Ejercicios diferenciacion-e-integracic3b3n-numc3a9rica

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Métodos NuméricosGrado en Informática

Tema 5: Diferenciación e Integración Numérica

Luis Alvarez León

Univ. de Las Palmas de G.C.

Luis Alvarez León () Métodos Numéricos Univ. de Las Palmas de G.C. 1 / 43

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Contenido

1 Introducción a la Diferenciación Numérica

2 Fórmulas para calcular la derivada primera

3 Fórmulas para calcular la derivada segunda

4 Derivadas de funciones de varias variables

5 Integración Numérica

6 Métodos de Cuadratura de Gauss de Integración Numérica

7 Fórmulas de Integración para Integrales Múltiples

8 Fórmulas de Integración Numérica Compuestas

9 Práctica 5. Implementación del Método de Simpson

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Contenido

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Diferenciación e Integración NuméricaEl método de Muller para calcular ceros de una función

El método de Muller para calcular ceros de una función utiliza lassiguientes fórmulas basadas en 3 puntos para calcular la primera ysegunda derivada de una función:

f ′′(xn−1) ≈ 2f (xn−2)−f (xn−3)

xn−2−xn−3− f (xn−1)−f (xn−2)

xn−1−xn−2

xn−3 − xn−1

f ′(xn−1) ≈ f (xn−1)− f (xn−2)

xn−1 − xn−2+

f ′′(xn−1)

2(xn−1 − xn−2)

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Contenido

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Diferenciación e Integración NuméricaFórmula para calcular la derivada primera con 2 puntos

La manera habitual de aproximar la derivada de una función f (x) en un punto xiconsiste en utilizar el desarrollo de Taylor centrado en xi :

f (x) = f (xi) +f ′(xi)

1!(x − xi) +

f ′′(xi)

2!(x − xi)

2 + ...+f N)(xi)

N!(x − xi)

N + ...

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f (x) = f (xi) +f ′(xi)

1!(x − xi) +

f ′′(xi)

2!(x − xi)

2 + ...+f N)(xi)

N!(x − xi)

N + ...

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f (x) = f (xi) +f ′(xi)

1!(x − xi) +

f ′′(xi)

2!(x − xi)

2 + ...+f N)(xi)

N!(x − xi)

N + ...

Si tomamos un punto xj 6= xi , y despejamos f ′(xi) obtenemos:

f ′(xi) =f (xj)− f (xi)

xj − xi− f ′′(xi)

2!(xj − xi)− .... =

f (xj)− f (xi)

xj − xi+O

(∣∣xj − xi∣∣)

donde O(∣∣xj − xi

∣∣) indica, básicamente, que el error cometido es una suma depotencias de

∣∣xj − xi∣∣ en la que la potencia más pequeña es 1..

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f (x) = f (xi) +f ′(xi)

1!(x − xi) +

f ′′(xi)

2!(x − xi)

2 + ...+f N)(xi)

N!(x − xi)

N + ...

f ′(xi) =f (xj)− f (xi)

2!(xj − xi)− .... =

f (xj)− f (xi)

xj − xi+O

(∣∣xj − xi∣∣)

∣∣xj − xi∣∣ en la que la potencia más pequeña es 1.. Se denomina orden

de la aproximación a la potencia más pequeña que aparece en el término del error.Por lo tanto, en este caso, diremos que el orden de aproximación es 1. Si xj > xi ,entonces la derivada se calcula hacia adelante, mientras que si xj < xi , la derivada secalcula hacia atrás.

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f (x) = f (xi) +f ′(xi)

1!(x − xi) +

f ′′(xi)

2!(x − xi)

2 + ...+f N)(xi)

N!(x − xi)

N + ...

f ′(xi) =f (xj)− f (xi)

2!(xj − xi)− .... =

f (xj)− f (xi)

xj − xi+O

(∣∣xj − xi∣∣)

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f (x) = f (xi) +f ′(xi)

1!(x − xi) +

f ′′(xi)

2!(x − xi)

2 + ...+f N)(xi)

N!(x − xi)

N + ...

f ′(xi) =f (xj)− f (xi)

2!(xj − xi)− .... =

f (xj)− f (xi)

xj − xi+O

(∣∣xj − xi∣∣)

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Ejemplo

f (x) = x3 + x f ′(x) = 3x2 + 1

xi = 1 f ′(1) = 4

xj = 0 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 0−20−1 = 2

xj = 2 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 10−22−1 = 8

xj = 1.1 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 2.431−21.1−1 = 4.31

xj = 1.01 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 2.040301−21.01−1 = 4.0301

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Ejemplo

f (x) = x3 + x f ′(x) = 3x2 + 1xi = 1 f ′(1) = 4

xj = 0 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 0−20−1 = 2

xj = 2 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 10−22−1 = 8

xj = 1.1 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 2.431−21.1−1 = 4.31

xj = 1.01 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 2.040301−21.01−1 = 4.0301

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Ejemplo

f (x) = x3 + x f ′(x) = 3x2 + 1xi = 1 f ′(1) = 4

xj = 0 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 0−20−1 = 2

xj = 2 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 10−22−1 = 8

xj = 1.1 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 2.431−21.1−1 = 4.31

xj = 1.01 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 2.040301−21.01−1 = 4.0301

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Ejemplo

f (x) = x3 + x f ′(x) = 3x2 + 1xi = 1 f ′(1) = 4

xj = 0 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 0−20−1 = 2

xj = 2 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 10−22−1 = 8

xj = 1.1 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 2.431−21.1−1 = 4.31

xj = 1.01 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 2.040301−21.01−1 = 4.0301

