Kalkulatu hurrengo puntuetatik pasatzen den interpolazio-polinomioaren zero bat:
x0 =−1 ; y0 =−3
x1 =0 ; y1 =−2
x2 =1 ; y2 =1
x3 =2 ; y3 =2
Interpolazio-polinomioa honelakoa izango da:
y(x) =a0 +a1x +a2x2 +a3x
3
y0 =a0 +a1x0 +a2x02 +a3x0
3
y1 =a0 +a1x1 +a2x12 +a3x1
3
y2 =a0 +a1x2 +a2x22 +a3x2
3
y3 =a0 +a1x3 +a2x32 +a3x3
3
⎧
⎨
⎪ ⎪ ⎪
⎩
⎪ ⎪ ⎪
Cramer-en araua erabiliz:
a0 =
y0 x0 x02 x0
3
y1 x1 x12 x1
3
y2 x2 x22 x2
3
y3 x3 x32 x3
3
1 x0 x02 x0
3
1 x1 x12 x1
3
1 x2 x22 x2
3
1 x3 x32 x3
3
a0 =
−3 −1 1 −1
−2 0 0 0
1 1 1 1
2 2 4 8(x1 −x0)(x2 −x0)(x3 −x0)(x2 −x1)(x3 −x1)(x3 −x2)
a0 =
(−2)(−1)
−1 1 −1
1 1 1
2 4 8(0+1)(1+1)(2+1)(1−0)(2−0)(2−1)
a0 =16
−1 1 −1
1 1 1
2 4 8
=16
0 2 0
1 1 1
2 4 8
2. lerroa batzen diogu
=−13
1 1
2 8=−2
a1 =
1 y0 x02 x0
3
1 y1 x12 x1
3
1 y2 x22 x2
3
1 y3 x32 x3
3
1 x0 x02 x0
3
1 x1 x12 x1
3
1 x2 x22 x2
3
1 x3 x32 x3
3
=1
12
1 −3 1 −1
1 −2 0 0
1 1 1 1
1 2 4 8
1. zutabea bider 2 batzendiogu
=1
12
1 −1 1 −1
1 0 0 0
1 3 1 1
1 4 4 8
a1 =−112
−1 1 −1
3 1 1
4 4 8
2. zutabea batzen diegu
=−112
0 1 0
4 1 2
8 4 12
=1
12
4 2
8 12=
83
a2 =
1 x0 y0 x03
1 x1 y1 x13
1 x2 y2 x23
1 x3 y3 x33
12=
112
1 −1 −3 1
1 0 −2 0
1 1 1 1
1 2 2 8
1. zutabea bider 2 batzendiogu
=1
12
1 −1 −1 1
1 0 0 0
1 1 3 1
1 2 4 8
a2 =−112
−1 −1 −1
1 3 1
2 4 8
=−112
0 2 0
1 3 1
2 4 8
=16
1 1
2 8=1
a3 =
1 x0 x02 y0
1 x1 x12 y1
1 x2 x32 y2
1 x3 x32 y3
12=
112
1 −1 1 −3
1 0 0 −2
1 1 1 1
1 2 4 2
1. zutabea bider 2 batzendiogu
2. lerroa batzen diogu
=1
12
1 −1 −1 1
1 0 0 0
1 1 1 3
1 2 4 4
a3 =−112
−1 1 −1
1 1 3
2 4 4
=−112
0 1 0
2 1 4
6 4 8
=1
12
2 4
6 8=
−23
2. zutabea batzen diegu
Beraz:
a0 =−2 ; a1 =83
; a2 =1 ; a3 =−23
Eta interpolazio-polinomioa da:
y(x) =−2+83
x +x2 −23
x3
Berriro ere aztertzen baditugu interpolazio-puntuak:
x0 =−1 ; y0 =−3
x1 =0 ; y1 =−2
x2 =1 ; y2 =1
x3 =2 ; y3 =2
Ikusten da y(x)-ek zeinu-aldaketa jasaten duela, hau da zero bat duela,x1 = 0 eta x2 = 1 puntuen artean. Hortaz abiapuntu egokia Newton-enmetodorako x = 0.5 litzateke:
