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Proyecto Final

Métodos Numéricos

04/12/2013

Analco Bedolla Víctor Hugo Bárcenas Galicia Antonio Saldaña Beltrán Yotzelin

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UNIVERSIDAD AUTONÓMA DE LA CIUDAD DE MÉXICO

MATERIA

MÉTODOS NUMÉRICOS

PROFESORA

DRA. ROSA MARGARITA ÁLVAREZ GONZÁLEZ

PROYECTO FINAL

INTEGRANTES

ANALCO BEDOLLA VICTOR HUGO

BÁRCENAS GALICIA ANTONIO

SALDAÑA BELTRÁN YOTZELIN

4 DE DICIEMBRE 2013

EJERCICIO 1

Ajusta la siguiente función

g ( x )=C1+C2x+C3 sen(πx)+C4 sen(2πx )

A los datos de la tabla, en el sentido de mínimos cuadrados

i 1 2 3 4 5 6 7 8 9x i 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9y i 0 2.1222 3.0244 3.2568 3.1399 2.8579 2.514 2.1639 1.8358

a) Grafica los datos y la función ajustada

Al ajustar a puntos dados se puede utilizar una combinación lineal de cualesquiera funciones conocidas por el método de mínimos cuadrados. La curva ajustada a los puntos dados se puede escribir como:

g ( x )=C1 f 1 ( x )+C2 f 2 ( x )+C3 f 3 ( x )+…+Cn f n ( x )=∑n=1

N

Cn f n(x)

Donde f1, f2 … fn son funciones conocidas

C1, C2 … Cn son coeficientes indeterminados

n … N número total de funciones prescritas

de manera que fn(x) ajuste a los puntos en el sentido de mínimos cuadrados.

La desviación de la curva con respecto a cada punto dado se define como:

f i=∑n=1

N

Cn f n(x i)− y i , i=1 ,2 ,3…m(m=númerode puntos dados)

El total de los cuadrados de desviación, es decir minimizar la suma de los errores al cuadrado es:

F=∑i=1

m

(f i)2=∑

i=1

m [∑n=1N

Cn f n(x i)− y i]2

El mínimo de F ocurre cuando las derivadas parciales de F respecto a las incógnitas Ci, i = 1,2….m son cero

∂ F∂C 1

=[2∑ (∑n=1

N

Cn f n(xi)− y i)]∗f 1 (x i)=0

∂ F∂C 2

=[2∑(∑n=1

N

Cn f n(xi)− y i)]∗f 2 (x i )=0

. .

. .

. .

∂ F∂C n

=[2∑ (∑n=1

N

Cn f n(x i)− yi)]∗f n (x i )=0

Con las derivadas parciales tenemos la ecuación matricial

[ ∑ f 12 ∑ f 2 f 1 ⋯ ∑ f n f 1

∑ f 1 f 2 ∑ f 22 ⋮ ∑ f n f 2

⋮

∑ f 1f n

⋮

∑ f 2 f n⋱ ⋮

⋯ ∑ f n2 ][C1C2

⋮Cn

]=[ ∑ y i

∑ y i f 2⋮

∑ y i f n]

Al resolver el sistema de ecuaciones obtenemos los valores de los coeficientes C que generan la menor suma de errores al cuadrado de las funciones

Otra forma para encontrar la ecuación matricial se puede usar: AC = y

Donde

A=[ f 1(x1) f 2(x1) ⋯ f n(x1)f 1(x2) f 2(x2) ⋮ f n(x2)

⋮f 1( xm)

⋮f 2(xm)

⋮ ⋮⋯ f n(m) ] C=[

C1

C2

C3

⋮Cn

] y=[y1y2y3⋮yn

]Que es equivalente a resolver

A ATC=Ay (Sistema de ecuaciones normales)

Debido a que m › n

Por lo que la nueva forma matricial seria:

[ ∑ f 12 ∑ f 2 f 1 ⋯ ∑ f n f 1

∑ f 1 f 2 ∑ f 22 ⋮ ∑ f n f 2

⋮

∑ f 1f n

⋮

∑ f 2 f n⋱ ⋮

⋯ ∑ f n2 ][C1C2

⋮Cn

]=[ f 1(x1) f 1(x2) ⋯ f 1(xm)f 2(x1) f 2(x2) ⋮ f 2(xm)