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Ejemplo

f (x) = x3 + x f ′(x) = 3x2 + 1xi = 1 f ′(1) = 4

xj = 0 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 0−20−1 = 2

xj = 2 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 10−22−1 = 8

xj = 1.1 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 2.431−21.1−1 = 4.31

xj = 1.01 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 2.040301−21.01−1 = 4.0301

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Ejemplo

f (x) = x3 + x f ′(x) = 3x2 + 1xi = 1 f ′(1) = 4

xj = 0 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 0−20−1 = 2

xj = 2 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 10−22−1 = 8

xj = 1.1 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 2.431−21.1−1 = 4.31

xj = 1.01 f ′(1) ≈ f (xj )−f (xi )xj−xi

= 2.040301−21.01−1 = 4.0301

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f (xr ) = f (xi) + f ′(xi )1! (xr − xi) + f ′′(xi )

2! (xr − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xr − xi)3 + ...

f (xl) = f (xi) + f ′(xi )1! (xl − xi) + f ′′(xi )

2! (xl − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xl − xi)3 + ...

Despejamos la derivada primera y nos preguntamos por que factores hay quemultiplicar las igualdades para que al sumar desaparezca el término en la derivadasegunda

f ′(xi) = (f (xr )−f (xi ))xr−xi

− f ′′(xi )2! (xr − xi)− f ′′′(xi )

3! (xr − xi)2 − ...

f ′(xi) = (f (xl )−f (xi ))xl−xi

− f ′′(xi )2! (xl − xi)− f ′′′(xi )

3! (xl − xi)2 − ...

Sumando las 2 ecuaciones y despejando obtenemos :

f ′(xi) =(xi − xl)

f (xr )−f (xi )xr−xi

+ (xr − xi)f (xi )−f (xl )

xi−xl

xr − xl+O(h2)

donde h =| xr − xi |≈| xl − xi |

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2! (xr − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xr − xi)3 + ...

2! (xl − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xl − xi)3 + ...

− f ′′(xi )2! (xr − xi)− f ′′′(xi )

3! (xr − xi)2 − ...

− f ′′(xi )2! (xl − xi)− f ′′′(xi )

3! (xl − xi)2 − ...

f ′(xi) =(xi − xl)

+ (xr − xi)f (xi )−f (xl )

xi−xl

xr − xl+O(h2)

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2! (xr − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xr − xi)3 + ...

2! (xl − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xl − xi)3 + ...

− f ′′(xi )2! (xr − xi)− f ′′′(xi )

3! (xr − xi)2 − ...

− f ′′(xi )2! (xl − xi)− f ′′′(xi )

3! (xl − xi)2 − ...

f ′(xi) =(xi − xl)

+ (xr − xi)f (xi )−f (xl )

xi−xl

xr − xl+O(h2)

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2! (xr − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xr − xi)3 + ...

2! (xl − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xl − xi)3 + ...

(xl − xi)· f ′(xi) = (f (xr )−f (xi ))xr−xi

− f ′′(xi )2! (xr − xi)− f ′′′(xi )

3! (xr − xi)2 − ...

−(xr − xi)· f ′(xi) = (f (xl )−f (xi ))xl−xi

− f ′′(xi )2! (xl − xi)− f ′′′(xi )

3! (xl − xi)2 − ...

f ′(xi) =(xi − xl)

+ (xr − xi)f (xi )−f (xl )

xi−xl

xr − xl+O(h2)

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2! (xr − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xr − xi)3 + ...

2! (xl − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xl − xi)3 + ...

− f ′′(xi )2! (xr − xi)− f ′′′(xi )

3! (xr − xi)2 − ...

− f ′′(xi )2! (xl − xi)− f ′′′(xi )

3! (xl − xi)2 − ...

f ′(xi) =(xi − xl)

+ (xr − xi)f (xi )−f (xl )

xi−xl

xr − xl+O(h2)

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2! (xr − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xr − xi)3 + ...

2! (xl − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xl − xi)3 + ...

− f ′′(xi )2! (xr − xi)− f ′′′(xi )

3! (xr − xi)2 − ...

− f ′′(xi )2! (xl − xi)− f ′′′(xi )

3! (xl − xi)2 − ...

f ′(xi) =(xi − xl)

+ (xr − xi)f (xi )−f (xl )

xi−xl

xr − xl+O(h2)

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En el caso de que los puntos esten equiespaciados, es decirxr = xi + h y xl = xi − h la fórmula para calcular la primera derivada sesimplifica obteniendo

f ′(xi) =f (xi + h)− f (xi − h)

2h+O(h2)

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Ejemplo

f (x) = x3 + x f ′(x) = 3x2 + 1

xi = 1 f ′(1) = 4h = 1 f ′(1) ≈ f (xi+h)−f (xi−h)

2h = 10−02 = 5

h = 0.1 f ′(1) ≈ f (xi+h)−f (xi−h)2h = 2.431−1.629

0.2 = 4.01

h = 0.01 f ′(1) ≈ f (xi+h)−f (xi−h)2h = 2,040301−1,960299

0.02 = 4.0001

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Ejemplo

f (x) = x3 + x f ′(x) = 3x2 + 1xi = 1 f ′(1) = 4

h = 1 f ′(1) ≈ f (xi+h)−f (xi−h)2h = 10−0

h = 0.1 f ′(1) ≈ f (xi+h)−f (xi−h)2h = 2.431−1.629

0.2 = 4.01

h = 0.01 f ′(1) ≈ f (xi+h)−f (xi−h)2h = 2,040301−1,960299

0.02 = 4.0001

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Ejemplo

f (x) = x3 + x f ′(x) = 3x2 + 1xi = 1 f ′(1) = 4h = 1 f ′(1) ≈ f (xi+h)−f (xi−h)

