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CAPÍTULO I

ELEMENTOS DE ANÁLISIS VECTORIAL

1.1 Campos Escalares Una función uniforme G  Gx, y, z  ó G  Gx, y , define en cada punto del espacio, o del plano, o al menos en una parte de ellos, un número G i. Esta distribución de números reales en una región del espacio, o del plano, se llama campo escalar. Sea por ejemplo el campo G  x 2  y2  z 2 . Al punto A(1, 2, 3) le corresponde el valor del campo GA = 14, y al B(-1, 0, 1) el valor GB = 2, y el campo está definido en todo el espacio. Veamos otro ejemplo, sea el campo en el plano G   x  y . En el punto A(1, 3) se tiene que GA = 2 y el campo está definido en la parte del plano en la cual (x + y) es positivo. Las superficies G(x, y, z) = constante, o las curvas G(x, y) = constante, se llaman superficies, o curvas, de nivel y también superficies, o curvas, equi-G. En el primer ejemplo las superficies de nivel son esferas con centro en el origen, y en el segundo, rectas paralelas a la segunda bisectriz. Ejemplos físicos de campos escalares son el conjunto de presiones o de temperaturas en el seno de un fluido, la distribución de la precipitación en una determinada cuenca o el conjunto de las cotas topográficas de una región. Las líneas o superficies de nivel se denominan isóbaras, isotermas, isoyetas o, simplemente curvas de nivel, respectivamente.

1.2 Derivada Direccional Dado un campo escala G = G(x, y, z) y un punto P(x0, y0, z0), consideremos la superficie  de nivel G(x, y, z) = G p, que contiene al punto P y a un vector arbitrario V aplicado en P, con una dirección cualquiera pero conocida y determinada por sus cosenos directores.

 Sobre la recta de acción de V tomemos un punto Qx 0  x 0 , y0  y0 , z0  z0  . La derivada  de G en la dirección del vector V se define como: G  GP dG   Lim Q dV P Q PQ

2

Desarrollando en serie de Taylor tenemos: Q  V

G Q  Gx 0  x 0 , y0  y0 , z 0  z 0    G P  x 0Gx 0  y0Gy 0  z 0Gz 0  

P

Donde  es un infinitésimo de segundo orden respecto a los incrementos.

G Q  G P x 0 y z   Gx 0  0 Gy 0  0 Gz 0   Gx 0 cos   Gy 0 cos   Gz 0 cos  PQ PQ PQ PQ PQ Al tender Q hacia P los incrementos tienden a cero y, por lo tanto, la derivada direccional será:

G  GP dG   Lim Q  Gx 0 cos   Gy 0 cos   Gz 0 cos  dV P Q PQ

 En donde cos , cos , cos , son los cosenos directores del vector V . Físicamente, la derivada direccional nos da idea de cómo varía el campo escalar cuando nos desplazamos en una cierta dirección. Ejemplo: La derivada direccional del campo G  x y  z 2 en el punto A(1, -1, 1) en la dirección del     vector V  i  2 j  2k se hallará del siguiente modo:

Gx  y x x 1

Gy  x y ln x

Gz  2z

Gx 0  1

Gy 0  0

Gz 0  2

cos   1 3

cos   2 3

cos   2 3

dG 1 4     0  1 3 3 dV

1.3 Gradiente de un Campo Escalar Si la función G(x, y, z) es derivable, se define un vector llamado gradiente por la igualdad:

3

   grad G  G  Gx i  Gy j  Gz k        i j  k , el gradiente queda Y, si definimos el vector simbólico nabla:   x y z  definido por el producto del escalar G y el vector V . Este operador vectorial tiene las siguientes importantes propiedades: 1. El gradiente del campo escalar G en un punto P es normal a la superficie de nivel que contiene a P. 2. La derivada direccional es igual a la proyección del gradiente sobre la dirección considerada. 3. La derivada direccional máxima se obtiene en la dirección del gradiente y su valor es igual al módulo de dicho gradiente. G

 P

 u

En efecto: Consideremos una curva que pase por P y esté incluida enteramente en la superficie de nivel que contiene a dicho punto. Un vector tangente a esta curva es:

   dl  dx i  dy j  dz k

dl

Hallando el producto escalar de este vector por el gradiente, tenemos:

 G  dl  Gx dx  Gy dy  Gz dz  dG Y como G es constante para todos los puntos de la superficie de nivel, la diferencial de G será nula y, por consiguiente, el gradiente resulta ser perpendicular a cualquier tangente a cualquier curva contenida en la superficie de nivel, como queríamos demostrar. 

Por otra parte, si u es el vector unitario de una cierta dirección se tendrá:     u  cos  i  cos  j  cos  k  Y, escribiendo de las dos formas posibles el producto escalar del vector V y el gradiente de G, tendremos:

 dG u  G  Gx cos   Gy cos   Gz cos     G cos  du Lo que quiere decir que la derivada direccional es la proyección del gradiente, tal como indica la figura.

