 0 h+ 50→:= c T 1( ) 0.14046=

m 1000:= T 2 T 1 h+ 200→:= c T 2( ) 0.17376=

I1 T 2 T 0−( )c T 0( ) 4 c T 1( )⋅+ c T 2( )+

6⋅:=

I m I1⋅:= I 42732=

• Regla de Simpson de 1/3 de aplicación múltiple n = 5

I 39413.6=I m I1⋅:=

I1 3000.11904 4 0.12618 0.14617+( )+ 2 0.13523 0.15901+( )+ .17376+

15⋅ 39.413600000000000001→:=

m 1000:=

c T 5( ) 0.17376=c T 4( ) 0.15901=

c T 3( ) 0.14617=T 5 T 4 h+ 200→:=c T 2( ) 0.13523=c T 1( ) 0.12618=c T 0( ) 0.11904=

T 4 T 3 h+ 140→:=T 3 T 2 h+ 80→:=T 2 T 1 h+ 20→:=T 1 40−:=T 0 100−:=

c T( ) 0.132 0.000156 T+ 0.000000264 T 2+:=

h300

560→:=

• Regla de Simpson de 3/8

h3003

100→:=c T( ) 0.132 0.000156 T+ 0.000000264 T2+:=

T0 100−:= T1 0:= T2 T1 h+ 100→:= T3 T2 h+ 200→:=

c T0( ) 0.11904= c T1( ) 0.132= c T2( ) 0.15024= c T3( ) 0.17376=

m 1000:=

I1 3000.11904 3 0.132 .15024+( )+ .17376+

8⋅ 42.732000000000000000→:=

I m I1⋅:= I 42732=

UNIDAD 5

SOLUCION DE ECUACIONES

DIFERENCIALES

Objetivo: Aplicara los métodos numéricos para la

solución de problemas de diferenciación

de integración numérica, usando un

lenguaje de programación.

.

UNIDAD V / SOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES

5.1. Método de un paso

El objetivo del método es obtener una aproximación al problema

),,( yxfdxdy

= bxa ≤≤

con la condición inicial, 00 )( yxy = .

Inicialmente no se obtendrá una aproximación continua de la solución y(x), sino que se

generarán aproximaciones de y en varios puntos, llamados puntos de red, en el intervalo [a , b].

Una vez que se obtenga la solución aproximada en estos puntos, es posible encontrar un

polinomio de interpolación que se ajuste a los valores (tabulados) obtenidos. Supondremos que

los puntos de la red están distribuidos uniformemente sobre el intervalo [a , b]. Podemos

garantizarlo, escogiendo un entero positivo N y seleccionando los puntos de red

nxxxx <<<< ...210 donde

ihxxi += 0 , para cada i = 0, 1, 2, ..., N

La distancia común entre los puntos,

Na - b = h

se llama tamaño de paso, y el punto inicial, (x0 , y0), es el único punto conocido de la solución

exacta.

La aproximación y1 en el próximo punto x1 de la red está determinado por la recta tangente a la

curva y en el punto (x0 , y0):

119


120

Como

,dx

= )y,xf( = )x(y’ = x - x 000

01

01 dyy - y

entonces,

( ) ( )000101 , yxfxxyy −=−

Por lo tanto,

( )0001 , yxhfyy +=

Y, en general,

),(1 nnnn yxhfyy +=+

con nn xxh −= +1

La solución explícita es y = 2ex - x - 1, y para el punto x20 = 1 se tiene que y (x 20) = 3.4365637.

5.1.1 Método de Euler y Euler mejorado Método de Euler

Este método fue ideado por Euler hace más de 200 años. Es bastante sencillo, pero no tan

preciso como los otros métodos que veremos posteriormente. Sin embargo, el método de

Euler sirve como punto de partida hacia técnicas alternativas que aparecerán según se

considere.

