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Uniddad 5 Métodos de integración y aplicaciones 5.6 Métodos numéricos de integración.
Métodos Numéricos de Integración
Supóngase que se tiene una función continua en el intervalo [a, b]; entonces para lograr un valor aproximadode ∫ b
a
f(x) dx
se divide el intervalo [a, b] en n subintervalos iguales de longitud comúnb− an
, los cuales quedan deter-
minados mediante la partición
P =
{a = x0, x1 = a+
b− an
, x2 = a+2(b− a)
n, ..., xn =
n(b− a)
n= b
}entonces ∫ b
a
f(x) dx ≈ f(x0) (x1 − x0) + f(x1) (x2 − x1) + · · ·+ f(xn−1) (xn − xn−1)
= f(x0)
(b− an
)+ f(x1)
(b− an
)+ · · ·+ f(xn−1)
(b− an
)=
(b− an
)[f(a) + f
(a+
b− an
)+ f
(a+
2(b− a)
n
)+ · · ·+ f
(a+
(n− 1)(b− a)
n
)]
Facultad de Ciencias UNAMCálculo Diferencial e Integral II
Prof. Esteban Rubén Hurtado Cruz1
Uniddad 5 Métodos de integración y aplicaciones 5.6 Métodos numéricos de integración.
Método del Rectángulo
El método del rectángulo es el siguiente:
Para n ∈ N, particionamos el intervalo [a,b] en n subintervalos de igual longitud h =b− an
es decir
P = {a = t0, t1, ..., tn = b} con ti = a+ ih y aproximamos∫ b
a
f(x)dx ≈n∑
i=1
f(ti−1)(ti − ti−1) =
n∑i=1
f(ti−1)h
Es decir, aproximamos cada integral en [ti−1, ti] por el área del rectángulo de base h y altura f(ti−1),
En otras palabras, calculamos la integral de la función que en cada intervalo [ti−1, ti) es constantementeigual a f(ti−1)
llamamos In = h
n∑i=1
f(ti−1) y ya hemos visto que
lımn→∞
In =
∫ b
a
f(x)dx
Ejemplo Calcular ∫ 2
−2(3x3 − 5x2 + 1) dx
con una partición n = 10
Solución Tenemos que en el intervalos [−2, 2] la partición es
P =
{−2,−2 +
2
5,−2 + 2
2
5,−2 + 3
2
5,−2 + 4
2
5,−2 + 5
2
5,−2 + 6
2
5,−2 + 7
2
5,−2 + 8
2
5,−2 + 9
2
5,−2 + 10
2
5
}
P =
{−2,−8
5,−6
5,−4
5,−2
5, 0,
2
5,
4
5,
6
5,
8
5, 2
}
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Uniddad 5 Métodos de integración y aplicaciones 5.6 Métodos numéricos de integración.
Tenemos entonces que
n∑i=1
f(ti−1)
(b− an
)=
10∑i=1
3(ti−1)3 − 5(ti−1)2 + 1
(2− (−2)
10
)
= (3(−2)3−5(−2)2 + 1)
(4
5
)+ (3
(−8
5
)3
−5
(−8
5
)2
+ 1)
(4
5
)+ (3
(−6
5
)3
−5
(−6
5
)2
+ 1)
(4
5
)
+(3
(−4
5
)3
− 5
(−4
5
)2
+ 1)
(4
5
)+ (3
(−2
5
)3
− 5
(−2
5
)2
+ 1)
(4
5
)+ (3 (0)
3 − 5 (0)2
+ 1)
(4
5
)
+(3
(2
5
)3
− 5
(2
5
)2
+ 1)
(4
5
)+ (3
(4
5
)3
− 5
(4
5
)2
+ 1)
(4
5
)+ (3
(6
5
)3
− 5
(6
5
)2
+ 1)
(4
5
)
+(3
(8
5
)3
− 5
(8
5
)2
+ 1)
(4
5
)= −2,560000000
desde luego hay un error cuando calculamos aproximadamente. Lo que nos preguntamos ahora es sipodemos medir o estimar el error cometido al calcular In.