⋮f n(x1)

⋮f n(x2)

⋮ ⋮⋯ f n(m) ] [

y1y2y3⋮yn

]PROCEDIMIENTO

Se realizará el método de mínimos cuadrados para encontrar los coeficientes C1, C2, C3 y C4 de la siguiente función

g ( x )=C1+C2x+C3 sen(πx)+C4 sen(2πx )

Donde

f 1=1 , f 2=x , f 3=sen ( πx ) y f 4=sen (2πx )son funciones conocidas de manera que f(x) ajuste a los puntos en el sentido de mínimos cuadrados

F (C1 ,C2,C3,C4 )=∑i=1

n

(g (xi )− y i )2=∑i=1

9

[(g ( x1 )− y1 )2+(g (x2 )− y2 )2+(g (x3 )− y3 )2+(g (x4 )− y4 )2+( g (x5)− y5 )2+(g (x6 )− y6 )2+(g (x7 )− y7 )2+(g (x8 )− y8)2+ (g (x9 )− y9 )2 ]

Construyendo el Sistema de Ecuaciones Normales correspondiente

F (C1 ,C2,C3,C4 )=(C1+C 2 x1+C3 sen (π x1 )+C4 sen (2 π x1 )− y1)2+ (C1+C2 x2+C3 sen (π x2 )+C4 sen (2π x2 )− y2 )

2+(C1+C2 x3+C3 sen (π x3 )+C4 sen (2π x3 )− y3 )2+(C1+C2 x4+C3 sen (π x4 )+C4 sen (2 π x4 )− y 4 )

2+(C 1+C2 x5+C 3 sen (π x5 )+C4 sen (2π x5 )− y5 )2+(C1+C2 x6+C3 sen (π x6 )+C4 sen (2π x6 )− y6 )

2+(C1+C2 x7+C3 sen (π x7 )+C4 sen (2 π x7 )− y7 )2+(C 1+C2 x8+C3 sen (π x8 )+C4 sen (2 π x8 )− y8 )

2+(C1+C2 x9+C3 sen (π x9 )+C4 sen (2 π x9 )− y9 )2

Cuyas derivadas parciales son

∂ F∂C 1

=[2(C1+C2 x1+C3 sen (π x1 )+C4 sen (2π x1)− y1) ]∗1+[2(C1+C2 x2+C3 sen (π x2 )+C4 sen (2π x2)− y2)]∗1+[2(C1+C2 x3+C3 sen (π x3)+C4 sen (2π x3 )− y3)]∗1+ [2(C1+C2x4+C3 sen (π x4 )+C4 sen (2 π x 4 )− y 4) ]∗1+[2(C 1+C2 x5+C 3 sen (π x5 )+C4 sen (2π x5 )− y5)]∗1+[2(C1+C 2x6+C3 sen (π x6 )+C4 sen (2π x6 )− y6)]∗1+[2(C1+C2 x7+C3 sen (π x7 )+C 4 sen (2 π x7 )− y7) ]∗1+[2(C 1+C2 x8+C 3 sen (π x8 )+C4 sen (2π x8 )− y8)]∗1+[2(C1+C2 x9+C3 sen (π x9 )+C4 sen (2π x9 )− y9)]∗1=0

∂ F∂C 2

=[2(C1+C2 x1+C3 sen (π x1 )+C4 sen (2π x1)− y1) ]∗x1+ [2(C1+C2 x2+C3 sen (π x2 )+C4 sen (2 π x2 )− y2)]∗x2+[2 (C1+C2 x3+C3 sen (π x3 )+C4 sen (2 π x3 )− y3)]∗x3+[2(C1+C2 x4+C3 sen (π x4 )+C4 sen (2 π x 4 )− y 4)]∗x4+[2(C1+C2 x5+C3 sen (π x5 )+C4 sen (2π x5 )− y5)]∗x5+[2(C1+C2 x6+C3 sen (π x6 )+C4 sen (2 π x6 )− y6)]∗x6+[2(C1+C2 x7+C3 sen (π x7 )+C4 sen (2π x7 )− y7)]∗x7+[2(C1+C2x8+C3 sen (π x8 )+C4 sen (2π x8 )− y8)]∗x8+[2(C1+C2 x9+C3 sen (π x9 )+C4 sen (2 π x9 )− y9)]∗x9=0