2h = 10−02 = 5

h = 0.1 f ′(1) ≈ f (xi+h)−f (xi−h)2h = 2.431−1.629

0.2 = 4.01

h = 0.01 f ′(1) ≈ f (xi+h)−f (xi−h)2h = 2,040301−1,960299

0.02 = 4.0001

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Ejemplo

2h = 10−02 = 5

h = 0.1 f ′(1) ≈ f (xi+h)−f (xi−h)2h = 2.431−1.629

0.2 = 4.01

h = 0.01 f ′(1) ≈ f (xi+h)−f (xi−h)2h = 2,040301−1,960299

0.02 = 4.0001

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Ejemplo

2h = 10−02 = 5

h = 0.1 f ′(1) ≈ f (xi+h)−f (xi−h)2h = 2.431−1.629

0.2 = 4.01

h = 0.01 f ′(1) ≈ f (xi+h)−f (xi−h)2h = 2,040301−1,960299

0.02 = 4.0001

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Diferenciación e Integración NuméricaFórmula para calcular la derivada segunda con 3 puntos

Partimos de nuevo de los desarrollos en serie de Taylor y nos planteamos por quefactores hay que multiplicar las ecuaciones para que al sumar desaparezca el términoen derivada primera

2! (xr − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xr − xi)3 + ...

2! (xl − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xl − xi)3 + ...

Sumando las 2 ecuaciones obtenemos :

(xl − xi)(f (xr )− f (xi))− (xr − xi)(f (xl)− f (xi)) =f ′′(xi )

((xr − xi)

2(xl − xi)− (xl − xi)2(xr − xi)

f ′′′(xi )3!

((xr − xi)

3(xl − xi)− (xl − xi)3(xr − xi)

)+ ....

despejando f ′′(xi) y agrupando términos obtenemos:

f ′′(xi) = 2f (xr )−f (xi )

xr−xi− f (xi )−f (xl )

xi−xl

xr − xl+O(h)

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(xl − xi)· f (xr ) = f (xi) + f ′(xi )1! (xr − xi) + f ′′(xi )

2! (xr − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xr − xi)3 + ...

−(xr − xi)· f (xl) = f (xi) + f ′(xi )1! (xl − xi) + f ′′(xi )

2! (xl − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xl − xi)3 + ...

((xr − xi)

2(xl − xi)− (xl − xi)2(xr − xi)

f ′′′(xi )3!

((xr − xi)

3(xl − xi)− (xl − xi)3(xr − xi)

)+ ....

f ′′(xi) = 2f (xr )−f (xi )

xi−xl

xr − xl+O(h)

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2! (xr − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xr − xi)3 + ...

2! (xl − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xl − xi)3 + ...

((xr − xi)

2(xl − xi)− (xl − xi)2(xr − xi)

f ′′′(xi )3!

((xr − xi)

3(xl − xi)− (xl − xi)3(xr − xi)

)+ ....

f ′′(xi) = 2f (xr )−f (xi )

xi−xl

xr − xl+O(h)

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2! (xr − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xr − xi)3 + ...

2! (xl − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xl − xi)3 + ...

((xr − xi)

2(xl − xi)− (xl − xi)2(xr − xi)

f ′′′(xi )3!

((xr − xi)

3(xl − xi)− (xl − xi)3(xr − xi)

)+ ....

f ′′(xi) = 2f (xr )−f (xi )

xi−xl

xr − xl+O(h)

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2! (xr − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xr − xi)3 + ...

2! (xl − xi)2 + f ′′′(xi )

3! (xl − xi)3 + ...

((xr − xi)

2(xl − xi)− (xl − xi)2(xr − xi)

f ′′′(xi )3!

((xr − xi)

3(xl − xi)− (xl − xi)3(xr − xi)

)+ ....

f ′′(xi) = 2f (xr )−f (xi )

xi−xl

xr − xl+O(h)

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En el caso de que los puntos esten equiespaciados, es decirxr = xi + h y xl = xi − h, la fórmula para calcular la segunda derivadase simplifica obteniendo

f ′′(xi) =f (xi + h) + f (xi − h)− 2f (xi)

h2 +O(h2)

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Ejemplo

f (x) = x3 + x f ′′(x) = 6x

xi = 1 f ′′(1) = 6h = 1 f ′′(1) ≈ f (xi+h)+f (xi−h)−2f (xi )

h2 = 10+0−2·212 = 6

La fórmula para la derivada segunda es exacta para polinomios degrado 3.

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Ejemplo

f (x) = x3 + x f ′′(x) = 6xxi = 1 f ′′(1) = 6

h = 1 f ′′(1) ≈ f (xi+h)+f (xi−h)−2f (xi )h2 = 10+0−2·2

12 = 6

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Ejemplo

f (x) = x3 + x f ′′(x) = 6xxi = 1 f ′′(1) = 6h = 1 f ′′(1) ≈ f (xi+h)+f (xi−h)−2f (xi )

h2 = 10+0−2·212 = 6

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Ejemplo

f (x) = x3 + x f ′′(x) = 6xxi = 1 f ′′(1) = 6h = 1 f ′′(1) ≈ f (xi+h)+f (xi−h)−2f (xi )