Teorema 1. Sea f : [a, b]→ R una función con primera derivada continua en [a,b]. Si M1 = Max︸ ︷︷ ︸[a,b]
|f ′|,
entonces ∣∣∣∣∣In −∫ b
a
f(x)dx
∣∣∣∣∣ ≤ M1
2
(b− a)2
n
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Uniddad 5 Métodos de integración y aplicaciones 5.6 Métodos numéricos de integración.
Demostración. tenemos que∣∣∣∣∣In −∫ b
a
f(x)dx
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣n∑
i=1
(hf(ti−1)−
∫ ti
ti−1
f(x)dx
)∣∣∣∣∣ ≤n∑
i=1
∣∣∣∣∣hf(ti−1)−∫ ti
ti−1
f(x)dx
∣∣∣∣∣ =
n∑i=1
∣∣∣∣∣∫ ti
ti−1
f(ti−1)dx−∫ ti
ti−1
f(x)dx
∣∣∣∣∣ =
n∑i=1
∣∣∣∣∣∫ ti
ti−1
(f(ti−1)− f(x))dx
∣∣∣∣∣ ≤n∑
i=1
∫ ti
ti−1
|f(ti−1)− f(x)| dx
Por el teorema fundamental del cálculo
f(x)− f(ti−1) =
∫ x
ti−1
f ′(t)dt
se tiene entonces que
|f(x)− f(ti−1)| =
∣∣∣∣∣∫ x
ti−1
f ′(t)dt
∣∣∣∣∣ ≤∫ x
ti−1
|f ′(t)|dt ≤∫ x
ti−1
M1dt = M1(x− ti−1)
Por lo tanto
n∑i=1
∫ ti
ti−1
|f(ti−1)− f(x)| dx ≤∫ x
ti−1
M1 (x− ti−1)︸ ︷︷ ︸u=x−ti−1
du=dx
dx = M1
∫ h
0︸︷︷︸x=ti−1⇒u=0
x=ti⇒u=h
udu = M1u2
2|h0 = M1
h2
2
Por tanto ∣∣∣∣∣In −∫ b
a
f(x)dx
∣∣∣∣∣ ≤n∑
i=1
∫ ti
ti−1
|f(ti−1)− f(x)| dx ≤n∑
i=1
M1h2
2= nM1
h2
2=
nM1(b− a)2
2n2=M1
2
(b− a)2
n
Observación. Si conocemos una cota para M1, entonces podemos saber cuál es el valor de n que debetomarse para calcular la integral aproximada con un error dado.
Ejemplo Calcular aproximadamente
∫ 2
0
e−x2
dx con un error menor a 0.001
Solución tenemos que f(x) = e−x2
por tanto f ′(x) = −2xe−x2
y deducimos que |f ′(x)| ≤ 4 parax ∈ [0, 2] por tanto para n ∈ (N) ∣∣∣∣Inr − ∫ 2
0
e−x2
dx
∣∣∣∣ ≤ 4
2
22
n=
8
n
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y para asegurar un valor < 0,1
8
n< 0,1⇒ 8
0,1< n⇒ 80 < n
Para n=80 la fórmula nos da Inr = 0,89435En maple obtenemos 0,8820813910
Ejercicio Sabemos que∫ 1
0
1
1 + x2dx = arctan(1)− arctan(0) =
π
4⇒ 4
∫ 1
0
1
1 + x2dx = π
Usando el método del rectángulo obtenga una aproximación a π con un error< ,001
Solución En este caso
f(x) =1
1 + x2⇒ |f ′(x)| =
∣∣∣∣ −2x
(1 + x2)2
∣∣∣∣ ⇒ |f ′(x)| = 2x
(1 + x2)2
como
f ′′(x) = − 8x2
(1 + x2)3+
2
(1 + x2)2⇒ f ′′(x) = 0 ⇔ x =
√3
3< 1 ⇒ M1 < 1
por lo tantoM1
2
(b− a)2
n< ,001 ⇒ 1
2n< ,001 ⇒ 1
2(,001)< n ⇒ 500 < n
Consideremos el valor de n=500 y particionamos nuestro intervslo [0, 1] obtenemos
P =
{0,
1
500,
2
500,
3
500, ..., 1
}Si se tiene
4
∫ 1
0
1
1 + x2dx = π
entonces
4
(1
500
)(1
1 + (0)2 +
1
1 +(
1500
)2 +1
1 +(
2500
)2 +1
1 +(
3500
)2 + ...+1
1(499500
)2)
= 3,143591987