∂ F∂C 3

=[2(C1+C2 x1+C3 sen (π x1 )+C4 sen (2π x1)− y1) ]∗sen (π x1 )+[2(C 1+C2 x2+C 3 sen (π x2)+C4 sen (2π x2 )− y2)]∗sen (π x2 )+[2 (C1+C2 x3+C3 sen (π x3 )+C4 sen (2 π x3 )− y3)]∗sen (π x3 )+[2(C1+C2 x4+C3 sen (π x4 )+C 4 sen (2π x4 )− y4)]∗sen (π x4 )+[2(C1+C2 x5+C3 sen (π x5 )+C4 sen (2π x5 )− y5)]∗sen (π x5 )+ [2(C1+C 2 x6+C3 sen (π x6 )+C4 sen (2π x6 )− y6)]∗sen (π x6 )+[2(C1+C 2x7+C3 sen (π x7 )+C4 sen (2π x7 )− y7)]∗sen (π x7 )+[2(C1+C2 x8+C3 sen (π x8 )+C4 sen (2π x8 )− y8)]∗sen (π x8 )+[2(C1+C2 x9+C3 sen (π x9 )+C4 sen (2π x9 )− y9)]∗sen (π x9 )=0

∂F∂C 4

= [2(C1+C2x1+C3 sen (π x1 )+C4 sen (2 π x1 )− y1)]∗sen (2 π x1 )+[2(C1+C2 x2+C3 sen (π x2)+C4 sen (2π x2 )− y2)]∗sen (2π x2 )+[2(C1+C2 x3+C3 sen (π x3 )+C4 sen (2π x3 )− y3)]∗sen (2 π x3 )+[2(C1+C2 x4+C3 sen (π x4 )+C4 sen (2 π x4 )− y4)]∗sen (2π x4 )+[2(C 1+C2 x5+C3 sen (π x5)+C4 sen (2π x5 )− y5)]∗sen (2 π x5 )+[2(C1+C2 x6+C3 sen (π x6 )+C4 sen (2π x6 )− y6)]∗sen (2π x6 )+[2(C1+C2 x7+C3 sen (π x7 )+C4 sen (2 π x7 )− y7)]∗sen (2π x7 )+ [2(C1+C2 x8+C3 sen (π x8 )+C4 sen (2π x8 )− y 8)]∗sen (2 π x8 )+ [2(C1+C2 x9+C3 sen (π x9 )+C4 sen (2π x9 )− y9)]∗sen (2 π x9 )=0

Con las derivadas parciales podemos encontrar nuestra forma matricial

[ m ∑ xi ∑ sen(π x i) ∑ sen (2π x i)

∑ xi ∑ xi2 ∑ x i sen(π x i) ∑ xi sen (2π x i)

∑ sen (π x i)

∑ sen (2π x i)∑ xi sen (π xi)

∑ xi sen(2π x i)∑ sen(π xi)

2

∑ sen(π xi)sen(2π xi)∑ sen(π x i)sen (2π x i)

∑ sen (2π x i)2 ] [C1C2

C3C4

]=[ ∑ y i

∑ y i x i

∑ y i sen (π x i)

∑ y i sen (2π x i)]

Por lo tanto nuestra matriz es

[ 9 4.5 6.3138 04.5 2.85 3.1569 −1.53886.31380

3.1569−1.5388

5−0

05 ][C1C2

C3C4

]=[ 20.914711.062316.5225−0.3990]

Resolviendo la matriz nos queda que los valores de los coeficientes C1, C2,C3 y C4 de la función g(x) son:

C1= -1.8576

C2= 3.8144

C3= 3.2419

C4 = 1.0941

Se tomara el sistema A ATC=Ay debido de que es más fácil minimizar la función en el programa