Hurrengo f(x) hartzen badugu:
f (x) =−6+8x+3x2 −2x3
y(x) =−2+83
x +x2 −23
x3f(x)-en zeroak dira y(x)-en berberak:
f'(x)=8+6x−6x2
→f(x0)=−1.5
x1=x0−f(x0)f'(x0)
≅0.6578947
f (x) =−6+8x+3x2 −2x3
x0=0.5
→f(x1)≅−7.8728 10−3
x2=x1−f(x1)f'(x1)
≅0.6587367
→f(x2)≅−7.41 10−7
Kalkulatu Gauss-Legendre-ren koadraturaren bidez 6 puntu-rekin(n=5) hurrengo integrala. Kalkulatu Simpson-en bidez ere h = 1/8 hartuta :
ex
3
tgx−1
1
∫ dx
I≅0.46791[e(−0.23862)
3
tg(−0.23862)+e(0.23862)
3
tg(0.23862)]+
+0.36076[e(−0.66121)
3
tg(−0.66121)+e(0.66121)
3
tg(0.66121)]+
+0.17132[e(−0.93247)
3
tg(−0.93247)+e(0.93247)
3
tg(0.93247)]
ex
3
tgx−1
1
∫ dx≅0.584468
Gauss-Legendre:
ERRADIANETAN!!!
Simpson:
h = 1/8 (17 puntu):
x0 =−1; x1 =−0.875; x2 =−0.75; x3 =−0.625; x4 =−0.5; x5 =−0.375;
x6 =−0.25; x7 =−0.125; x8 =0; x9 =0.125;x10 =0.25; x11 =0.375;
x12 =0.5; x13 =0.625; x14 =0.75; x15 =0.875; x16 =1
I≅183
{e(−1)
3
tg(−1)+e13
tg(1)]+2[e(−0.75)
3
tg(−0.75)+e(−0.5)
3
tg(−0.5)+
+e(−0.25)
3
tg(−0.25)+e(0.25)
3
tg(0.25)+e(0.5)
3
tg(0.5)+e(0.75)
3
tg(0.75)]+
+4[e(−0.875)
3
tg(−0.875)+e(−0.625)
3
tg(−0.625)+e(−0.375)
3
tg(−0.375)+
+e(−0.125)
3
tg(−0.125)+e(0.125)
3
tg(0.125)+e(0.375)
3
tg(0.375)+
+e(0.625)
3
tg(0.625)+e(0.875)
3
tg(0.875)]≅0.586213
ERRADIANETAN!!!
Gaixo bati sendagai baten A dosia ematen zaio. Sendagaiaren kontzentrazioa odolean t ordu geroago hurrengo formularen bidez kalkula daiteke:
c(t)=A t e−t/3 (mg/ ml)
a) Zenbatekoa izan behar da hasierako dosia gehienezko kontzentrazio1 mg/ml izateko? Noiz agertzen da konzentrazio maximo hori?b) Kontzentrazio maximo hori pasa eta gero bigarren dosia eman beharzaio kontzentrazioa 0.25 mg/ml baliora jaisten denean. Kalkulatu minutu baten zehaztasunarekin zenbat denbora igarotzen duen bi dosien artean.c) Bigarren dosia lehenengoa baino %75 txikiagoa dela suposatuz,noiz eman beharko genioke hirugarren dosia?