La primera derivada proporciona una estimación directa de la pendiente en Xi

),( ii yxf=φ

donde f (X i, Y i) es la ecuación diferencial evaluada en Xi y Yi, Tal estimación podrá

substituirse en la ecuación nos queda que :

hyxfyY iiii ),(+=+1


Esta fórmula es conocida como el método de Euler ( o Euler- Caunchy o de un punto medio).

Se predice un nuevo valor de Y por medio de la pendiente (igual a la primera derivada en el

valor original de X) que habrá de extrapolarse en forma lineal sobre el tamaño de paso h

Ejemplo:

Método de Euler

Enunciado del problema : utilícese el método de Euler para la ecuación

f x( ) 0.5− x4 4x3+ 10x2− 8.5x+ 1+:=

De x = 0 hasta x = 4 con un tamaño de paso de 0.5. La condición inicial en x = 0 es y = 1.

Solución:

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

===

+−+−=

=

5.0?)4(1)0(

5.820120.2)( 23

hyy

xxxdx

xdf

PVI

121


f x( ) 0.5− x4 4x3+ 10x2− 8.5x+ 1+:=x 0 0.0001, 4..:=

0 1 2 3 4

10

5

5

10

f x( )

xf x( )d

d

x

5.250005.87500

5.125004.500004.75000

5.87500

7.125007.00000

3.25000

1.00000

3.218753.000002.218752.00000

2.71875

4.000004.71875

3.00000

0.00000

1.00000

2.00000

3.00000

4.00000

5.00000

6.00000

7.00000

8.00000

1 2 3 4 5 6 7 8 9

Ejercicios:

Enunciado del problema : utilícese el método de Euler para la ecuación

f x( ) 0.5− x4 4x3+ 10x2− 8.5x+ 1+:=

De x = 0 hasta x = 4 con un tamaño de paso de 0.25. La condición inicial en x = 0 es y = 1.

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

===

+−+−=

=

25.0?)4(1)0(

5.820120.2)( 23

hyy

xxxdx

xdf

PVI

122


3.12500

4.179694.492194.34375

3.968753.55469

3.242193.125003.250003.61719

4.179694.84375

5.468755.867195.80469

5.00000

3.12500

1.00000

2.560553.218753.279303.00000

2.591802.218751.998052.000002.24805

2.718753.34180

4.000004.529304.71875

4.31055

3.00000

0.00000

1.00000

2.00000

3.00000

4.00000

5.00000

6.00000

7.00000

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17

Análisis de error en el método de Euler

La solución numérica de las ecuaciones diferenciales ordinarias (EDO) involucra dos tipos de

error :

1) Errores de Truncamiento, o discretizacion, causados por la naturaleza de las

técnicas empleadas para aproximar los valores de y.

2) Errores de Redondeo , que son el resultado del numero limite de cifras significativas

que pueden retener una computadora.

Los errores de truncamiento se componen de dos partes. La primera es un error de

truncamiento local que puede que resulta al aplicar el método en cuestión en un paso. El

123


segundo error de programación que resulta de las aproximaciones producidas durante los

pasos anteriores. La suma de los dos es el error de truncamiento global.

Ejercicio: Resuelva el siguiente

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

===

−=

2.0?)1(2)0(

)(

hyy

yxdxdy

PVI

mediante el método de Euler

1.60000

1.320001.13600

1.02880 0.983040.98643

0.00000

-0.30000-0.44800 -0.50160 -0.50304-0.48304

-1.00000

-0.50000

0.00000

0.50000

1.00000

1.50000

2.00000

1 2 3 4 5 6

Ejercicios: Un tanque cilíndrico de fondo plano con un diámetro de 1.5 m contiene un líquido

de densidad ρ = 1.5 kg/L a una altura a de 3 m. Se desea saber la altura del líquido dentro

del tanque tres minutos después de que se abre completamente la válvula de salida, la cual

124


125

da un gasto de gaA 260. , donde A es el área seccional del tubo de salida y es

m2 y g = 9.81 m/s2.

sm /3

410578 −x.