MATLAP que minimizar la función F (C1 ,C2 ,C3 ,C4 )=∑i=1

n

(g (xi )− y i )2

MATLAB

>> format short% ‘x’ y ‘y’ son los puntos dados>> x = [0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9];>> y = [0 2.122 3.0244 3.2568 3.1399 2.8579 2.514 2.1639 1.8358];% Usamos la función plot para graficar puntos>> plot(x, y, 'o')%Para construir la matriz A usamos:>> A=[ones(1,length(x));x;sin(pi*x);sin(2*pi*x)]>> AAtr=A*A'%Para calcular la matriz y usamos>> Ay= A*y'>> C = AAtr\[Ay]>> fplot('-1.8576 + 3.8144*x + 3.2419*sin(pi*x) + 1.0941*sin(2*pi*x)',[.1,.9], 'r' )>> plot(x,y,'ob'); hold on; fplot('-1.8576 + 3.8144*x + 3.2419*sin(pi*x) + 1.0941*sin(2*pi*x)',[.1,.9], 'r' )

Grafica de los datos

Grafica de la función ajustada en los puntos dados

EJERCICIO 2

La curva formada por un cable colgante se llama catenaria. Supongamos que el punto mas bajo de

una catenaria es el origen (0,0), entonces la ecuación de la catenaria es y=C cosh(x/C) – C. Usando

un programa hecho por usted, de alguno de los métodos numéricos visto en el curso:

a) Comprueba que la catenaria que pasa por los puntos (±10,6) es

y=9.1889cosh(x/p.1889) – 9.1889

b) Halla la ecuación de la catenaria que pasa por los puntos (±12,5)

SOLUCION (método de Newton – Raphson)

a) Nos dicen que la catenaria pasa por los puntos (±10,6). Además se supone que en el origen

se presencia el punto de intersección de la función.

Representación grafica de la función:

Como la grafica es simétrica, podemos utilizar solamente el intervalo (0,10)

Consideremos el punto (10,6) y considerando el hecho de que nos piden demostrar que C=9.1889,

remplazaremos los valores x,y respectivamente:

6=Ccosh( 10C ) – C

0=Ccosh( 10C ) – C – 6

Por lo que nos queda una nueva función que podemos llamar Φ(c)

Φ(c)=Ccosh( 10C ) – C – 6

Derivamos la función

Φ’(c)=cosh( 10C ) – 10 senh( 10C )

C – 1

A continuación buscaremos la convergencia de la función, para ello determinaremos dos funciones

G(c) y H(c) tal que: Φ(c)= G(c) – H(c)

G(c)= Ccosh( 10C )H(c)= C + 6

Evaluamos estas funciones en el intervalo (0,10]

Representación grafica:

C G(c) H(c)

1 11013.232 7

2 148.4198 8

3 42.10094 9

4 24.52915 10

5 18.81097 11

C G(c) H(c)

6 16.15009 12

7 15.44334 13

8 15.10739 14

9 15.15116 15

10 15.43080 16

Basados en la grafica, podemos decir que la raíz se encuentra en [9,10]

Observemos que:

Φ(9)= G(9) – H(9)=0.1511614

Φ(10)= G(10) – H(10)= - 0.56919

Φ(9)*Φ(10)<0

Por lo que tenemos que C0=9.1 la convergencia de Newton Raphson

Remplazamos Φ(c) y Φ’(c) en el método de Newton Raphson

Φn+1 = Φn –

Cn cosh ( 10Cn )– Cn –6

cosh ( 10Cn ) –10 senh ( 10Cn )

Cn– 1

Comprobamos que con C3=9.1889414

y(9.1889414) = 9.1889414 cosh ( 109.1889414 ) – 9.1889414

C Φ(c) Φ‘(c)

9 0.1511614 –0.82128

9.1 0.0701715 –0.79867

9.2 –0.0086057 –0.77701

9.3 –0.0852620 –0.75625

9.4 –0.1598840 –0.73632

9.5 –0.2325536 –0.71719

C Φ(c) Φ‘(c)

9.6 –0.303348 –0.82128

9.7 –0.372342 –0.68116

9.8 –0.439603 –0.66418

9.9 –0.505200 –0.64784

10 –0.569193 –0.63212

n Cn

0 9.1

1 9.1878595

2 9.1889412

3 9.1889414

Se cumple que y(9.1889414)=6.000000002

b) Considerando que usamos la misma función podemos decir que es simétrica , por lo que

podemos utilizar el intervalo (0,12], es decir que tendremos lo puntos [12,5], por lo que

tenemos lo siguiente:

y=Ccosh( xC ) – C

5=Ccosh( 12C ) – C

0=Ccosh( 12C ) – C– 5

De igual forma llamaremos a esta nueva función α(c)