a) c(t)=A t e−t/3
c'(t) =A e−t /3 − A t e−t /3
3=A e−t /3 1−
t3
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
c'(t) =0⇒ t =3
c(3) =A 3 e−3/3 =3Ae
Beraz, 3 ordu pasa eta gero lortzen da kontzentazio maximoa eta bereBalioa hurrengo hau da:
Balio hori 1 izateko:
3Ae
=1⇒ A=e3
b) Hurrengoan kalkulatu nahi dugu noiz den 0.25 c(t)-ren balioa, hauda, zein den f(t) = c(t)-0.25 funtzioaren zero bat:
t0 = 4 puntutik abiatuz:
f (t0) ≅0.705375
f'(t) =e3
e−t/ 3 1− t3
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
x1 =x0 −f(x0)f'(x0)
≅12.8598720≅12h 51min 35.5seg
Newton:
f (x1) ≅−0.0897667
x2 =x1 −f(x1)f'(x1)
≅10.6678280≅10h 40min 4.18seg
x3 =x2 −f(x2)f' (x2)
x4 =x3 −f(x3)f'(x3)
x5 =x4 −f(x4)f'(x4)
≅11.0611267≅11h 36min 40.5seg
≅11.0778742≅11h 4min 40.35seg
≅11.0779036≅11h 4min 40.45seg
c) c1(t) =e3
(t+11.08) e−(t+11.08)/ 3
c2(t) =75e
100×3 t e−t /3 =
e4
t e−t/3
f (t) =c1(t)+c2(t) −0.25
f (t) =e(t+11.08)
3 e−(t+11.08)/ 3 +
t e−t /3
4
⎡
⎣ ⎢ ⎢
⎤
⎦ ⎥ ⎥ −0.25
t1 ≅10.6490204≅10h 38min 56.4seg
t2 ≅10.1292893≅10h 7min 45.44seg
t3 ≅10.1551745≅10h 9min 18.63seg
t4 ≅10.1552417≅10h 9min 18.87seg
Kalkulatu Runge-Kutta -en metodoaren bidez hurrengo ekuazio diferentzialaren soluzio hurbilduak ondoko x = 1.2 eta x = 1.4 puntuetanh=0.1 erabiliz: :
dydx
=2xy ; y(1)=1
Soluzio analitikoa y = exp(x2-1), dela kontutan hartuz, kalkulatu egindakoerrore absolutuak eta erlatiboak.
h = 0.1:
k1 =h f (x0,y0)
k2 =h f (x0 +h2
,y0 +k1
2)
=0.1 (2×1×1) =0.2
=0.1 f(0+0.05, 1+0.05)
k2 =0.1 2×1.05×1.1( ) =0.231
k3 =h f(x0 +h2
,y0 +k2
2)=0.1 f(1.05, 1.1155)
k3 =0.1 2×1.05×1.1155( ) =0.234255
x1 =x0 +h=1+0.1=1.1
k4 =h f (x0 +h,y0 +k3)=0.1 f(1.1, 1.234255)
k4 =0.1 2×1.1×1.234255( ) =0.2715361
K0 =16
(k1 +2k2 +2k3 +k4) =0.23367435
y1 =y0 +K0 ≅1.2337
x2 =x1 +h=1.1+0.1=1.2
k1 =h f (x1,y1) =0.1 (2×1.1×1.23367435) =0.27140836
k2 =h f (x1 +h2
,y1 +k1
2)=0.1 f(1.15, 1.3693785) =0.31495706
k3 =h f(x1 +h2
,y1 +k2
2)=0.1 f(1.15, 1.3911529) =0.31996516
k4 =h f (x1 +h,y1 +k3) =0.1 f(1.2, 1.5536395) =0.37287348
K0 =16
(k1 +2k2 +2k3 +k4) =0.31902105
y2 =y1 +K0 =1.5527
x3 =x2 +h=1.2+0.1=1.3
k1 =h f (x2,y2) =0.1 (2×1.2×1.5526954) =0.3726469
k2 =h f (x2 +h2
,y2 +k1
2)=0.1 f(1.25, 1.7390188)=0.43475471
k3 =h f(x2 +h2
,y2 +k2
2)=0.1 f(1.25, 1.7700728)=0.44251819
k4 =h f (x2 +h,y2 +k3)=0.1 f(1.3, 1.9952136) =0.51875553