4



Por último, si variamos la dirección de u manteniendo G y el punto P constantes, lo único variable será el ángulo  y el valor máximo de estas derivadas direccionales se obtendrá para cos  igual a uno, o lo que es lo mismo, para  igual a cero, es decir, cuando la  dirección de u coincide con la del gradiente, en cuyo caso se tendrá:

dG  G  du max  De acuerdo con todo esto, si n es el vector unitario normal a la superficie de nivel. El gradiente se puede escribir en la forma

dG  G    n dn Desde un punto de vista físico podemos observar que, si trazamos las superficies de nivel que corresponden a incrementos iguales del valor de G, el módulo del gradiente será mayor allí donde dichas superficies de nivel estén más próximas. O de otra forma, en un punto fijo la dirección del gradiente indica la dirección en la cual la variación del campo es mayor. Y, si consideramos dos puntos, aquel en el cual el módulo del gradiente sea más grande corresponderá a una mayor variación del campo. Las líneas tangentes al gradiente en cada punto se llaman “líneas de gradiente”. Estas líneas son, obviamente, normales a las superficies de nivel y, expresando que los vectores dl y G son paralelos, se obtienen sus ecuaciones diferenciales.

dx dy dz   Gx Gy Gz La aplicación de todas las consideraciones del presente párrafo al caso de los campos bidimensionales no presenta dificultad alguna. Ejemplo 1: El gradiente del campo G  x 2 y  z 2 x  3y en el punto (2, 1, 1) se obtiene del siguiente modo: Gx  2xy  z 2 Gy  x 2  3 Gz  2xz

Gx 0  3

Gy  7   0  G  3 i  7 j  4 k

Gz 0  4

Ejemplo 2: Si queremos encontrar un vector unitario normal a la curva x 2  2y2  2xy  2y  9 en el punto (2, 1), bastará considerar el campo escalar G  x 2  2y2  2xy  2y y buscar  u  G G . Se tendrá pues:

5

Gx  2x  2 y

Gy  4 y  2x  2

Gx 0  6 Gy 0  8    u  3 5 i  4 5 j Ejemplo 3: Las líneas de gradiente del campo G  x 2  y2  z 2  2x  2y  2z se deducen fácilmente del sistema dx dy dz   2 x  2 2 y  2 2z  2 Y resultan ser x  1  a z  1  y  1  bz  1 Y, en particular, la que contiene al punto (3, 0, 2) es

x  2z  1   y   z  2

1.4 Aplicaciones Geométricas del Concepto de Gradiente En primer lugar, el concepto de gradiente permite definir la tangente y la normal a la curva f(x, y) = 0 en el punto P(x0, y0). Consideremos el campo escalar G = f(x, y). El gradiente de este campo en P,   G  f x i  f y j , es perpendicular en P a la curva de nivel f(x, y) = 0 y, si M1(x, y) es un punto cualquiera de la tangente, el producto escalar del vector   M1P  x  x 0  i  y  y0  j por el gradiente debe ser nulo. Luego

M2 y G

M1

P

f x 0 x  x 0   f y 0 y  y0   0

x

será la ecuación de la tangente.

Análogamente, si M2(x, y) es un punto cualquiera de la normal en P, el vector   M 2 P  x  x 0  i  y  y0  j será paralelo al gradiente y, por tanto: x  x 0 y  y0  f x 0 f y 0

será la ecuación de la normal.

6

Ejemplo: La tangente y la normal a la curva x 2  2y 2  2xy  2x  2y  5  0 en el punto (1, 1) se obtienen del siguiente modo: f x  2x  2 y  2

f y  4 y  2x  2

f x 0  2

f y 0  8

Así, la ecuación de la tangente es: 2x  1  8y  1  0  x  4y  5  0 Y la de la normal es:

x 1 y 1   y  4x  3 2 8

g

En segundo lugar, el concepto de gradiente permite definir el ángulo entre dos curvas.

f 

Y

P

Obviamente, el ángulo  buscado es igual al ángulo entre los respectivos gradientes, luego:



f  g  f g cos  De donde:

cos  

f x o gx 0  f y 0 gy 0

f 

2 x0



 f y20 gx20  gy20



X

Ejemplo: Para hallar el ángulo entre las curvas y2  2x  0; x 2  y2  2x  2y  0 en el punto (2,2), tenemos:

  f y 0  2 y 0  4  f  2 i  4 j  f  20   gx 0  2x 0  2  2 gy 0  2 y0  2  2  g  2 i  2 j  g  8 f x 0  2

cos θ 

- 2  2  4 * 2  20 * 8

1  0,316  θ  71,6º 10

7

En tercer lugar, se pueden definir, tanto el plano tangente como la recta normal a la superficie f(x, y, z) = 0 en un punto P(x0, y0, z0).