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Método del Trapecio
La regla del trapecio es la siguiente:Para n ∈ N particionamos (de la misma manera que antes)P = {a = to, t1, ..., tn = b} con ti = a + ih yaproximamos ∫ b
a
f(x)dx ≈ Int =
n∑i=1
f(ti−1) + f(ti)
2(ti − ti−1)
Es decir, aproximamos cada integral en [ti−1, ti] por el área del trapecio de altura h y bases f(ti−1) yf(ti)
En otras palabras, calculamos la integral de la función que en cada intervalo [ti−1, ti) es lineal y coincidecon f en ti−1 y en ti
Teorema 2. (Estimación del error de la regla del trapecio). Sea f : [a, b]→ R una función con segundaderivada continua en [a,b]. Si M2 = Max[a,b]|f ′′|, entonces∣∣∣∣∣Int −
∫ b
a
f(x)dx
∣∣∣∣∣ ≤ M2
12
(b− a)3
n2
Demostración. Sea P una partición del intervalo [a, b] dada así P =
{a,
(b− an
), a+ 2
(b− an
), · · · , a+ n
(b− an
)}si llamo h =
b− an
tenemos entonces que P = {a, a+ h, a+ 2h, · · · , a+ nh = b}ahora llamamos ak = a+ (k − 1)h y ak + t = a+ (k − 1)h+ t donde t ∈ [0, h].De�nimos
ϕ(t) =
∫ ak+t
ak
f(x) dx− f(ak) + f(ak + t)
2t
Derivemos ϕ(t)
ϕ′(t) = f(ak + t)− f(ak)
2− f(ak + t)
2− tf
′(ak + t)
2
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donde ϕ′(0) = 0volvemos a derivar
ϕ′′(t) = f ′(ak + t)− f ′(ak + t)
2− f ′′(ak + t)
2t− f ′(ak + t)
2= −f
′′(ak + t)
2t
por tanto
ϕ′′(t) = −f′′(ak + t)
2t
Como f ′′(x) es continua en [a, b] entonces existen m,M tales que
m ≤ f ′′(ak + t) ≤M ⇒ m
2≤ f ′′(ak + t)
2≤ M
2⇒ m
2t ≤ f ′′(ak + t)
2t ≤ M
2t
⇒ m
2t ≤ −ϕ′′(t) ≤ M
2t
vamos a intagrar esta última desigualdad∫m
2t ≤ −
∫ϕ′′(t) ≤
∫M
2t ⇒ m
2
t2
2≤ −ϕ′(t) ≤ M
2
t2
2⇒ m
4t2 ≤ −ϕ′(t) ≤ M
4t2
volvemos a integrar esta última desigualdad∫m
4t2 ≤ −
∫ϕ′(t) ≤
∫M
4t2 ⇒ m
12t3 ≤ −ϕ(t) ≤ M
12t3
como
−ϕ(t) = −(∫ ak+t
ak
f(x) dx− f(ak) + f(ak + t)
2t
)=f(ak) + f(ak + t)
2t−∫ ak+t
ak
f(x) dx
entoncesm
12t3 ≤ f(ak) + f(ak + t)
2t−∫ ak+t
ak
f(x) dx ≤ M
12t3
tomando t = hm
12h3 ≤ f(ak) + f(ak+1)
2t−∫ ak+1
ak
f(x) dx ≤ M
12h3
tomando la suma desde k = 1 hasta n
nm
12h3 ≤
n∑k=1
(f(ak) + f(ak+1)
2t−∫ ak+1
ak
f(x) dx
)≤ nM
12h3
ahora bien como M2 = max[a,b]|f ′′(x)| entonces
n−M2
12h3 ≤
n∑k=1
(f(ak) + f(ak+1)
2t−∫ ak+1
ak
f(x) dx
)≤ nM2
12h3
por tanto
n−M2
12h3 ≤ Int −
∫ b
a
f(x)dx ≤ nM2
12h3
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como h =b− an
se tiene que
n−M2
12
(b− an
)3
≤ Int −∫ b
a
f(x)dx ≤ nM2
12
(b− an
)3
por lo tanto
n−M2
12
(b− a)3
n3≤ Int −
∫ b
a
f(x)dx ≤ nM2
12
(b− a)3
n3