h2 = 10+0−2·212 = 6

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Ejemplo

f (x) = x4 f ′′(x) = 12x2

h2 = 16+0−21 = 14

h = 0.1 f ′′(1) ≈ f (xi+h)+f (xi−h)−2f (xi )h2 = 1,4641+0.6561−2

0.01 = 12.02

h = 0.01 f ′′(1) ≈ f (xi+h)+f (xi−h)−2f (xi )h2 = 1.040604+0.960596−2

0.0001 = 12.0002

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Ejemplo

f (x) = x4 f ′′(x) = 12x2

xi = 1 f ′′(1) = 12

h = 1 f ′′(1) ≈ f (xi+h)+f (xi−h)−2f (xi )h2 = 16+0−2

1 = 14

h = 0.1 f ′′(1) ≈ f (xi+h)+f (xi−h)−2f (xi )h2 = 1,4641+0.6561−2

0.01 = 12.02

h = 0.01 f ′′(1) ≈ f (xi+h)+f (xi−h)−2f (xi )h2 = 1.040604+0.960596−2

0.0001 = 12.0002

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Ejemplo

f (x) = x4 f ′′(x) = 12x2

h2 = 16+0−21 = 14

h = 0.1 f ′′(1) ≈ f (xi+h)+f (xi−h)−2f (xi )h2 = 1,4641+0.6561−2

0.01 = 12.02

h = 0.01 f ′′(1) ≈ f (xi+h)+f (xi−h)−2f (xi )h2 = 1.040604+0.960596−2

0.0001 = 12.0002

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Ejemplo

f (x) = x4 f ′′(x) = 12x2

h2 = 16+0−21 = 14

h = 0.1 f ′′(1) ≈ f (xi+h)+f (xi−h)−2f (xi )h2 = 1,4641+0.6561−2

0.01 = 12.02

h = 0.01 f ′′(1) ≈ f (xi+h)+f (xi−h)−2f (xi )h2 = 1.040604+0.960596−2

0.0001 = 12.0002

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Ejemplo

f (x) = x4 f ′′(x) = 12x2

h2 = 16+0−21 = 14

h = 0.1 f ′′(1) ≈ f (xi+h)+f (xi−h)−2f (xi )h2 = 1,4641+0.6561−2

0.01 = 12.02

h = 0.01 f ′′(1) ≈ f (xi+h)+f (xi−h)−2f (xi )h2 = 1.040604+0.960596−2

0.0001 = 12.0002

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Diferenciación e Integración NuméricaDerivadas de funciones de varias variables

Consideremos una función de 2 variables como por ejemplo :

F (x , y) = x3y2

Las derivadas parciales de F (x , y) son :

∂F∂x

(x , y) = 3x2y2 ∂F∂y

(x , y) = 2x3y

Para aproximar numéricamente la derivada parcial en una dirección sepueden utilizar las mismas fórmulas que en una dimensión dejando elresto de variables constantes. Por ejemplo

∂F∂x

(x , y) ≈ (x + h)3y2 − (x − h)3y2

2h∂F∂y

(x , y) ≈ x3(y + h)2 − x3(y − h)2

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F (x , y) = x3y2

∂F∂x

(x , y) = 3x2y2

∂F∂y

(x , y) = 2x3y

∂F∂x

(x , y) ≈ (x + h)3y2 − (x − h)3y2

2h∂F∂y

(x , y) ≈ x3(y + h)2 − x3(y − h)2

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F (x , y) = x3y2

∂F∂x

(x , y) = 3x2y2 ∂F∂y

(x , y) = 2x3y

∂F∂x

(x , y) ≈ (x + h)3y2 − (x − h)3y2

2h∂F∂y

(x , y) ≈ x3(y + h)2 − x3(y − h)2

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F (x , y) = x3y2

∂F∂x

(x , y) = 3x2y2 ∂F∂y

(x , y) = 2x3y

∂F∂x

(x , y) ≈ (x + h)3y2 − (x − h)3y2

∂F∂y

(x , y) ≈ x3(y + h)2 − x3(y − h)2

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F (x , y) = x3y2

∂F∂x

(x , y) = 3x2y2 ∂F∂y

(x , y) = 2x3y

∂F∂x

(x , y) ≈ (x + h)3y2 − (x − h)3y2

2h∂F∂y

(x , y) ≈ x3(y + h)2 − x3(y − h)2

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F (x , y) = x3y2

∂F∂x

(x , y) = 3x2y2 ∂F∂y

(x , y) = 2x3y

∂F∂x

(x , y) ≈ (x + h)3y2 − (x − h)3y2

2h∂F∂y

(x , y) ≈ x3(y + h)2 − x3(y − h)2

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Podemos considerar que una imagen digital es una función de 2variables donde (x , y) representa la posición de un pixel y F (x , y) elnivel de gris o color.

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La derivada en la dirección horizontal de una imagen detecta losbordes verticales

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La derivada en la dirección vertical de una imagen detecta los bordeshorizontales

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Diferenciación e Integración NuméricaIntegración Numérica

af (x)dx = ?

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Diferenciación e Integración NuméricaIntegración Numérica

af (x)dx = Area encerrada por la curva y el eje x en [a,b]

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Diferenciación e Integración NuméricaMétodos de Cuadratura de Gauss

Sea f (x) una función definida en un intervalo [a,b], vamos a aproximarel valor de la integral de f (x) en [a,b] utilizando la evaluación de f (x)en ciertos puntos de [a,b]. Es decir, una fórmula de integraciónnumérica se puede escribir como∫ b

af (x)dx ≈

N−1∑k=0

wk f (xk )

donde xk representa los puntos de evaluación de f (x) y wk el peso decada punto de evaluación.

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Diferenciación e Integración NuméricaMétodos de Cuadratura de Gauss. Ejemplo

Veamos como se construye la fórmula de Cuadratura de Gaussutilizando un sólo punto ∫ 1

−1f (x)dx ≈ w0f (x0)

Para calcular w0 y x0 vamos a exigir que la fórmula se exacta parapolinomios de grado 0 y 1.∫ 1

−1 1dx = 2 = w0f (x0) = w0 =⇒ w0 = 2∫ 1−1 xdx = x2

−1= 0 = w0f (x0) =⇒ x0 = 0

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−1f (x)dx ≈ w0f (x0)

Para calcular w0 y x0 vamos a exigir que la fórmula se exacta parapolinomios de grado 0 y 1.