K0 =16
(k1 +2k2 +2k3 +k4) =0.44099137
y3 =y2 +K0 =1.9937
x4 =x3 +h=1.3+0.1=1.4
k1 =h f (x3,y3) =0.1 (2×1.3×1.9936868) =0.51835857
k2 =h f (x3 +h2
,y3 +k1
2)=0.1 f(1.35, 2.2528661) =0.60827384
k3 =h f(x3 +h2
,y3 +k2
2) =0.1 f(1.35, 2.2978237)=0.6204124
k4 =h f (x3 +h,y3 +k3)=0.1 f(1.4, 2.6140992) =0.73194778
K0 =16
(k1 +2k2 +2k3 +k4) =0.61794647
y4 =y3 +K0 =2.6116
€
balio zehatza y2 =1.5527
€
balio zehatza y4 = 2.6116
€
x2 =1.2 → errore absolutua =1.5527 −1.5227 = 0
€
x2 =1.2 → errore erlatiboa =1.5527 −1.5527
1.5527= 0
€
x4 =1.4 → errore absolutua = 2.6116 − 2.6117 = −0.0001
€
x4 =1.4 → errore erlatiboa =2.6116 − 2.6117
2.6116≅ 3.9e − 5
Kalkulatu Simpson-en eta Trapezioen prozeduren bidez (7 punturekinbai batan bai bestean) eta Gauss-Legendre-ren koadraturaren bidez 4 punturekin (n=3) (taularen puntuekin) hurrengo integralaren balorea:
1+x2dx
0
3
∫
x0 =0; x1 =0.5; x2 =1; x3 =1.5; x4 =2; x5 =2.5; x6 =3Trapezioen bidez:
1+x2dx
0
3
∫ ≅h12
1+x0
2+ 1+x6
2⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ + 1+xi
2
i=1
5
∑⎡
⎣ ⎢ ⎢
⎤
⎦ ⎥ ⎥
1+x2dx0
3
∫ ≅12[12
1+02 + 1+32( )+ 1+0.52 + 1+12
+ 1+1.52 + 1+22 + 1+2.52 ]≅5.67241
h = 1/2 hartuta (7 puntu):
€
1+ x 2 dx0
3
∫ ≅h
3[ 1+ x0
2 + 1+ x62 +
+ 2 1+ x i2
i= 2bikoitia
4
∑ + 4 1+ x i2
i=1bakoitia
5
∑ ]
Simpson-en bidez:
1+x2dx0
3
∫ ≅16{ 1+02 + 1+32 +2[ 1+12 + 1+22]+
+4[ 1+0.52 + 1+1.52 + 1+2.52]}≅5.65273
Gauss-Legendre-ren koadraturarekin n=3 hartuta (4 puntu):
x0 ≈−0.8611363 ; x1 ≈−0.3399810 ; x2 =0.3399810 ; x3 ≈0.8611363
1+x2dx
0
3
∫
z+1=23
x⇒ x =3(z+1)
2⇒ dx=
3dz2
= 1+
9(z+1)4
232
dz−1
1
∫ =
32
1+94
(z+1)2dz−1
1
∫
I ≈32{0.6521451[ 1+
94
0.339981+1( )2
+
1+94
−0.339981+1( )2]+
0.3478548[ 1+94
0.861136+1( )2
+
1+94
−0.861136+1( )2]}≈5.65289
Herri batetan 1000 biztanle bizi dira. Bati birus kutsakor bat erantsi zaio. Hurrengo egunean hiru badira kutsatuak astebete bat igaro ondoren, zenbatekoa izango da gaixoen kopurua?
dxdt
=ax(1000−x) ; x(0)=1
h = 1/7:
x1 ≅x0 +h f(t0,x0)
t1 =t0 +h=0+1/7=1/ 7
=1+999a
7
1+999a
7=3⇒ a=
14999
x2 ≅x1 +h f(t1,x1) =8.987988
x3 ≅x2 +h f (t2,x2) =26.8202283
x4 ≅x3 +h f (t3,x3) =79.0742898
x5 ≅x4 +h f (t4,x4) =224.8631717
x6 ≅x5 +h f (t5,x5) =573.8115715
x7 ≅x6 +h f (t6,x6) =1063.4048690
Ondorioz, astebete bat pasa eta gero, denak daude gaixorik.