Solución El vaciado el llenado de un tanque cilíndrico se modela haciendo un balance de materia con

las siguiente expresión :

306

0180=

−=h

Acumulación = entrada – salida gaAdt

dV 2600 .−=ρ

donde :

ahrV 22π= 750 ).(π=

entonces :

gaAdtda 260.−=750 2).(π ga

gaAdtda 200266530

750260

2 .).(

.−=

−=

π

Al considerar como tiempo cero el momento el abrir momento de abrir la válvula y además la

altura buscada a un tiempo de 3 minutos (180 segundos), se llega

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎧dtda

⎨=

=

−=

?)()(

.

18030

200266530

ama

ga

PVI


En virtud de que la exactitud de los resultados que se esperan no es grande, se usa el

método de Euler para resolver este PVI.

Tiempo (s) 0 30 60 90 120 150 180

a (m) 3.00 2.39 1.84 1.36 0.95 0.60 0.33

Ejercicios : Calcule el tiempo necesario para que el nivel del liquido del tanque esférico con

radio r = 5 m mostrado en la figura pase de 4 m a 3 m. La velocidad de salida por el orificio

del fondo es av 8954.= m/s, el diámetro de dicho orificio es de 10 cm

Solución :

Balance de materia en el tanque

Acumulación = entrada – Salida

ρρ AvdtdV

−= 0

126


127

donde v es el volumen del líquido en el tanque que, en función de la altura esta dado por

)(53

2 aa3

V −= π 3m

A es el área del orificio de salida

2104

).(π

=A 2m

y

av 8954.= m/s

Estas cantidades se sustituyen en la primera ecuación y se tiene

adt

aad895410

43

52

32

.).()( ππ −=

−

Se deriva

adtdaa

dtdaa 8954

410

3310

22

.).(

−=−

y al despejar se tiene

)().(.

2

2

104108954aa

adtda

−−

=

que con la condición inicial y la pregunta forma el siguiente y la pregunta forman el siguiente

PVI(problema de valor inicial)

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

==

−−=

mama

aaa

dtda

PVI340

101223750

2

(?))(

)(.


128

Con el Método de Euler y un paso de integración de h = 10 segundos, se tiene

Por lo tanto el tiempo necesario para que el nivel del liquido dentro del tanque esférico pase

de 4 a 3m es aproximadamente 100 segundos.

Método de Euler mejorado. En el método de Euler se tomo como valida para todo el primer subintervalo la derivada

encontrada en un extremo de este. Para obtener una exactitud razonable se utiliza un

intervalo muy pequeño, a cambio de un error de redondeo mayor 8 ya que se realizara mas

cálculos).

El método de Euler modificado trata de evitar este problema utilizando un valor promedio de

la derivada tomada en los extremos del intervalo, en lugar de la derivada tomada en un solo

extremo.

El método de Euler modificado consta de dos pasos básicos :

1. Se parte de y se utiliza el método de Euler a fin de calcular el valor de

correspondiente a . Este valor de se denotara aquí como

( 00 , yx

1x

) y

y 1y , ya que solo es un

valor transitorio para . Esta parte del proceso se conoce como paso predictor. 1y

2. El segundo paso se llama corrector , pues trata de corregir la predicción. En el

nuevo punto obtenido ( )11, yx se evalua la derivada ( )11, yxf usando la ecuación

diferencial ordinaria PVI que se este resolviendo; se obtiene la media aritmética de

esta derivada y la derivada en el punto inicial ( )00 , yx .

s

q

5E

U

N

o

D

v

p

d

se usa la deri

que deberá s

5.1.2 MétoEs la resoluci

( , )dy f x ydx

=

Utilizando un

Nuevo valor =

o en términos

1i iY y hφ+ = +

De acuerdo c

valor anterior

puede aplicar

de la solución

U

[21

ivada promed

er mas exact

y

odo de Rungeión de ecuaci

)

método num

= valor anterio

s matemático

h

con esta ecu

r Yi a un nue

r paso a paso

n.