∫ 1−1 1dx = 2 = w0f (x0) = w0 =⇒ w0 = 2∫ 1−1 xdx = x2

−1= 0 = w0f (x0) =⇒ x0 = 0

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−1f (x)dx ≈ w0f (x0)

−1 1dx =

2 = w0f (x0) = w0 =⇒ w0 = 2∫ 1−1 xdx = x2

−1= 0 = w0f (x0) =⇒ x0 = 0

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−1f (x)dx ≈ w0f (x0)

−1 1dx = 2 =

w0f (x0) = w0 =⇒ w0 = 2∫ 1−1 xdx = x2

−1= 0 = w0f (x0) =⇒ x0 = 0

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−1f (x)dx ≈ w0f (x0)

−1 1dx = 2 = w0f (x0) =

w0 =⇒ w0 = 2∫ 1−1 xdx = x2

−1= 0 = w0f (x0) =⇒ x0 = 0

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−1f (x)dx ≈ w0f (x0)

−1 1dx = 2 = w0f (x0) = w0 =⇒ w0 =

2∫ 1−1 xdx = x2

−1= 0 = w0f (x0) =⇒ x0 = 0

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−1f (x)dx ≈ w0f (x0)

−1 1dx = 2 = w0f (x0) = w0 =⇒ w0 = 2∫ 1−1 xdx =

−1= 0 = w0f (x0) =⇒ x0 = 0

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−1f (x)dx ≈ w0f (x0)

−1 1dx = 2 = w0f (x0) = w0 =⇒ w0 = 2∫ 1−1 xdx = x2

−1= 0 = w0f (x0) =⇒ x0 =

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−1f (x)dx ≈ w0f (x0)

−1 1dx = 2 = w0f (x0) = w0 =⇒ w0 = 2∫ 1−1 xdx = x2

−1= 0 = w0f (x0) =⇒ x0 = 0

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DefiniciónUna fórmula de integración numérica se denomina exacta de orden Msi, para cualquier polinomio P(x) de grado menor o igual que M, lafórmula es exacta. Es decir∫ b

aP(x)dx =

N−1∑k=0

wkP(xk )

La fórmula de cuadratura de Gauss que utiliza N puntos es exacta deorden M = 2N − 1

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aP(x)dx =

N−1∑k=0

wkP(xk )

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aP(x)dx =

N−1∑k=0

wkP(xk )

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DefiniciónSe denominan polinomios de Legendre LN(x) a la familia de polinomios dada porL0(x) = 1, L1(x) = x , y para N = 2,3, ....

NLN(x) = (2N − 1)xLN−1(x)− (N − 1)LN−2(x)

TeoremaSean{x̃k}k=1,..,N los ceros del polinomio de Legendre LN(x). Si definimos

w̃k =

Πi 6=k (x − x̃i)

Πi 6=k (x̃k − x̃i)dx

entonces la fórmula de integración numérica generada por los puntos x̃k y lospesos w̃k es exacta hasta el orden 2N − 1 para el intervalo [−1,1].

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EjemploA continuación se exponen algunos valores de raíces x̃k y coeficientes w̃k enfunción del grado del polinomio LN(x) :

N x̃k w̃k2 0,5773502692 1.−0,5773502692 1

3 0,7745966692 0,55555555560. 0,8888888889

− 0,7745966692 0,55555555564 0,8611363116 0,3478548451

0,3399810436 0,6251451549−0,3399810436 0,6251451549− 0,8611363116 0,3478548451

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Problema(2 puntos) Aproximar el valor de la siguiente integral, utilizando las fórmulas deLegendre para N = 2 y N = 3:∫ 1

(x3 − x4

N−1∑k=0

wk f (xk )

Solución:

N = 21∑

k=0wk f (xk ) = 1 · f (0,5773502692) + 1 · f (−0,5773502692) = −.222 22

N = 32∑

k=0wkP (xk ) = 0,555 · f (0,774) +0,888 · f (0) + 0,555 · f (−0,774) = −.4

El valor exacto de la integral es∫ 1−1

(x3 − x4)dx = −2

5 = −.4

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(x3 − x4

N−1∑k=0

wk f (xk )

Solución:

N = 21∑

k=0wk f (xk ) = 1 · f (0,5773502692) + 1 · f (−0,5773502692) = −.222 22

N = 32∑

k=0wkP (xk ) = 0,555 · f (0,774) +0,888 · f (0) + 0,555 · f (−0,774) = −.4

(x3 − x4)dx = −2

5 = −.4

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(x3 − x4

N−1∑k=0

wk f (xk )

Solución:

N = 21∑

k=0wk f (xk ) = 1 · f (0,5773502692) + 1 · f (−0,5773502692) = −.222 22

N = 32∑

k=0wkP (xk ) = 0,555 · f (0,774) +0,888 · f (0) + 0,555 · f (−0,774) = −.4

(x3 − x4)dx = −2

5 = −.4

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(x3 − x4

N−1∑k=0

wk f (xk )

Solución:

N = 21∑

k=0wk f (xk ) = 1 · f (0,5773502692) + 1 · f (−0,5773502692) = −.222 22

N = 32∑

k=0wkP (xk ) = 0,555 · f (0,774) +0,888 · f (0) + 0,555 · f (−0,774) = −.4

(x3 − x4)dx = −2

5 = −.4

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(x3 − x4

N−1∑k=0

wk f (xk )

Solución:

N = 21∑

k=0wk f (xk ) = 1 · f (0,5773502692) + 1 · f (−0,5773502692) = −.222 22

N = 32∑

k=0wkP (xk ) = 0,555 · f (0,774) +0,888 · f (0) + 0,555 · f (−0,774) = −.4

(x3 − x4)dx = −2

5 = −.4

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Cuando el intervalo [a,b] es infinito, es decir, a = −∞ o b =∞, hay que emplearotros métodos para aproximar las integrales. En el caso [a,b] = (−∞,∞), seutilizan los ceros de los denominados polinomios de Hermite. En este caso, lafórmula de integración numérica aproxima la integral de la siguiente forma:∫ ∞

−∞f (x)e−x2

dx ≈N−1∑k=0

wk f (xk )

Los puntos que se utilizan para calcular los integrales son :

N x̃k w̃k1 0. 1.772 453 8512 −0.707 106 781 0.886 226 925 5

0.707 106 781 0.886 226 925 5

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Cuando el intervalo [a,b] es infinito, es decir, a = −∞ o b =∞, hay que emplearotros métodos para aproximar las integrales. En el caso [a,b] = (−∞,∞), seutilizan los ceros de los denominados polinomios de Hermite. En este caso, lafórmula de integración numérica aproxima la integral de la siguiente forma:∫ ∞

−∞f (x)e−x2

dx ≈N−1∑k=0

wk f (xk )

Los puntos que se utilizan para calcular los integrales son :

N x̃k w̃k1 0. 1.772 453 8512 −0.707 106 781 0.886 226 925 5

0.707 106 781 0.886 226 925 5

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Problema(2 puntos) Aproximar, utilizando dos puntos de aproximación, el valor de la integral:∫ ∞

−∞

11 + x2 dx

Solución:∫∞−∞

11+x2 dx = arctan(x)]∞−∞ = π

2 −−π2 = π =

∫∞−∞

1+x2 e−x2dx

f (x) = ex2

1+x2∫∞−∞

11+x2 dx ' w1f (x1) + w2f (x2) = 0,8862269255 · f (−0,707106781) +

+0,8862269255 · f (0,707106781) = 1.948 2

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−∞

11 + x2 dx

11+x2 dx =

arctan(x)]∞−∞ = π2 −

−π2 = π =

∫∞−∞

1+x2 e−x2dx

f (x) = ex2

1+x2∫∞−∞

11+x2 dx ' w1f (x1) + w2f (x2) = 0,8862269255 · f (−0,707106781) +

+0,8862269255 · f (0,707106781) = 1.948 2

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−∞

11 + x2 dx

11+x2 dx = arctan(x)]∞−∞ =

π2 −

−π2 = π =

∫∞−∞

1+x2 e−x2dx

f (x) = ex2

1+x2∫∞−∞

11+x2 dx ' w1f (x1) + w2f (x2) = 0,8862269255 · f (−0,707106781) +

+0,8862269255 · f (0,707106781) = 1.948 2

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−∞

11 + x2 dx

11+x2 dx = arctan(x)]∞−∞ = π

2 −−π2 = π

=∫∞−∞

1+x2 e−x2dx

f (x) = ex2

1+x2∫∞−∞

11+x2 dx ' w1f (x1) + w2f (x2) = 0,8862269255 · f (−0,707106781) +

+0,8862269255 · f (0,707106781) = 1.948 2

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−∞

11 + x2 dx

11+x2 dx = arctan(x)]∞−∞ = π

2 −−π2 = π =

∫∞−∞

1+x2 e−x2dx

f (x) = ex2

1+x2∫∞−∞

11+x2 dx ' w1f (x1) + w2f (x2) = 0,8862269255 · f (−0,707106781) +

+0,8862269255 · f (0,707106781) = 1.948 2

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−∞

11 + x2 dx

11+x2 dx = arctan(x)]∞−∞ = π

2 −−π2 = π =

∫∞−∞

1+x2 e−x2dx

f (x) = ex2

1+x2∫∞−∞

11+x2 dx ' w1f (x1) + w2f (x2) = 0,8862269255 · f (−0,707106781) +

+0,8862269255 · f (0,707106781) = 1.948 2

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Diferenciación e Integración NuméricaMétodos de Cuadratura de Gauss. Polinomios de Laguerre

Para el intervalo (0,∞), se utilizan los polinomios de Laguerre. En este caso, lafórmula de integración numérica aproxima:∫ ∞

0f (x)e−xdx ≈

N−1∑k=0

wk f (xk )

Los puntos y pesos de integración son

N x̃k w̃k1 1. 1.2 0.585 786 438 0.853 553 390 3

3.414 213 562 0.146 446 609 3

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Diferenciación e Integración NuméricaMétodos de Cuadratura de Gauss. Polinomios de Laguerre

Para el intervalo (0,∞), se utilizan los polinomios de Laguerre. En este caso, lafórmula de integración numérica aproxima:∫ ∞

0f (x)e−xdx ≈

N−1∑k=0

wk f (xk )

Los puntos y pesos de integración son

N x̃k w̃k1 1. 1.2 0.585 786 438 0.853 553 390 3

3.414 213 562 0.146 446 609 3

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ProblemaA partir de los ceros y de los pesos asociados a los polinomios de Legendre, ydado un intervalo [a,b] cualquiera, encontrar los puntos xk , y los pesos wk quehacen exacta hasta el orden 2N − 1 una fórmula de integración numérica sobre elintervalo [a,b]

Solución: Tenemos que hacer un cambio de variable en la integral para llevarla alintervalo [−1,1] ∫ b

af (x) dx =

−1f(

(b − a) t + b + a2

)b − a

Buscamos un cambio de variable x(t) tal que x(−1) = a y x(1) = b. Dicho cambioviene dada por una recta que tiene por ecuación :

x(t)− ab − a

=t − (−1)