Z

Como anteriormente, si consideramos el campo escalar G = f(x, y, z), el gradiente de G en el punto P,    G  f x 0 i  f y 0 j  f z0 k es normal a la superficie que contiene a P, f(x,y,z) = 0. Luego, si M1(x, y, z) es un punto cualquiera del plano tangente, el producto escalar de G por el vector    M1P  x  x 0  i  y  y0  j  z  z0 k debe ser igual a cero y, por lo tanto la ecuación del plano tangente está dada por:

M2

G P M1

Y

f x 0 x  x 0   f y 0 y  y0   f z0 z  z0   0

X

Análogamente, si M2(x, y, z) es un punto cualquiera de la normal en P, los vectores G y M 2 P serán paralelos y por consiguiente, la ecuación de la recta normal es:

x  x 0 y  y0 z  z 0   f x 0 f y 0 f z0 Ejemplo: El plano tangente y la normal a la superficie xz = 2y en el punto (1, 1, 2) se obtienen del siguiente modo:

f x 0  z0  2

f y 0  2

f z0  x 0  1

Plano tangente: 2x  1  2y  1  z  2  2x  2y  z  0 Recta normal:

x  1  y  1  z  2 2

2

1

Así como el concepto de gradiente permite establecer el ángulo entre dos curvas, también permite definir el ángulo entre dos superficies. Obviamente, ese ángulo es el mismo que forman los gradientes, luego si f(x, y, z) = 0; g(x, y, z) = 0 son las superficies y P(x 0, y0, z0) el punto en el que se quiere hallar dicho ángulo, se tiene

8

   f  f x 0 i  f y 0 j  f z0 k

   g  gx 0 i  gy 0 j  gz 0 k

cos θ 

f  g f g

Ejemplo: Hallemos el ángulo entre las superficies xz = 2y; xyz = 2 en el punto (1, 1, 2).       4  4 1 1 f  2 i  2 j  k g  2 i  2 j  k cos θ    0,111  θ  83,62º 9 9 9 Por último, podemos definir la tangente a una curva dada por la intersección de dos superficies.

f f xg

g

Tangente M

P

Como la recta tangente es la intersección de los dos planos tangentes a las superficies f(x,y,z) = 0; g(x,y,z) = 0, un vector paralelo a dicha tangente será el producto vectorial de los  gradientes, F  f x g . Y como, si P(x0, y0, z0) es el punto de contacto y M(x,y,z) es un punto cualquiera de la tangente, los  vectores F y MP deben ser paralelos. Luego las ecuaciones de la tangente buscada serán x  x 0 y  y0 z  z 0   Fx Fy Fz

Ejemplo: Si queremos encontrara la tangente a la curva intersección de las dos superficies xz –2y = 0 2x 2  2y 2  z 2  0 en el punto (1, 1, 2) tendremos: f x 0  z 0  2

f y 0  2

   f z 0  x 0  1  f  2 i  2 j  k

   gy 0  4 y 0  4 gz 0  4 y 0  4  g  4 i  4 j  4 k    i j k     F  f x g  2  2 1  4 i  12 j  16 k 4 4 4

gx 0  4x 0  4

Y las ecuaciones de la tangente son:

x 1 y 1 z  2 x 1 y 1 z  2      4 12 16 1 3 4

9

1.5 Campos Vectoriales y Líneas de Campo Consideremos los vectores     F  Xx, y, z  i  Yx, y, z  j  Zx, y, z  k

Donde X, Y, Z, son funciones uniformes, definidas y derivables. A cada punto del espacio, en la región donde las funciones X, Y, Z, están definidas, le corresponde un vector. Esta distribución de vectores se llama campo vectorial. Ejemplos físicos de campos vectoriales son la gravitación y la velocidad y la aceleración de un fluido en movimiento. 

Dado un campo vectorial F , se llaman líneas de campo aquellas curvas que en todos sus puntos son tangentes al vector campo que corresponde a dicho punto. En el campo de velocidades de un fluido, las líneas de campo, que en este caso en particular se denominan líneas de corriente, serán líneas tangentes en todos sus puntos al vector velocidad. Además, si el flujo es permanente, es decir si las componentes del vector velocidad son constantes respecto del tiempo, las líneas de campo representan la trayectoria de una partícula de fluido. Para hallar las ecuaciones de dichas líneas de campo, expresaremos que el vector tangente     dl  dx i  dy j  dz k y el vector F tienen la misma dirección y por lo tanto sus componentes serán proporcionales: dx dy dz   X Y Z

Y bastará con integrar este sistema de ecuaciones diferenciales. Ejemplo:     Hallemos la línea de campo del campo vectorial F  x i  2y j  z k que contiene al punto P(2,4,1). 1  x  A y ln x  2 ln y  ln A dx dy dz   Las ecuaciones nos dan  es decir  y, en el punto x 2y  z z  B y ln z   1 ln y  ln B  2

P, A = 1 B = 2.