NIDAD V / S

( )[ 00 , fyxf +

dio para calcu

Y i =+1

to que y1.

( 101

xyy +=

e – Kutta iones diferenc

mérico se pued

or + pendient

s como :

uación, la pen

vo valor Yi+1

o para calcula

SOLUCION

( )]11 , yxf = d

ular un nuevo

xfy i (+

) ([ 00 ,

2xf

x−

ciales de la fo

de resolver un

te * tamaño d

ndiente estim

en una dista

ar el valor en

DE ECUAC

derivada prom

valor de y1 ,

hyx ii ),

) ( 10 , yxfy +

orma

na ecuación c

el paso

mada φ se us

ancia h (ver g

el futuro y, p

CIONES DIF

medio

con la ecuac

)]1y

como :

sa para extra

gráfico Nº1). E

por tanto, traz

ERENCIALE

1

ión

apolar desde

Esta fórmula

ar la trayecto

ES

129

un

se

oria


130

Todos los métodos de un paso se pueden expresar en esta forma general, que sólo va a

diferir en la manera en la cual se estima la pendiente. El procedimiento mas simple es usar

la ecuación diferencial para estimar la pendiente derivada en Xi al inicio del intervalo. En

otras palabras, la pendiente al inicio del intervalo es tomada como una aproximación de la

pendiente promedio sobre todo el intervalo. Este procedimiento se llama método de Euler.

Existen otros métodos de un paso que cumplen estimaciones de pendiente en forma alterna

y cuyas resultantes serán predicciones mas exactas. Todas estas técnicas se conocen por lo

general como métodos de Runge-Kutta.

Método de Runge-Kutta

Los métodos de Runge-Kutta (RK) logran la exactitud del procedimiento de una serie de

Taylor sin requerir el calculo de derivadas superiores. Existen muchas variaciones, pero

todas se pueden denotar en la forma generalizada de la ecuación :

1 ( , , )i i i iY y x y h hφ+ = +

donde φ(xi,yi,h) es conocida como función incremento, al cual puede interpretarse como una

pendiente representativa sobre el intervalo. La función incremento se escribe por lo general

como :

1 1 2 2 ... n na k a k a kφ = + + +

donde a son constantes y las k son :

1

2 1 11 1

3 2 21 1 22 2

1 1 1 1,2 2 1, 1

( , )( , )( , )( , ... )

i i

i i

i i

n i n i n n n n n

k f x yk f x p h y q k hk f x p h y q k h q k hk f x p h y q k h q k h q k h− − − − −

=

= + += + + += + + + + + 1−

Observe que las k son relaciones de concurrencia. Esto es k1 aparece en la ecuación para

k2, que apareces en la ecuación de k3,etc. Esta recurrencia hace a los métodos RK

eficientes para su calculo en computadoras.

Es posible concebir varios tipos de métodos de Runge-Kutta al emplear diferentes números


131

de términos en la función incremento como la especificada por n. Observe que el método de

Runge-Kutta (RK) de primer orden con n = 1 es, de hecho, el método de Euler.

Una vez que se elige n, se evalúan las a,p y q al igualar la ecuación [10] a los termino de la

serie de expansión de Taylor .Así al menos para las versiones de orden inferior, el numero

de términos n con frecuencia representa el orden de la aproximación.

Método de Runge-Kutta de segundo Orden

La versión de segundo orden de la ecuación [10]

1 1 1 2 2

1

2 1 11 1

( )( , )( , )

i i

i i

i i

Y y a k a k hk f x yk f x p h y q k h

+ = + +== + +

Los valores para a1,a2,p1 y q11 son evaluados al igualar el termino se segundo orden de la

ecuación Yi+1 en [12] con la expansión de la serie de Taylor. Para realizar esto,

desarrollamos tres ecuaciones para evaluar las cuatro constantes desconocidas. Las tres

ecuaciones son :

1 2

1 2

2 11

11212

a a

a p

a p

+ =

=

=

Ejemplo : Método RK de segundo orden:

F ( x , y) = - 2 x 3 + 12 x 2 – 20 x + 8.5

Desde x = 0 hasta x = 4 usando un tamaño de paso de 0.5.