Bi substantzia, A eta B, konbinatzen direnean C konposatu bat osatzenda. Erreakzioan, A substantziaren gramo bakoitzako B-ren 4 gramo behardira. Minutu bat pasa eta gero C-ren 6 gramo sortu dira.Erreakzioaren abiadura A eta B-ren geratzen direnen kantitateekiko proportzionala badaeta hasieran A-ren 50 gramo eta B-ren 32 gramo baldin baziren, zenbatekoa izango da C-ren kantitatea erreakzioa abiatu eta 10 minutura?
t minutuetan sortzen diren C konposatuaren gramuen kopuruari C(t) deitzen badiogu eta, denbora berean, deskonposatzen diren A eta B-ren kantitateei A(t) eta B(t), deituz hurrenez hurren, orduan:
C(t) =A(t)+B(t)
B(t) =4A(t)
dC(t)dt
∝ 50−A(t)( ) 32−B(t)( )
Ondorioz:
dC(t)dt
∝ 50−C(t)
5
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ 32−
4C(t)5
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟
edo gauza bera dena:
dC(t)dt
∝ 250−C(t)( ) 40−C(t)( )
eta ebatzi behar dugun lehen ordenako ekuazio diferentziala hau da :
dC(t)dt
=k 250−C(t)( ) 40−C(t)( )
C(0) =0
non, k, kalkulatu behar dugun konstantea baita.
h = 1:
C1 ≅C0 +h f (t0,C0)
t1 =t0 +h=0+1=1
Euler-en metodo xinplea erabiltzen badu soluzio numeriko hurbilduaklortzeko:
=C(0)+h k(250−C(0))(40−C(0))
6≅10000k ⇒ k ≅3
5000 eta behin k konstanta kalkulatu dugun, iterazio gehiago egin ditzakegubeste soluzioak lortzeko beste denboretarako:
t2 =t1 +h=1+1=2C2 ≅C1 +h f (t1,C1) =10.9776
t3 =t2 +h=2+1=3C3 ≅C2 +h f(t2,C2) =15.1398
t4 =t3 +h=3+1=4C4 ≅C3 +h f(t3,C3) =18.643
t5 =t4 +h=4+1=5C5 ≅C4 +h f(t4,C4) =21.60766
t6 =t5 +h=5+1=6C6 ≅C5 +h f(t5,C5) =24.12806
t7 =t6 +h=6+1=7C7 ≅C6 +h f(t6,C6) =26.27908
t8 =t7 +h=7+1=8C8 ≅C7 +h f(t7,C7) =28.12087
t9 =t8 +h=8+1=9C9 ≅C8 +h f(t8,C8) =29.70231
t10 =t9 +h=9+1=10C10 ≅C9 +h f (t9,C9) =31.06344
Zenbaki lehenen teoremaren arabera a< x < b tartean dauden zenbakilehenen kopurua da gutxi gorabehera:
dxlnxa
b
∫ Alderatu hurbilketa honen bidez lortutako 100 eta 200-en artean daudenzenbaki lehenen kopurua, benetako balioarekin.
Gauss-Legendre-ren koadraturarekin eta n=3 hartuta (4 puntu):
x0 ≈−0.8611363 ; x1 ≈−0.3399810 ; x2 =0.3399810 ; x3 ≈0.8611363
1lnx
dx100
200
∫
z−1=150
x−200( )⇒ x =50z+150⇒ dx=50dz
=50
ln(50z+150)dz
−1
1
∫
I ≈50{0.6521451[1
ln 50×0.339981+150( )+
1ln 50×(−0.339981)+150( )
]+
0.3478548[1
ln 50×0.861136+150( )+
1ln 50×(−0.861136) +150( )
]}≈20.066
Hala ere, 100 baino handiagoak eta 200 baino txikiagoak diren zenbakilehenen benetako kopurua da 21.