1.6 Divergencia y Laplaciana 

Se define la divergencia de un campo vectorial F mediante la igualdad

10

 X Y Z   Divergencia de F  x y z 

Recordando la definición del vector simbólico  , la divergencia se escribe, comúnmente, como





  X Y Z             F   i j  k  X i  Y j  Z k    y z  x y z  x

Los campos cuya divergencia es idénticamente nula se llaman campos solenoidales. Ejemplo:     Hallar el valor de m necesario para que el campo F  x 2 y i  mxy2 j  6xyz k , sea solenoidal.     F  2xy  2mxy  6xy  0  m  4 







Sea V  Vx i  Vy j  Vz k el vector que define el campo de velocidades en un fluido, es 



decir, el campo de flujo. La divergencia del vector velocidad es   V 

Vx Vy Vz   . Si x y z

ese campo es solenoidal, su divergencia será nula, y entonces tendríamos: Vx Vy Vz   0 x y z

que es la ecuación de continuidad en la mecánica de los fluidos. La divergencia del gradiente de un campo escalar G recibe el nombre de operador de Laplace o Laplaciana de G y se representa por G o por  2G .               2G  2G  2G G   2G    G   i j  k   i j  k G  2  2  2 y z   x y z  x y z  x

Los campos escalares cuya Laplaciana es idénticamente nula se denominan armónicos. Este operador aparece con frecuencia en el estudio de los fenómenos que implican transmisión de energía. Al analizar el flujo del agua en el suelo, el campo escalar que corresponde a la carga hidráulica, h, en cualquier punto, es un campo armónico si se cumplen ciertas condiciones de homogeneidad e isotropía, en cuyo caso, se tiene que  2h  2h  2h   0 x 2 y 2 z 2

11

Expresión conocida como ecuación de Laplace, que permite definir las redes de flujo en el suelo y establecer presiones hidráulicas que determinan cuales son los puntos de mayor riesgo en una fundación, en un dique o en una represa de tierra. Ejemplo: La Laplaciana del campo escalar G  x 2 y  yz2  xy se halla del siguiente modo: Gx  2xy  y  Gx 2  2 y

Gy  x 2  z 2  Gy 2  0

Gz  2 yz  Gz 2  2 y

G  2 y  2 y  0

Por lo tanto, el campo G es armónico.

1.7 Rotacional El campo vectorial definido por el producto vectorial simbólico  i     Rot F   x F  x X

 j  y Y

 k   Z Y    X Z    Y X   i   k      j   z  y z   z x   x y  Z

se llama rotacional, torbellino o curl, y los campos cuyo rotacional es idénticamente nulo se llaman irrotacionales. 

Si F es la velocidad de un fluido, en Mecánica de los Fluidos se demuestra que el rotacional coincide con la velocidad de rotación media de las partículas, lo que justifica el nombre impuesto al operador. Ejemplo: Hallemos, en el punto  P(2, 3, 1), el rotacional del rotacional del campo vectorial  F  2y 2 z 2 i  xyz2 j  3xy 2 z k .  i   Rot F  x 2y 2 z 2

 j  y xyz2

 k         6xyz  2xyz i  4 y 2 z  3y 2 z j   4 yz2  yz 2 k  4xyz i  y 2 z j  3yz 2 k z 3xy 2 z



 

   i j k        Rot Rot F     3z 2  y 2 i  4xy j  4xz k   x y z 4xyz y 2 z  3yz2





12



Y, particularizando para las coordenadas del punto P, obtenemos:





       Rot Rot F    x  x F  12 i  24 j  8 k  

1.8 Relaciones de Interés En resumen, hemos definido los siguientes operadores escalares y vectoriales:    Gradiente : G  Gx i  Gy j  Gz k (un vector)  Operadores de un  2 2 2  Campo Escalar G Laplaciana : G   2 G   G   G   G (un escalar)  x 2 y 2 z 2 

 X Y Z  Divergenci a :   F    (un escalar)  x y z     Operadores de un  i j k    Campo Vectorial F     Rotacional :  x F  (un vector)  x y z  X Y Z  Otras relaciones interesantes, además de la que define el operador de Laplace son: -

Rotacional del Gradiente de G  i    x G  x Gx

 

-

 j  y Gy

 k        Gyz  i  Gxz   Gzx   j  Gyx   Gxy  k0  Gzy z Gz











Divergencia del Rotacional de F





     Z Y    X Z    Y X    Yzx   Xyz   Zxy   Yxz   Xyz       Zyx  xF       x  y z  y  z x  z  x y 