La condición inicial en x = 0 es y = 1.

Solución:

Y I + 1 = y I + ( 1/3 k 1 + 2/ 3 k 2) h

k 1 = f ( x i , y i )


k 2 = f ( x I + 3/4 h , y I + 3/4 hk1 )

φ = 1/3k1 + 2/3 k2

X = 0 y = 1 h = 0.5

k 1 = f ( x i , y i )

K 1 0 f ( 0 , 1 ) = - 2 (0) 3 + 12 (0) 2 – 20 (0) + 8.5 = 8.5

k 2 = f ( x I + 3/4 h , y I + 3/4 hk1 )

K 2 = f [ ( 0 +3/4 ( 0.5) , 1 + 3/4 (0.5)(8. 5 )] =

K 2 = f ( 0.375 , 4.1875 )

= - 2 (0.375) 3 + 12 (0.375) 2 – 20 (0.375) + 8.5 =

= 2.58203125

φ = 1/3k1 + 2/3 k2

φ = 1/3( 8.5 ) + 2/3 (2.58203125) = 4.5546875

Y I + 1 = y I + ( 1/3 k 1 + 2/ 3 k 2) h

Y (0.5) = 1 + 4.5546875 ( 0.5 ) = 3. 27734375

X = 0.5 y = 3.27734375 h = 0.5

k 1 = f ( x i , y i )

K1 = f ( 0.5 , 3. 27734375 )

= - 2 (0.5) 3 + 12 (0.5) 2 – 20 (0.5) + 8.5

= 1.25

132


k 2 = f ( x I + 3/4 h , y I + 3/4 hk1 )

K 2 = f [ ( 0.5 +3/4 ( 0.5) , 3.27734375 + 3/4 (0.5)(1.25 )] =

K 2 = f ( 0.875 , 3.74609375 )

= - 2 (0.875) 3 + 12 (0.875) 2 – 20 (0.875) + 8.5

= - 1.15234375

φ = 1/3k1 + 2/3 k2

φ = 1/3( 1.25 ) + 2/3 (- 1.15234375) = - 0.3515625

Y I + 1 = y I + ( 1/3 k 1 + 2/ 3 k 2) h

Y (0.5) = 3.27734375 + ( - 0. 3515625) ( 0.5 ) = 3.1015625

X Y verdadera

Ralston RK ⏐∈ v⏐ 0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

4.0

1.00000

3.21875

3.00000

2.21875

2.00000

2.71875

4.00000

4.71875

3.00000

1.00000

3.27734375

3.1015625

2.34765625

2.140625

2.85546875

4.1171875

4.80078125

3.03125

0

1.8

3.4

5.8

7.0

5.0

2.9

1.7

1.0

133


134

Método de Runge-Kutta de tercer Orden

Para n = 3, se puede hacer desarrollo similar al método de segundo orden. El resultado de

dicho desarrollo es de seis ecuaciones con ocho incógnitas. Por tanto, se debe especificar

con antelación los valores para las dos incógnitas con el fin de establecer los parámetros

restantes. Una versión común que resulta es :

( )1 1 2

1

2 1

3 1

1 46

( , )1 1( , )2 2

( , 2

i i

i i

i i

i i

Y y k k k h

k f x y

k f x h y k h

k f x h y k h k h

+ = + + +

=

= + +

= + − +

3

2 )

5.2. Métodos de pasos múltiples Los métodos del tipo de Runge - Kutta (los cuales incluyen los métodos de Euler y de Euler

modificado como caso especial), se llaman métodos de un paso, debido a que solo utilizan la

información del último paso calculado. Es decir, a pesar de que estos métodos generalmente

0.00000

1.00000

2.00000

3.00000

4.00000

5.00000

6.00000

0 2 4 6 8 10

Y verdadera


135

usan información de evaluación funcional en puntos entre x1 y x i+1, no retienen esta

información para usarla directamente en aproximaciones futuras.