y por lo tanto ∣∣∣∣∣Int −∫ b
a
f(x)dx
∣∣∣∣∣ ≤ M2
12
(b− a)3
n2
Ejercicio Sabemos que∫ 1
0
1
1 + x2dx = arctan(1)− arctan(0) =
π
4⇒ 4
∫ 1
0
1
1 + x2dx = π
Usando el método del trapecio obtenga una aproximación a π con un error< ,001
Solución En este caso
f(x) =1
1 + x2⇒ |f ′(x)| =
∣∣∣∣ −2x
(1 + x2)2
∣∣∣∣ ⇒ |f ′(x)| = 2x
(1 + x2)2
como
f ′′(x) = − 8x2
(1 + x2)3+
2
(1 + x2)2⇒ f ′′′(x) = − 48x3
(1 + x2)4+
24x
(1 + x2)3
se tiene entonces que
f ′′′(x) = 0 ⇔ x = 1 ⇒ M2 = f ′′(1) =1
2por lo tanto
M2
12
(b− a)3
n2< ,001 ⇒ 1
24n2< ,001 ⇒ 1
24(,001)< n2 ⇒
√1
24(,001)< n ⇒ 6,4 < n
Consideremos el valor de n=7 y particionamos nuestro intervslo [0, 1] obtenemos
P =
{0,
1
7,
2
7,
3
7, ..., 1
}Si se tiene
4
∫ 1
0
1
1 + x2dx = π
entonces
4
(1
7
)(1
1 + (0)2 +
1
1 +(17
)2 +1
1 +(27
)2 +1
1 +(37
)2 + ...+1
1(67
)2)
= 3,138191308
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Método del Punto Medio
La regla del punto mdio es la siguiente:Para n ∈ N particionamos (de la misma manera que antes)P = {a = to, t1, ..., tn = b} con ti = a + ih yaproximamos ∫ b
a
f(x)dx ≈ Inm =
n∑i=1
f
(a+ (2i− 1)
h
2
)(h)
Es decir, aproximamos cada integral en [ti−1, ti] por el área del rectángulo de altura f(Ci) y base ti− ti−1
En otras palabras, calculamos la integral de la función que en cada intervalo [ti−1, ti) es constante ycoincide con f en Ci ∈ [ti−1, ti]
Teorema 3. (Estimación del error de la regla del punto medio). Sea f : [a, b] → R una función consegunda derivada continua en [a,b]. Si M3 = Max[a,b]|f ′′|, entonces∣∣∣∣∣
∫ b
a
f(x)dx−n∑
k=1
f
(a+ (2k − 1)
h
2
)(h)
∣∣∣∣∣ ≤ M3
24
(b− a)3
n2
Demostración. Dada una partición P = {a, a + h, a + 2h, ..., a + nh} del intervalo [a, b], tenemos que elconjunto de puntos medios es:
Pmedios =
{a+
h
2, a+
3
2h, a+
5
2h, · · · , b− h
2
}
donde el k-ésimo término se puede poner a+ (2k − 1)h
2donde k = 1, · · · , n por lo tanto el área del
k-ésimo rectángulo es:
f
(a+ (2k − 1)
h
2
)h
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y por tanto ∫ b
a
f(x)dx ≈n∑
i=1
f
(a+ (2k − 1)
h
2
)h
llamamos ck al punto medio del subintervalo
[a+ (2k − 1)
h
2, a+ (2k − 1)
h
2
]y como es el punto medio,
podemos llamar a+ (2k − 1)h
2= ck − t y a+ (2k + 1)h
2 = ck + t
De�no
ϕk(t) =
∫ ck+t
ck−tf(x) dx− f(ck)2t
derivamos con respecto a t y tenemos
ϕ′k(t) = f(ck + t) + f(ck − t)− 2f(ck)
derivamos de nuevo y tenemosϕ′′k(t) = f ′(ck + t)− f ′(ck − t)
Ahora usando el teorema del valor medio se tiene