-



Rotacional del Rotacional de F

13

 i  x

 j  y

 k  z

 Z Y      y z 

 X Z      z x 

 Y X      x y 

   x  F    



  2Y  2 Z  2X  2X     2X  2 Z  2Y  2Y     2X  2Y  2 Z  2 Z       2  2  i     2  2  j     2  2  k  xy  xz  yx  yz  zx  zy  y  z  x  z x y      

Sumando y restando  2X  2Y  2 Z   x 2 y 2 z 2

Obtenemos





     X Y Z     X Y Z     X Y Z     i    j   k  x xF        x  x y z  y  x y z  z  x y z    2X  2X  2X     2Y  2Y  2Y     2 Z  2 Z  2 Z     2  2  2  i   2  2  2  j   2  2  2  k  y z  y z  y z   x  x  x      Grad Div F  X i  Y j  Z k

 





1.9 Circulación de un Campo Vectorial

 F

dl

Ft

Dada una curva , dos puntos en ella, A y B, y  un campo vectorial F , se define la circulación  de F sobre , desde A hasta B, por la integral curvilínea

B

C

AB

A 

 F  dl  

F AB t

 dl  

AB

X dx  Y dy  Z dz

La circulación es, pues, una generalización del  concepto de trabajo mecánico, dado que F no es, necesariamente, una fuerza.

El proceso de cálculo consistirá, como en las integrales curvilíneas, en obtener las ecuaciones de la curva  de modo que queden expresadas explícitamente las variables x, y,

14

z, en función de un solo parámetro, que puede coincidir con una de estas variables. Después se determinan los valores del parámetro que corresponden a los puntos A y B, y, finalmente, se efectúa la integral entre estos límites. Ejemplo 1:     Hallemos la circulación del campo F  2x  y i  2xz j  y2 k a lo largo de la curva xy  2z  0  entre los puntos A(0, 0, 0) y B(1, 1, 1). 3x 2  z  0 

x  t  Las ecuaciones de la curva se pueden escribir como  y  6 t y, por lo tanto,  z  3t 2 

2x  y dx  2xz dy  y2 dz  0 2t  6t dt  6t 3 6dt  36t 2 6tdt AB 1

C

1





C   8t  252t 3 dt  67 0

Ejemplo 2: 4,5 4

Hallemos la circulación del campo vectorial    F  x  2y i  3y j

A

3,5 3 2,5

Desde O(0,0) hasta A(2,4) a lo largo del camino formado por la recta y = x, desde O(0,0) hasta B(1,1) y desde B hasta A a lo largo de la curva y  x 2 .

2 1,5 1

B

0,5 0

B

0

0,5

1

1,5

2

2,5

Para el trozo OB

x  2ydx  3y dy   0 6x dx  3 1

C1  

OB

Para el trozo BA

86  x  2 y dx  32 y dy  x  2x 2 dx  3x 2 2x dx   6x3  2x 2  x dx  BA 1 1

C2  

2

2

3

15

95 3 1.10 Campos Conservativos Y, en total, C  C1  C2 

 Cuando el campo vectorial F se puede hacer igual a menos el gradiente de un campo   escalar G, F   G , se dice que el campo F es conservativo, y el campo escalar G recibe el nombre de potencial.

 Si F es conservativo y sus componentes X(x,y,z), Y(x,y,z), Z(x,y,z) son contínuas y derivables, 1. La circulación entre dos puntos fijos A y B es independiente de la curva que los une. En efecto:  F   G  X  Gx Y  Gy Z  Gz

CAB  

AB

X dx  Y dy  Z dz   

AB

Gx dx  Gy dy  Gz dz    dG  G A x, y, z   G B x, y, z  B

A

Valor que solo depende de los puntos inicial y final. 2. La circulación a lo largo de cualquier curva cerrada es nula. En efecto:

C

CABCDA   D

B

AB

 F  dl  

BC

 F  dl  

CD

 F  dl  

DA

 F  dl 

 G B  G A  GC  G B  G D  GC  G A  G D 0

A

 Si las componentes de F no son continuas para todos los puntos interiores a una curva cerrada , la circulación a lo largo de  puede no ser nula, a pesar de ser el campo, conservativo.  Si F es un campo bidimensional cuyas componentes no son continuas para un solo punto interior a , se puede utilizar el siguiente artificio para facilitar el cálculo de la circulación.

16

A

F ´

C

M

Se rodea el punto M por un contorno ´, que puede ser circular, arbitrariamente pequeño y se añade un corte constituido por dos líneas CD y AF , todo lo próximo que se quiera.