Las técnicas alternas, llamadas Métodos de Pasos Múltiples, se basan en el conocimiento de

que una vez que los cálculos se han iniciado, la información evaluada en puntos previos

sirve de guía. La curvatura de las líneas que conectan estos puntos anteriores proporciona

información referente a la trayectoria de la solución.

El principio fundamental de los Métodos de Pasos Múltiples es el de utilizar los valores

anteriores de y o y' para construir un polinomio que se aproxime a la función derivada, y

extrapolar este polinomio en el siguiente intervalo. La mayoría de los métodos utilizan

valores equiespaciados anteriores, para hacer que la construcción de polinomios sea fácil.

5.3. Sistemas de ecuaciones diferenciales ordinarias Problema : Pase la ecuación diferencial ordinaria

222

2

yxdxdy

dxyd

+=+

A un sistema de dos ecuaciones diferenciales ordinarias simultaneas de primer orden.

Solución :

222

2

yxydx

yd++′−=

El cambio de variable es:

yy =1 ; yy ′=2

Al derivar la primera y sustituir en la segunda queda:

21 yy =′

Se deriva la segunda

yy ′′=′2

Y las nuevas variables se sustituyen en la ecuación diferencial, con lo cual resulta

21

222

21

yxyyyy

++−=′

=′


136

5.4. Aplicaciones Ejercicios:

En un tanque perfectamente agitado se tiene 400L de una salmuera en la cual están

disueltos 25 kg de sal común (NaCl), en cierto momento se hace llegar al tanque un gasto de

80 L/min de una salmuera que contiene 0.5 Kg. de sal común por litro. Si se tiene un gasto

de salida de 80 L/min determine.

a) ¿ Que cantidad de sal hay en el tanque transcurridos 10 minutos?

b) ¿Qué cantidad de sal hay en el tanque transcurridos un tiempo muy grande?

Solución:

a) si se llaman x los Kg. De sal en el tanque después de t minutos , la acumulación de

sal en el tanque esta dada por y por la expresión dtdx /

=dtdx

masa de sal que entra - masa de sal que sale

los valores conocidos se sustituyen y se llega a la ecuación :

xdtdx

xdtdx

2040

400805080

.

)().(

−=

−=

que con la condición inicial de que hay 25 Kg. De sal al tiempo cero, da el siguiente

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

==

−=

?)()(

.

10250

2040

xx

xdtdx

PVI

como vía de ilustración se utilizara un método de Runge - Kutta de tercer orden cuyo

algoritmo esta dado por:


)( 3211 46

kkkhyy ii +++=+

con

( )