f ′(ck + t)− f ′(ck − t)2t
= f ′′(ξ) con ξ ∈ [ck−t, ck+t] ⇒ f ′(ck+t)−f ′(ck−t) = 2tf ′′(ξ) con ξ ∈ [ck−t, ck+t]
por lo tantoϕ′′k(t) = f ′(ck + t)− f ′(ck − t) = 2tf ′′(ξ) con ξ ∈ [ck − t, ck + t]
como f tiene segunda derivada continua en [a, b] existen m,M =∈ [ck − t, ck + t] tales quem ≤ f ′′(x) ≤M ∀ x ∈ [ck − t, ck + t] en particular
m ≤ f ′′(ξ) ≤M ⇒ m2t ≤ f ′′(ξ)2t ≤M2t ⇒ m2t ≤ ϕ′′k(t) ≤M2t
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vamos ahora a integrar esta última expresión∫m2t dt ≤
∫ϕ′′k(t) dt ≤
∫M2t dt ⇒ mt2 ≤ ϕ′k(t) ≤Mt2
de nuevo integramos la última expresión∫mt2 dt ≤
∫ϕ′k(t) dt ≤
∫Mt2 dt ⇒ m
t3
3≤ ϕk(t) ≤M t3
3
evaluando en t =h
2se tiene
mh3
24≤ ϕk(h) ≤Mh3
24⇒ m
h3
24≤∫ ck+
h2
ck−h2
f(x) dx− f(ck)h ≤Mh3
24
tomando la suma desde 1 hasta n
n∑k=1
mh3
24≤
n∑k=1
(∫ ck+h2
ck−h2
f(x) dx− f(ck)h
)≤
n∑k=1
Mh3
24
se tiene
nmh3
24≤∫ b
a
f(x)dx−n∑
k=1
f
(a+ (2k − 1)
h
2
)(h) ≤ nM h3
24
como h =b− an
entonces
nm(b− a)3
24n3≤∫ b
a
f(x)dx−n∑
k=1
f
(a+ (2k − 1)
h
2
)(h) ≤ nM (b− a)3
24n3
es decir
m(b− a)3
24n2≤∫ b
a
f(x)dx−n∑
k=1
f
(a+ (2k − 1)
h
2
)(h) ≤M (b− a)3
24n2
y como M3 = max[a, b]|f ′′| entonces
−M3(b− a)3
24n2≤ m (b− a)3
24n2≤∫ b
a
f(x)dx−n∑
k=1
f
(a+ (2k − 1)
h
2
)(h) ≤M (b− a)3
24n2≤M3
(b− a)3
24n2
y por lo tanto ∣∣∣∣∣∫ b
a
f(x)dx−n∑
k=1
f
(a+ (2k − 1)
h
2
)(h)
∣∣∣∣∣ ≤ M3
24
(b− a)3
n2
Ejercicio Sabemos que∫ 1
0
1
1 + x2dx = arctan(1)− arctan(0) =
π
4⇒ 4
∫ 1
0
1
1 + x2dx = π
Usando el método del punto medio obtenga una aproximación a π con un error< ,001
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Uniddad 5 Métodos de integración y aplicaciones 5.6 Métodos numéricos de integración.
Solución En este caso
f(x) =1
1 + x2⇒ |f ′(x)| =
∣∣∣∣ −2x
(1 + x2)2
∣∣∣∣ ⇒ |f ′(x)| = 2x
(1 + x2)2
como
f ′′(x) = − 8x2
(1 + x2)3+
2
(1 + x2)2⇒ f ′′′(x) = − 48x3
(1 + x2)4+
24x
(1 + x2)3
se tiene entonces que
f ′′′(x) = 0 ⇔ x = 1 ⇒ M2 = f ′′(1) =1
2
por lo tanto
M3
24
(b− a)3
n2< ,001 ⇒ 1
48n2< ,001 ⇒ 1
48(,001)< n2 ⇒
√1
48(,001)< n ⇒ 4,5 < n
Consideremos el valor de n=5 y particionamos nuestro intervslo [0, 1] obtenemos
P =
{0,
1
5,
2
5,
3
5, ..., 1
}Si se tiene
4
∫ 1
0
1
1 + x2dx = π
entonces
4
(1
5
)(1
1 + (0)2 +
1
1 +(15
)2 +1
1 +(25
)2 +1
1 +(35
)2 + ...+1
1(45
)2)
= 3,144925864
El método del punto medio resulto realizar menos número de iteraciones para aproximar π con un errormenor a 0,001
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