D

La circulación a lo largo del camino ABCDEF es nula, puesto que el punto M está fuera del recinto así definido y por hipótesis no existe otro punto interior a  para el cual  las componentes de F sean discontinuas. Por lo tanto, tendremos:

E B

CABCDEF = CABC + CCD + CDEF + CFA = CABC + CDEF = 0 Puesto que las circulaciones entre CD y AF se anulan entre sí al ser estas líneas todo lo próximas que se quiera. Por lo tanto:

CABC  CFED

 C  C

Por otra parte, en el caso de un campo bidimensional, se cumple que

 X Y   F  G  X  Gx Y  Gy  Gxy  Gyx y x   Gyx  , la condición necesaria para que exista Y, ya que según el teorema de Schwartz, Gxy la función potencial es:

X Y  y x Recíprocamente, si esta condición se cumple, el potencial existe y puede calcularse. En efecto, integrando respecto a x obtenemos

G   Xx, y dx  f y  Puesto que en esta integración se considera la variable y como una constante. Derivando ahora respecto a y, se tiene: X Gy  Y    dx  f y  y De donde X X f y   Gy   dx  Y   dx y y El potencial será, pues

17

G   Xx, ydx   f ydy  C Obviamente, se pueden hacer las integraciones de G en orden inverso y obtener una expresión inversa. La constante C resulta indeterminada, lo que no es fundamental puesto que en los fenómenos físicos la magnitud que interviene no es el potencial sino la diferencia de los potenciales en dos puntos diferentes. Es frecuente tomar el potencial en un punto como origen de referencia, por ejemplo es usual adoptar el convenio de que el potencial en el infinito es nulo. Ejemplo:    Dado el campo vectorial F  2xy 2  2y2  mxy  2x  i  nx 2 y  4xy  3x 2  2 j a. Hállese m y n para que el campo sea conservativo. b. Hállese la función potencial.  c. Hállese la circulación de F entre los puntos A(0,0) y B(1,2) a lo largo de la curva x 2 y  y3  6 x  0 . X Y  Para que el campo sea conservativo debe cumplirse que , por lo tanto, y x 2nxy  4y  6x  4xy  4y  mx  m  6 n  2 Para hallar el potencial:

Gx  X  2xy 2  2 y 2  6xy  2x  G   x 2 y 2  2xy 2  3x 2 y  x 2  f y  Gy  Y  2x 2 y  4xy  3x 2  2  2x 2 y  4xy  3x 2  f y   f y   2 f y   2 y  C  G   x 2 y 2  2xy 2  3x 2 y  x 2  2 y  C Según lo dicho, la circulación entre A y B será:

CAB  G A  G B  C   4  8  6  1  4  C  1 Dado que, por ser el campo conservativo, la circulación es independiente del camino recorrido, también se puede sustituir la curva dada por otro cualquier camino más simple, como por ejemplo, A(0,0)  C(1,0)  B(1,2). Así,









C   2xy 2  2y2  6xy  2x dx  2x 2 y  4xy  3x 2  2 dy 1

Para el tramo AC y  0, dy  0  C1   2x dx  1 0 2

Para el tramo CB x  1, dx  0  C2   2 y  4 y  3  2dy  2 0

18

Y, en total, CAB  C1  C2  1  2  1

 Si el campo F es tridimensional, podemos proceder de modo análogo:  F  G  X  Gx Y  Gy Z  Gz Y, aplicando el teorema de Schwartz, en la hipótesis de que se verifiquen las condiciones necesarias, X Y Y Z Z X    y x z y x z

 Estas tres igualdades equivalen a la anulación idéntica del rotacional de F y por lo tanto los campos irrotacionales de componentes continuas son conservativos y, recíprocamente, los campos conservativos de componentes continuas son irrotacionales. Para el cálculo del potencial procederemos de un modo análogo a lo hecho anteriormente.

G   Xx, y, z dx  f y, z  ya que en esta integral las variables y, z, figuran como constantes. Para hallar la función f(y,z) derivemos respecto a y:

Gy  Y   

X X dx  f y y, z   f y y, z   Y   dx y y

La independencia de f y y, z  respecto a x se comprueba derivando respecto a x:

 Y X f y y, z     0 x x y Efectuando la integración de f y y, z  respecto a y, obtendremos f(y,z) salvo la constante de integración que será función de z únicamente y podremos escribir,

G   Xx, y, z dx  f y, z   hz  Derivando, finalmente, respecto a z:

Gz   Z  

X X dx  f z y, z   hz   hz   Z   dx  f z y, z  z z

Este último término no depende de y ya que

19

 Z  2X  X  Y Z  h z     dx    Y   dx    0 y y zy z  y  z y Integrando respecto a z podremos encontrar h(z) y escribir, por último,

G   X dx  f y, z   hz  Obviamente, el proceso indicado puede seguirse ordenando las variables de otro modo. Ejemplo:     Dado el campo vectorial F  y2z  ay i  bxyz  2x  j  cxy 2  2z  3 k , a. Hállense a, b, c para que el campo sea conservativo. b. Hállese la función potencial. c. Hállese la circulación entre los puntos A(1,1,2) y B(3,0,1).