α(c)=Ccosh( 12C ) – C– 5

derivamos la función

α’(c)=cosh( 12C ) – 12 senh( 12C )

C – 1

De igual forma buscaremos la convergencia de la función, para ello determinaremos dos funciones

A(c) y B(c) tal que: α(c)= A(c) – B(c)

A(c)= Ccosh( 12C )B(c)= C + 5

Evaluamos estas funciones en el intervalo (0,12]

C A(c) B(c)

1 81377.3957 6

2 403.4312 7

3 81.9246 8

4 40.27064 19

5 27.78473 10

6 22.57317 11

C A(c) B(c)

7 20.064800 12

8 18.819276 13

9 18.257692 14

10 18.106555 15

11 18.220895 16

12 18.516967 17

Como la raíz no se encuentra en el intervalo deseado, tomaremos por tanto el intervalo (0, 16]

Representación grafica

podemos apreciar que la raíz se encuentra en [15,16]

α(15)= G(15) – H(15)=0.061524

α(16)= G(16) – H(16)= - 0.285067

α(15)* α(16)<0

C A(c) B(c)

13 18.94306 18

14 19.46553 19

15 20.06152 20

16 20.71493 21

C α(c) α ‘(c)

15 0.061524 –0.373059

15.1 0.0245023 –0.367409

15.2 –0.011962 –0.361900

15.4 –0.083269 –0.351255

15.6 –0.152495 –0.341984

15.8 –0.21973 –0.331354

16 –0.28506 –0.322054

Ecuación de la catenaria

Por lo que tenemos que C0=15.1 la convergencia de Newton Raphson

Remplazamos α(c) y α’(c) en el método de Newton Raphson

α n+1 = α n –

Cn cosh ( 12Cn )– Cn –5

cosh ( 12C n ) –12 senh( 12Cn )

Cn– 1

Comprobamos que con C3=15.16702831

y(15.16702831) = 15.16702831 cosh ( 1215.16702831 ) – 15.16702831

Se cumple que y(15.16702831)=5.000000012

a)

n Cn

0 15.1

1 15.1666893

2 15.16771756

3 15.16702831

b)

EJERCICIO 3

En una reacción química, una molécula de una sustancia A se combina con una molécula de una

sustancia B para formar una molécula de una sustancia c. Se sabe que la concentración y(t) de la

sustancia C en el instante t es la solución del problema de valor inicial

y '=k (a− y ) (b− y ) con y (0 )=0

Donde k es una constante positiva, y a y b son las concentraciones iniciales de las sustancias A y B,

respectivamente. Supongamos que k=0.01, a=70milimoles/litro y b=50milimoles/litro. Usa el método

Runge-Kutta 4, programado, con h=0.5 para hallar la solución en el intervalo [0,20]

a) Compara la solución numérica con la solución exacta y(t)=350(1-e -0.2t)( 7-5e-0.2t ), dibujando ambas.

PROCEDIMIENTO

Resolveremos una EDO por el método Runge-Kutta 4 el cual tiene la siguiente forma:

y '=f (x , y ) f (x0 )= y0

yk +1= yk+h( f 1+2 f 2+2 f 3+f 4)

6

Donde

f 1=f (xk , yk )

f 2=f (xk+h2, yk+

h2∗f 1)

f 3=f (xk+h2, yk+

h2∗f 2)

f 4=f (xk+h , yk+h∗f 3)

Y xk+1=xk+h

k=0,1,2,3….

Nosotros tenemos la EDO

y '=k (a− y ) (b− y ) con y (0 )=0

Para los valores

k=0.01a=70 y b=50

Tenemos

y '=.01 (70− y ) (50− y ) y '=.01 y2+1.2 y+35

Esta es la ecuación que resolveremos mediante el método Runge-Kutta 4, con un incremento h=0.5, en un intervalo [0,20].

y '=f (x , y )=01 y2+1.2 y+35

y (0 )=0 y0=0 y x0=0

h=0.5

Nuestro intervalo es [0,20] con un incremento de h=0.5, esto nos lleva a un total de 40 valores para k, por ser un procedimiento bastante tedioso solo encontraremos el valor “y 1” mismo que después comprobaremos mediante el programa realizado en matlab; siguiendo el procedimiento del método Runge-Kutta necesitamos calcular f1, f2, f3, y f4, para obtener “y1” .