Erabili Runge-Kutta-ren metodoa hurrengo probleman -ren balio hurbildua lortzeko h=0.5 hartuta eta kalkulatu egindako errore absolutuaeta erlatiboa:
dydx
=4
1+x2 ; y(0) =0
Ekuazio diferentzial hau zehatz-mehatz integra daiteke:
dyy(0)
y( x)
∫ =4
1+x2 dx0
x
∫
y(x)−y(0) =4(arctan(x) −arctan(0))
y(x) =4arctan(x) ⇒ y(1) =π
h = 0.5:
k1 =h f (x0,y0)
k2 =h f (x0 +h2
,y0 +k1
2)
=0.5 (4
1+02 ) =2
k2 =0.5 4
1+0.252
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ =1.8823529
k3 =h f(x0 +h2
,y0 +k2
2)
x1 =x0 +h=0+0.5=0.5
Hortaz -ren balio numeriko hurbildua lortzeko kalkulatu beharko dugu y(x) x=1 denean:
=0.5 f(0+0.25,y0 +k1
2)
=0.5 f(0+0.25,y0 +k2
2)
k3 =0.5 4
1+0.252
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ =1.8823529
k4 =h f (x0 +h,y0 +k3)
k4 =0.5 4
1+0.52
⎛ ⎝ ⎜
⎞ ⎠ ⎟ =1.6
K0 =16
k1 +2k2 +2k3 +k4( ) =1.854902
=0.5 f(0.5,y0 +k3)
y1 =y0 +K0 ≅1.854902
x2 =x1 +h=0.5+0.5=1
k1 =h f (x1,y1)
k2 =h f (x1 +h2
,y1 +k1
2)
=0.5 f(0.5,y1) =1.6
=0.5 f(0.75,y1 +k1
2) =1.28
k3 =h f(x1 +h2
,y1 +k2
2) =0.5 f(0.75,y1 +
k2
2) =1.28
k4 =h f (x1 +h,y1 +k3) =0.5 f(1,y1 +k3)=1
K0 =
16
k1 +2k2 +2k3 +k4( ) =1.28) 6
y1 =y0 +K0 ≅3.1415687
€
errore absolutua = y1 − π ≅ 2.4 10−5
€
errore erlatiboa =y1 − π
π≅ 7.6 10−6
Kalkulatu Simpson-en eta Trapezioen prozeduren bidez (9 punturekinbai batan bai bestean) eta Gauss-Legendre-ren koadraturaren bidez 4 punturekin (n=3, taularen puntuekin) hurrengo integralaren balorea:
5xe−x lnx dx1
3
∫
x0 =1; x1 =1.25; x2 =1.5; x3 =1.75; x4 =2; x5 =2.25;
x6 =2.5; x7 =2.75; x8 =3Trapezioen bidez:
h = 1/4 hartuta (9 puntu):
5xe−x lnx dx1
3
∫ ≅h5x0e
−x0 lnx0 +5x8e−x8 lnx8( )
2+ 5xie
−xi lnxii=1
7
∑⎡
⎣ ⎢ ⎢
⎤
⎦ ⎥ ⎥
5xe−x lnx dx1
3
∫ ≅1.51706
€
5xe−x ln x dx1
3
∫ ≅h
3[5x0e
−x0 ln x0 + 5x8e−x8 ln x8 +
+ 2 5x ie−xi ln x i
i= 2bikoitia
6
∑ + 4 5x ie−xi ln x i
i=1bakoitia
7
∑ ]
Simpson-en bidez:
5xe−x lnx dx1
3
∫ ≅1.52825]
Gauss-Legendre-ren koadraturaz n=3 hartuta (4 puntu):
x0 ≈−0.8611363 ; x1 ≈−0.3399810 ; x2 =0.3399810 ; x3 ≈0.8611363
5xe−x lnx dx1
3
∫
z=x−2⇒ x =z+2⇒ dx=dz
= 5(z+2)e−(z+2) ln(z+2)dz−1
1
∫
I ≈{0.6521451[5 0.339981+2( )e− 0.339981+2( ) ln 0.339981+2( )+
5 −0.339981+2( )e− −0.339981+2( ) ln −0.339981+2( )]+
0.3478548[50.861136+2( )e− 0.861136+2( ) ln 0.861136+2( )+
5 −0.861136+2( )e− −0.861136+2( ) ln −0.861136+2( )]}≈1.52818
Hurrengo taularen bidez, kalkulatu x0-ren bigarren deribatuaren hurbilketa numerikoa x1, x2 eta x3 puntuen balioak erabiliz:
€
x0 = 0.3 ; y0 = 0.45
x1 = 0.4 ; y1 = 0.8
x2 = 0.5 ; y2 =1.25
x3 = 0.6 ; y3 =1.8
Hori egin eta gero, kalkulatu gauza bera, hau da, x0-ren bigarrenderibatuaren hurbilketa numerikoa; baina, oraingoan taularen lau puntuetatik pasatzen den interpolazio-polinomiaren bidez. Argudiatu bi emaitzen arteko alderaketa.