 Calculemos el rotacional de F :    i j k        Rot F   2cxy  bxy  i  y 2  cy 2 j  byz  2  2 yz  a  k x y z 2 2 y z  ay bxyz  2x cxy  2z  3





Para que el rotacional sea idénticamente nulo, debemos tener:









    b  2c c  1 a  2  F  y2z  2y i  2xyz  2x  j  xy 2  2z  3 k Para hallar la función potencial:

Gx   y2z  2y  G  xy 2z  2xy  f y, z  Derivando respecto a y,

Gy  2xyz  2x  2xyz  2x  f y y, z   f y y, z   0  f y, z   h z  G   xy 2 z  2xy  h z  Derivando, ahora, respecto a z,

Gz   xy 2  2z  3   xy 2  hz   hz   2z  3  h z   z 2  3z  C G   xy 2 z  2xy  z 2  3z  C

20

En tercer lugar, la circulación entre A y B, es:

CAB  G A  G B   2  2  4  6  C   0  0  1  3  C  6 De otro modo, siguiendo el camino A(1,1,2)  D(3,1,2)  E(3,0,2)  B(3,0,1):









C   y2z  2y dx  2xyz  2x dy  xy 2  2z  3 dz Para el trozo AD : y  1 z  2 dy  dz  0 CAD   2  2dx  0 3

1 0

Para el trozo DE : x  3 z  2 dx  dz  0 CDE   12 y  6dy  0 1 Para el trozo EB : x  3 y  0 dx  dy  0 CEB   2z  3dz  6 1

2

Y, sumando las tres CAB  6 . Cuando el potencial existe, las superficies equipotenciales, que son las superficies de nivel  del campo escala G son, evidentemente, ortogonales al campo vectorial F que coincide en dirección, aunque no en sentido, con el gradiente de G.

1.11 Flujo de un Campo Vectorial a Través de un Trozo de Superficie  F

dS 

dS

Consideremos una superficie, o una parte de ella, S, de ecuación f(x,y,z) = 0, en la que consideraremos dos caras determinadas por el sentido de la seminormal en cada punto y, por lo tanto, por el signo de los cosenos directores de dicha normal. Al cambiar de cara cambiará también el signo de los tres cosenos.

 Definimos el flujo del campo vectorial F a través de un trozo S de superficie, por medio de la integral de superficie,

    F  dS S

Donde dS es un vector de modulo dS, dirigido según la seminormal a la cara de S que consideremos. Al cambiar de cara cambiará evidentemente el signo del flujo.

 Si F es la velocidad de un fluido, el flujo representa el gasto o volumen de fluido que atraviesa, por unidad de tiempo, el trozo de superficie.

21

La superficie considerada es una superficie de nivel del campo escalar G = f(x,y,z), y como Z



ds tiene la dirección del gradiente de G, los cosenos directores de dS se obtendrán a partir de la expresión de dicho gradiente.

dS

S

   G  f x i  f y j  f z k cos  

Y

G

cos  

f y G

cos  

f z G

Con el signo que corresponda a la cara elegida. Como,     F  X i  Y j  Zk    dS  dS cos  i  dS cos  j  dS cos  i

dx dy R

X

f x

El cálculo del flujo será:

   X cos   Y cos   Z cos  dS   S

X f x  Yf y  Z f z G

S

dS

Para convertir esta integral de superficie en una integral doble, utilizaremos una de las siguientes tres igualdades:

dS cos   dy dz

dS cos   dx dz

dS cos   dx dy

Obtenidas proyectando el elemento de área curva sobre cada uno de los tres planos coordenados. Sí, por ejemplo, elegimos la proyección sobre el plano X0Y, se tendrá:

  

X f x  Yf y  Zf z dx dy X f x  Yf y  Zf z G X f x  Yf y  Zf z   dx dy   dx dy R R R cos  f z f z G G

Y, si en la función subintegral sustituimos z por su expresión en función de las variables x e y, que podemos obtener de la ecuación de la superficie, bastará calcular la integral doble en el recinto R que es la proyección del trozo de superficie S sobre el plano X0Y. Ejemplo:     Hallemos el flujo del campo vectorial F  x  y i  2x  z  j  3y  z k a través de la superficie de plano x  2y  2z  6 situada en el octante positivo. Para el cálculo de los cosenos directores de dS tenemos:

22

   1 G  x  2 y  2z  G  i  2 j  2 k  cos   3

2 2 cos   3 3 x  2 y   2x  z   23y  z  dS    x  y cos   2x  z cos   3y  z cos  dS   S S 3 cos  

Y, puesto que el recinto R es el triángulo del plano X0Y comprendido entre los ejes coordenados y la recta x + 2y = 6,

Z G dS

  

3

3x  7 y 3 dx dy   R 3 2

3 Y 6

x  2y  6

X



6 2 y 1 3 3x  7 ydx  dy   0 2 0



1 3 117 54  6 y  8y2 dy   2 0 2





1.12 Aplicaciones Geométricas del Concepto de Flujo El concepto de flujo permite calcular: a. b. c. d.

El área de una superficie. El momento de inercia de una superficie respecto a un plano. El momento de inercia de una superficie respecto a una recta. Las coordenadas del centro de gravedad de un trozo de superficie.