Como nuestra función solo depende de ‘y’ utilizaremos los valores de la siguiente forma:

f 1=f ( y k ) f 1= f ( y0 )=35

f 2=f (0+ .52∗35)=f (8.75 )=25.26

f 3=f (0+ .52∗25.26)=f (6.31 )=27.81

f 4= f (0+.5∗27.81 )= f (13.90 )=20.24

y1=0+.5(35+2∗25.26+2∗27.81+20.24)

6=13.45

Desarrollamos el siguiente programa en matlab, para obtener cada uno de los valores se creó un ciclo for.

%Método de Runge-Kutta de orden 4%Aproximaremos la solución de la EDO y'= k(a-y)(b-y) con y(0)=0% En el intervalo [0,20] con un incremento h=0.5%Donde k=0.01; a=70 y b=50clear allclc%esta es la ecuación con la que trabajaremos%y'=.01y^2-1.2y+35%establecemos nuestro intervalo [p,q]p=0; %inicio del intervaloq=20; %fin del intervaloh=.5; %incremento del intervalo%procedemos a realizar un vector tal que sus puntos se encuentren %dentro del intervalo con un incremento igual a .05.x=linspace(p,q,41);% vector xy(1)=0; %esta es nuestra condición inicial y(0)=0for i=1:((q-p)/h) f1=((.01*(y(i)^2))-(1.2*y(i))+35); f2=((.01*(y(i)+((h/2)*f1)^2))-(1.2*(y(i)+((h/2)*f1)))+35); f3=((.01*(y(i)+((h/2)*f2)^2))-(1.2*(y(i)+((h/2)*f2)))+35);

Donde los primeros 10 valores de “y” son:

y1 y2 y3 y4 y5 y6 y7 y8 y9 y10

0 13.4511 21.0618 25.5075 28.1502 29.7371 30.6958 31.2771 31.6303 31.8451

Como podemos comprobar el resultado que obtuvimos para y1 es el mismo que y2, ya que el ciclo no nos permite iniciar en cero. Por lo que los valores se ven recorridos.

Graficamos los valores obtenidos:

%Método de Runge-Kutta de orden 4%Aproximaremos la solución de la EDO y'= k(a-y)(b-y) con y(0)=0% En el intervalo [0,20] con un incremento h=0.5%Donde k=0.01; a=70 y b=50clear allclc%esta es la ecuación con la que trabajaremos%y'=.01y^2-1.2y+35%establecemos nuestro intervalo [p,q]p=0; %inicio del intervaloq=20; %fin del intervaloh=.5; %incremento del intervalo%procedemos a realizar un vector tal que sus puntos se encuentren %dentro del intervalo con un incremento igual a .05.x=linspace(p,q,41);% vector xy(1)=0; %esta es nuestra condición inicial y(0)=0for i=1:((q-p)/h) f1=((.01*(y(i)^2))-(1.2*y(i))+35); f2=((.01*(y(i)+((h/2)*f1)^2))-(1.2*(y(i)+((h/2)*f1)))+35); f3=((.01*(y(i)+((h/2)*f2)^2))-(1.2*(y(i)+((h/2)*f2)))+35);

Calculamos la solución a la EDO

y '=k (a− y ) (b− y ) con y (0 )=0

Tenemos que

dydt

=k (a− y ) (b− y )

Hacemos separación de variables

dy(a− y ) (b− y )

=kdt

Integramos

1b−a∫

1(a− y )

− 1(b− y)

=k∫ dt

ln b− ya− y

=kt (b−a)

Aplicamos la exponencial y acomodando el resultado nos queda:

y ( t )=ab[1−e−(a−b)kt ]a−b e−(a−b)kt

Sustituyendo nuestros valores tenemos la solución

y (t )=350 [1−e−0.2 t]7−5 e−0.2 t

Graficamos esta función y obtenemos

Comparando ambas soluciones tenemos:

Lo que nos muestra uno de los principales defectos de este programa es que el error es acumulativo.