1− (−1)→ x(t) =

(b − a) t + b + a2

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af (x) dx =

−1f(

(b − a) t + b + a2

)b − a

x(t)− ab − a

=t − (−1)

1− (−1)→ x(t) =

(b − a) t + b + a2

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af (x) dx =

−1f(

(b − a) t + b + a2

)b − a

x(t)− ab − a

=t − (−1)

1− (−1)→ x(t) =

(b − a) t + b + a2

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af (x) dx =

−1f(

(b − a) t + b + a2

)b − a

x(t)− ab − a

=t − (−1)

1− (−1)→ x(t) =

(b − a) t + b + a2

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af (x) dx =

−1f(

(b − a) t + b + a2

)b − a

x(t)− ab − a

=t − (−1)

1− (−1)→ x(t) =

(b − a) t + b + a2

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af (x) dx =

−1f(

(b − a) t + b + a2

)b − a

x(t)− ab − a

=t − (−1)

1− (−1)→ x(t) =

(b − a) t + b + a2

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af (x) dx =

−1f(

(b − a) t + b + a2

)b − a

x(t)− ab − a

=t − (−1)

1− (−1)→ x(t) =

(b − a) t + b + a2

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af (x) dx =

−1f(

(b − a) t + b + a2

)b − a

af (x) dx '

N∑k=1

wkb − a

(b − a) xk + b + a2

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af (x) dx =

−1f(

(b − a) t + b + a2

)b − a

af (x) dx '

N∑k=1

wkb − a

(b − a) xk + b + a2

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af (x) dx =

−1f(

(b − a) t + b + a2

)b − a

af (x) dx '

N∑k=1

wkb − a

(b − a) xk + b + a2

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Diferenciación e Integración NuméricaFórmulas de Integración para integrales múltiples

Consideremos una fórmula de integración numérica en una variable∫ 1

−1f (x)dx =

N∑k=1

w̃k f (x̃k )

A partir de esta fórmula podemos deducir

−1F (x , y) dxdy =

N∑k=1

w̃kF (x̃k , y)dy =N∑

−1F (x̃k , y) dy

N∑j=1

w̃jF(x̃k , x̃j

) =N∑

k ,j=1

W̃k ,jF(x̃k , x̃j

donde W̃k ,j = w̃k w̃j

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−1f (x)dx =

N∑k=1

w̃k f (x̃k )

−1F (x , y) dxdy =

N∑k=1

w̃kF (x̃k , y)dy =

N∑k=1

−1F (x̃k , y) dy

N∑j=1

w̃jF(x̃k , x̃j

) =N∑

k ,j=1

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−1f (x)dx =

N∑k=1

w̃k f (x̃k )

−1F (x , y) dxdy =

N∑k=1

w̃kF (x̃k , y)dy =

N∑k=1

−1F (x̃k , y) dy

N∑j=1

w̃jF(x̃k , x̃j

) =N∑

k ,j=1

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−1f (x)dx =

N∑k=1

w̃k f (x̃k )

−1F (x , y) dxdy =

N∑k=1

−1F (x̃k , y) dy

N∑j=1

w̃jF(x̃k , x̃j

) =N∑

k ,j=1

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−1f (x)dx =

N∑k=1

w̃k f (x̃k )

−1F (x , y) dxdy =

N∑k=1

−1F (x̃k , y) dy

N∑k=1

N∑j=1

w̃jF(x̃k , x̃j

) =N∑

k ,j=1

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−1f (x)dx =

N∑k=1

w̃k f (x̃k )

−1F (x , y) dxdy =

N∑k=1

−1F (x̃k , y) dy

N∑j=1

w̃jF(x̃k , x̃j

k ,j=1

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−1f (x)dx =

N∑k=1

w̃k f (x̃k )

−1F (x , y) dxdy =

N∑k=1

−1F (x̃k , y) dy

N∑j=1

w̃jF(x̃k , x̃j

) =N∑

k ,j=1

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Diferenciación e Integración NuméricaFórmulas de Integración Numérica Compuestas. Fórmula del rectángulo

af (x)dx =

x0 = a, xM+1 = b

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af (x)dx =

M∑k=0

∫ xk+1

f (x)dx ≈

x0 = a, xM+1 = b

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af (x)dx =

M∑k=0

∫ xk+1

f (x)dx ≈M∑

xk + xk+1

)(xk+1 − xk )

x0 = a, xM+1 = b

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Diferenciación e Integración NuméricaFórmulas de Integración Numérica Compuestas. Fórmula del trapecio

af (x)dx =

x0 = a, xM+1 = b

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af (x)dx =

M∑k=0

∫ xk+1

f (x)dx ≈

x0 = a, xM+1 = b

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af (x)dx =

M∑k=0

∫ xk+1

f (x)dx ≈M∑

f (xk ) + f (xk+1

2(xk+1 − xk )

x0 = a, xM+1 = b

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Diferenciación e Integración NuméricaFórmulas de Integración Numérica Compuestas. Fórmula de Simpson

af (x)dx =

x0 = a, xM+1 = b

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af (x)dx =

M∑k=0

∫ xk+1

f (x)dx ≈

x0 = a, xM+1 = b

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af (x)dx =

M∑k=0

∫ xk+1

f (x)dx ≈M∑

f (xk ) + 4f(

xk+xk+12

)+ f (xk+1)

6(xk+1 − xk )

x0 = a, xM+1 = b

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Diferenciación e Integración NuméricaFórmulas de Integración Numérica Compuestas. Demostración Fórmula Simpson

∫ xk+1

f (x)dx ≈∫ xk+1

(f (xm) + f ′(xm)(x − xm) +

f ′′(xm)

2(x − xm)2

f (xm)(xk+1 − xk ) + 0 +f ′′(xm)