( )123

12

1

222

hkhkyhxfk

hkyhxfk

yxfk

ii

ii

ii

−++=

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++=

=

,

,

,

y3 103.98=y3 y216

k1 4 k2+ k3+( )⋅ h⋅+:=

k3 19.704=k2 25.788=k1 23.458=

k3 40 0.2 y2 k1 h− 2 k2 h+( )−:=k2 40 0.2 y212

k1⋅ h⋅+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

−:=k1 40 0.2 y2( )−:=

h 1:=y2 82.712:=x2 1:=

y2 82.712=y2 y116

k1 4 k2+ k3+( )⋅ h⋅+:=

k3 24.069=k2 25.788=k1 28.653=

x0 0:= y0 25:= h 1:=

k1 40 0.2 y0( )−:= k2 40 0.2 y012

k1⋅ h⋅+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

−:= k3 40 0.2 y0 k1 h− 2 k2 h+( )−:=

k1 35= k3 29.4=k2 31.5=

y1 y016

k1 4 k2+ k3+( )⋅ h⋅+:= y1 56.733=

x1 1:= y1 56.733:= h 1:=

k1 40 0.2 y1( )−:= k2 40 0.2 y112

k1⋅ h⋅+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

−:= k3 40 0.2 y1 k1 h− 2 k2 h+( )−:=

137


x3 1:= y 3 103.98:= h 1:=

k1 40 0.2 y 3( )−:= k2 40 0.2 y 312

k1⋅ h⋅+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

−:= k3 40 0.2 y 3 k1 h− 2 k2 h+( )−:=

k1 19.204= k2 17.284= k3 16.131=

y 4 y 316

k1 4 k2+ k3+( )⋅ h⋅+:= y 4 121.392=

y 6 147.316=y6 y516

k1 4 k2+ k3+( )⋅ h⋅+:=

k3 13.206=k2 11.584=k1 12.871=

k3 40 0.2 y5 k1 h− 2 k2 h+( )−:=k2 40 0.2 y512

k1⋅ h⋅+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

−:=k1 40 0.2 y5( )−:=

h 1:=y5 135.646:=x5 1:=

y 5 135.646=y5 y416

k1 4 k2+ k3+( )⋅ h⋅+:=

k3 13.206=k2 14.149=k1 15.722=

k3 40 0.2 y4 k1 h− 2 k2 h+( )−:=k2 40 0.2 y412

k1⋅ h⋅+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

−:=k1 40 0.2 y4( )−:=

h 1:=y4 121.392:=x4 1:=

y8 164.69=y8 y716

k1 4 k2+ k3+( )⋅ h⋅+:=

k3 7.246=k2 7.764=k1 8.626=

k3 40 0.2 y7 k1 h− 2 k2 h+( )−:=k2 40 0.2 y712

k1⋅ h⋅+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

−:=k1 40 0.2 y7( )−:=

h 1:=y7 156.869:=x7 1:=

y7 156.869=y7 y616

k1 4 k2+ k3+( )⋅ h⋅+:=

k3 10.811=k2 11.584=k1 10.537=

k3 40 0.2 y6 k1 h− 2 k2 h+( )−:=k2 40 0.2 y612

k1⋅ h⋅+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

−:=k1 40 0.2 y6( )−:=

h 1:=y6 147.316:=x6 1:=

138


x8 1:= y8 164.69:= h 1:=

k1 40 0.2 y8( )−:= k2 40 0.2 y812

k1⋅ h⋅+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

−:= k3 40 0.2 y8 k1 h− 2 k2 h+( )−:=

k1 7.062= k2 6.356= k3 5.932=

y9 y816

k1 4 k2+ k3+( )⋅ h⋅+:= y9 171.093=

x9 1:= y9 171.093:= h 1:=

k1 40 0.2 y9( )−:= k2 40 0.2 y912

k1⋅ h⋅+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

−:= k3 40 0.2 y9 k1 h− 2k2 h+( )−:=

k1 5.781= k2 5.203= k3 4.856=

y10 y916

k1 4k2+ k3+( )⋅ h⋅+:= y10 176.335=

b) la solución se obtiene hasta que la cantidad de sal en el tanque no cambie con el

tiempo; esto es, hasta que se alcance régimen permanente.

Por lo tanto se obtuvieron los siguientes datos:

139


140

BIBLIOGRAFIA

• Chapra Steven y Canale R. ; Métodos Numéricos para ingenieros; Ed. Mc Graw Hill

• Antonio Nieves – Federico C. Domínguez; Métodos numéricos aplicados a la ingeniería ;

Ed. CECSA

• Ing. Javier Rosas Margarito ; Métodos numéricos, teoría y programación en lenguaje C.;

Ed. Moya

• Nakamura Shoichiro; Métodos numéricos aplicados a software; Ed. Prentice Hall;

• Smith Allen; Análisis numérico; Ed.Prentice Hall

141

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Antologia de Metodos Numericos

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