Lehenik eskatzen digute kalkulatzeko distantziakide puntuen taulabatetik hartutako xn puntu baten bigarren deribatuaren hurbilketa bat xn+1, xn+2 eta xn+3 puntuen balioen laguntzaz:
f (x0 +h)= f (x0)+f'(x0)h+
f''(x0)2
h2 +K
f (x0 +2h) =f (x0)+ f' (x0)2h+f'' (x0)2h2 +K
f (x0 +3h) = f(x0) +f'(x0)3h+
9f''(x0)2
h2 +K
Hortaz, gure helburua izango da kalkulatzea a, b eta c koefizienteak:
f''(x0) =limh→ 0
af(x0 +h)+bf(x0 +2h)+cf(x0 +3h)h2
af(x0 +h) =af(x0)+af' (x0)h+
f''(x0)a2
h2 +K
bf(x0 +2h) =bf(x0)+ f' (x0)2bh+f'' (x0)2bh2 +K
cf(x0 +3h) =cf(x0)+f'(x0)3ch+
9cf''(x0)2
h2 +K
a, b eta c koefiziente horiek honelakoak izango dira:
a+b+c=0
a+2b+3c=0a2
+2b+9c2
=1
⎫
⎬ ⎪ ⎪
⎭ ⎪ ⎪
⇒
a+b+c =0
a+2b+3c =0
a+4b+9c=2
⎫
⎬ ⎪
⎭ ⎪
⇒b+2c=0
2b+6c=2
⎫ ⎬ ⎭
⇒ c=1
⇒ b=−2 ⇒ a=1
Beraz:
f''(x0) =limh→ 0
f (x0 +h)−2 f(x0 +2h) +f(x0 +3h)h2
y'' xn( )=yn+1 −2yn+2 +yn+3
h2
y'' x0( )=0.8−2×1.25+1.8
0.12 =10
Jarraian, hurrungo puntueatik pasatzen den interpolazio-polinomioakalkulatu dugu:
Lau puntu izanik interpolazio-polinomioaren maila, gehienera jotahiru izango da:
y(x) =a0 +a1x +a2x2 +a3x
3
non ai koefizienteek hurrengo ekuazioak betetzen baitituzte:
€
x0 = 0.3 ; y0 = 0.45
x1 = 0.4 ; y1 = 0.8
x2 = 0.5 ; y2 =1.25
x3 = 0.6 ; y3 =1.8
y0 =a0 +a1x0 +a2x02 +a3x0
3
y1 =a0 +a1x1 +a2x12 +a3x1
3
y2 =a0 +a1x2 +a2x22 +a3x2
3
y3 =a0 +a1x3 +a2x32 +a3x3
3
⎧
⎨
⎪ ⎪ ⎪
⎩
⎪ ⎪ ⎪
0.45=a0 +0.3a1 +0.9a2 +0.27a3
0.8=a0 +0.4a1 +0.16a2 +0.64a3
1.25=a0 +0.5a1 +0.25a2 +0.125a3
1.8=a0 +0.6a1 +0.36a2 +0.216a3
⎧
⎨
⎪ ⎪
⎩
⎪ ⎪
0.45=a0 +0.3a1 +0.09a2 +0.027a3
0.8=a0 +0.4a1 +0.16a2 +0.064a3
1.25=a0 +0.5a1 +0.25a2 +0.125a3
1.8=a0 +0.6a1 +0.36a2 +0.216a3
⎧
⎨
⎪ ⎪
⎩
⎪ ⎪
0.35=0.1a1 +0.07a2 +0.037a3
0.45=0.1a1 +0.09a2 +0.061a3
0.55=0.1a1 +0.11a2 +0.091a3
⎧
⎨ ⎪
⎩ ⎪
0.1=0.02a2 +0.024a3
0.1=0.02a2 +0.03a3
⎧ ⎨ ⎪
⎩ ⎪ ⇒ a2 =5 ; a3 =0
⇒ a4 =0 ; a3 =0
Beraz, interpolazio-polinomioa hauxe da:
y(x) =5x2
Ondorioz, bigarren deribatua x0 puntuan (edozein puntutan, izan ere) da:
′ ′ y (x) =10
€
f ' '(x0) =f (x0 + h) − 2 f (x0 + 2h) + f (x0 + 3h)
h2 f (n )(x) = 0 n ≥ 3 bada( )
hau da: lehen lortu genuen emaitza bera. Horren zioa hurrengoan oinarritzen da
Erabili Taylor-en seriearen algoritmoa hurrengo ekuazio diferentzialarensoluzio hurbildua kalkulatzeko:
€
′ y = ex + x cos y
y(0) = 0
€
′ y = ex + cos y
€
′ ′ y = ex + cos y − x ′ y sin y
€
′ ′ ′ y = ex − 2 ′ y sin y − x ′ ′ y sin y − x ′ y ( )2 cos y
€
′ y v = ex − 3 ′ ′ y sin y − 2( ′ y )2 cos y − x ′ ′ ′ y sin y − x ′ y ′ ′ y cos y
− ( ′ y )2 cos y − 2x ′ y ′ ′ y cos y + x ′ y ( )3
sin y
Beraz, dagozkion ordezkaketak eginez:
€
′ y (0) =1 ′ ′ ′ y (0) =1
′ ′ y (0) = 2 ′ y v (0) = −2
eta soluzio urbildua honela geratzen da:
€
y(x) ≅ x +2x 2
2!+
x 3
3!−
2x 4
4!+L
€
y(x) ≅ x + x 2 +x 3
6−
x 4
12+L
Ebatzi hurrengo ekuazioa:
€
ln(2 − x 2) = x 2
€
x0 =1 → f (x0) = −1
€
f '(x) = −2x1
2 − x 2+1
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟
€
x1 = x0 −f (x0)
f '(x0)= 0.75
€
→ f (x1) ≅ −0.1995945
x2 =x1 −f(x1)f'(x1)
€
≅0.6715269
€
→ f (x2) ≅ −0.0133056
Aurrekoaren baliokidea da hurrengo f(x) funtzioaren zeroa kalkulatzea:
€
f (x) = ln(2 − x 2) − x 2
€
x3 = x2 −f (x2)
f '(x2)
€
≅0.6655065
€
→ f (x2) ≅ −0.0000731
€
x4 = x3 −f (x3)
f '(x3)
€
≅0.6654731
€
→ f (x2) ≅ −2.24 ×10−9
Erabili Picard-en metodoa hurrengo problemarekin:
y1(x) =y(x0) + f(x,y0(x)) dxx0
x
∫€
dy
dx= x + y 2 ; y(0) = 0
€
y1(x) = x dx0
x
∫
€
=x 2
2
y2(x)=y(x0) + f(x,y1(x)) dxx0
x
∫
€
y2(x) = x +x 2
2
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟
2 ⎡
⎣ ⎢ ⎢
⎤
⎦ ⎥ ⎥ dx
0
x
∫
€
y2(x) = x +x 4
4
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟ dx
0
x
∫
€
=x 2
2+
x 5
20
€
y3(x) = x +x 2
2+
x 5
20
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟
2 ⎡
⎣ ⎢ ⎢
⎤
⎦ ⎥ ⎥ dx
0
x
∫
€
y3(x) = x +x 4
4+
x10
400+
x 7
20
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟dx
0
x
∫
€
y3(x) =x 2
2+
x 5
20+
x 8
160+
x11
4400
Top Related