(xk+1 − xk

Ahora aproximamos f ′′(xm) utilizando los puntos xk , xm, xk+1

f ′′(xm) ≈ f (xk+1)− 2f (xm) + f (xk )(xk+1−xk

Por tanto, sustituyendo este valor en la aproximación anterior obtenemos∫ xk+1

f (x)dx ≈ f (xm)(xk+1 − xk ) +f (xk+1)− 2f (xm) + f (xk )

(xk+1 − xk

=f (xk+1) + f (xk ) + 4f

(xk+xk+1

(xk+1 − xk )

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∫ xk+1

f (x)dx ≈∫ xk+1

(f (xm) + f ′(xm)(x − xm) +

f ′′(xm)

2(x − xm)2

f (xm)(xk+1 − xk ) + 0 +f ′′(xm)

(xk+1 − xk

=f (xk+1) + f (xk ) + 4f

(xk+xk+1

(xk+1 − xk )

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∫ xk+1

f (x)dx ≈∫ xk+1

(f (xm) + f ′(xm)(x − xm) +

f ′′(xm)

2(x − xm)2

f (xm)(xk+1 − xk ) + 0 +f ′′(xm)

(xk+1 − xk

=f (xk+1) + f (xk ) + 4f

(xk+xk+1

(xk+1 − xk )

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∫ xk+1

f (x)dx ≈∫ xk+1

(f (xm) + f ′(xm)(x − xm) +

f ′′(xm)

2(x − xm)2

f (xm)(xk+1 − xk ) + 0 +f ′′(xm)

(xk+1 − xk

=f (xk+1) + f (xk ) + 4f

(xk+xk+1

(xk+1 − xk )

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∫ xk+1

f (x)dx ≈∫ xk+1

(f (xm) + f ′(xm)(x − xm) +

f ′′(xm)

2(x − xm)2

f (xm)(xk+1 − xk ) + 0 +f ′′(xm)

(xk+1 − xk

=f (xk+1) + f (xk ) + 4f

(xk+xk+1

(xk+1 − xk )

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∫ xk+1

f (x)dx ≈∫ xk+1

(f (xm) + f ′(xm)(x − xm) +

f ′′(xm)

2(x − xm)2

f (xm)(xk+1 − xk ) + 0 +f ′′(xm)

(xk+1 − xk

=f (xk+1) + f (xk ) + 4f

(xk+xk+1

(xk+1 − xk )

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∫ xk+1

f (x)dx ≈∫ xk+1

(f (xm) + f ′(xm)(x − xm) +

f ′′(xm)

2(x − xm)2

f (xm)(xk+1 − xk ) + 0 +f ′′(xm)

(xk+1 − xk

f ′′(xm) ≈

f (xk+1)− 2f (xm) + f (xk )(xk+1−xk

(xk+1 − xk

=f (xk+1) + f (xk ) + 4f

(xk+xk+1

(xk+1 − xk )

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∫ xk+1

f (x)dx ≈∫ xk+1

(f (xm) + f ′(xm)(x − xm) +

f ′′(xm)

2(x − xm)2

f (xm)(xk+1 − xk ) + 0 +f ′′(xm)

(xk+1 − xk

=f (xk+1) + f (xk ) + 4f

(xk+xk+1

(xk+1 − xk )

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∫ xk+1

f (x)dx ≈∫ xk+1

(f (xm) + f ′(xm)(x − xm) +

f ′′(xm)

2(x − xm)2

f (xm)(xk+1 − xk ) + 0 +f ′′(xm)

(xk+1 − xk

=f (xk+1) + f (xk ) + 4f

(xk+xk+1

(xk+1 − xk )

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∫ xk+1

f (x)dx ≈∫ xk+1

(f (xm) + f ′(xm)(x − xm) +

f ′′(xm)

2(x − xm)2

f (xm)(xk+1 − xk ) + 0 +f ′′(xm)

(xk+1 − xk

=f (xk+1) + f (xk ) + 4f

(xk+xk+1

(xk+1 − xk )

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Contenido

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Diferenciación e Integración NuméricaPráctica 4. Implementar el método de Simpson

Implementar en C el método de Simpson. Los parámetros de la función serán: Loslímites del intervalo de integración en precisión real y el número de subintervalosen los que se dividirá el intervalo inicial. La función devolverá el valor de la integralobtenido. Probar el método para aproximar las siguientes integrales con diferentesvalores para el parámetro de número de subintervalos y comprobar que elresultado se aproxima al valor exacto de la integral.

1∫ π

0 sin(x)dx = 2

2∫ 1

1−x2dx = 1

3∫∞−∞ e−x2

dx =√π = 1.772 5

Nota: Las integrales con límites infinitos se aproximarán cambiando el infinito porun número grande. Cambiar la precisión de la aritmética y valorar si hay diferenciasen los resultados

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1∫ π

0 sin(x)dx = 2

2∫ 1

1−x2dx = 1

3∫∞−∞ e−x2

dx =√π = 1.772 5

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1∫ π

0 sin(x)dx = 2

2∫ 1

1−x2dx = 1

3∫∞−∞ e−x2

dx =√π = 1.772 5

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1∫ π

0 sin(x)dx = 2

2∫ 1

1−x2dx = 1

3∫∞−∞ e−x2

dx =√π = 1.772 5

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1∫ π

0 sin(x)dx = 2

2∫ 1

1−x2dx = 1

3∫∞−∞ e−x2

dx =√π = 1.772 5

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1∫ π

0 sin(x)dx = 2

2∫ 1

1−x2dx = 1

3∫∞−∞ e−x2

dx =√π = 1.772 5

Ejercicios diferenciacion-e-integracic3b3n-numc3a9rica

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