1.12.1 Área de una superficie

  En el caso particular de que el vector F coincida con el vector unitario n , normal a la superficie S en cada punto, tendremos:     n  dS   1  dS  cos 0º   dS  Área de la superficie o trozo de superficie, S S

S

S

Como, evidentemente,     f x i  f y j  f z k n G

23

cos  

f x

cos  

G

f y

cos  

G

f z G

Si consideramos la proyección sobre el plano X0Y:

f x 2  f y 2  f z 2

dx dy S   dS     s R cos  R

f z

dx dy

Y, fácilmente, se obtienen fórmulas análogas para el caso de considerar las proyecciones sobre los otros planos coordenados. Ejemplo: Hallemos el área lateral de la parte de cono z 2  x 2  y2 comprendida entre los planos z  0 y z = 1. G  x 2  y2  z2    G  2 x i  2 y j  2 z k 2x x cos    4 x 2  4 y 2  4z 2 z 2

Z R

G

cos   Y

S

z 2

cos   

1 2

El coseno de  debe ser negativo ya que este ángulo es mayor de 90º.

X

S   dS  

y

dx dy  2  dx dy   2 R cos  R

Ya que R es un círculo de radio uno.

1.12.2 Momento de Inercia de un Trozo de Superficie respecto a un Plano

 Si F es un vector dirigido según la normal a S, cuyo módulo es la distancia h elevada al cuadrado de cada punto de S al plano P de ecuación Ax  By  Cz  D  0 , el momento de inercia, Ip, de S respecto al plano P será igual al flujo de este vector a través de la superficie considerada.  Ip   h 2  n  dS   h 2 dS S

S

24

Y, como la geometría analítica nos dice que

h

2

2  Ax  By  Cz  D 

A 2  B2  C 2

Bastará recordar las expresiones de los cosenos directores del gradiente para plantear la integral doble correspondiente. Ejemplo: Hallemos el momento de inercia de una placa circular plana de radio uno situada en el x 2  y 2  1 plano X0Y  , respecto al plano de ecuación x + y + z = 4. z  0 La distancia de cualquier punto de la superficie al plano, es:

h

2

2  x  y  z  4 

3

Z

Y los cosenos del gradiente correspondiente a la superficie considerada (plano X0Y) son: cos  = 0; cos  = 0; cos  = 1.

h

G

Y

Ip   h 2 dS   S

dx dy 2 h 

R cos 

 R x  y  z  4

2 dx dy

X

3

 

R

x  y  42 dx dy 3

Pasando la integral doble a coordenadas polares y recordando que para ello hay que sustituir dx dy por r dr d, tendremos:

Ip 





1 1 2 65 dθ  r 3  2r 3senθ cosθ - 8r 2 cos θ  8r 2senθ  16r dr    0 3 0 6

En el caso particular y frecuente de los momentos de inercia respecto a los planos coordenados, tendremos:

dx dy IY0Z  I x   x 2 R cos 

dx dy I Z0X  I y   y2 R cos 

dx dy IX0Y  Iz   z 2 R cos 

Si estamos considerando la proyección sobre el plano X0Y. Si consideramos otras proyecciones, fácilmente se pueden obtener fórmulas análogas.

25

Ejemplo: Hallemos el momento de inercia de la superficie de la esfera x 2  y2  z 2  R 2 , situada en el octante positivo, respecto al plano X0Z, Z

I y   y 2 dS   S

 R 

h

Y

R

0

sen 2θ dθ 

R 0

r3 R 2  r2

dr 

R 2  x 2  y2

Y, pasando a coordenadas polares,

X / 2

dx dy  cos 

y 2 dx dy

I y  R 

Iy  R 

R

y2

r 3 sen 2θ R

R 2  r2

dr dθ

2 /2 4 2 R 4 R sen θ d θ  3 0 6

1.12.3 Momento de Inercia de un Trozo de superficie respecto a una Recta Si queremos el momento de inercia respecto a una recta cualquiera dada en la forma

x  x 0 y  y0 z  z 0   p q r Bastará tener en cuenta que

M(x,y,z) h 

   AM  V  AM V senθ  h V  AM  V h  V

 V

A(x0,y0,z0)

    V  pi  q j  rk

 i  AM  V  x  x 0 p

 j y  y0 q

2 V  p2  q 2  r 2

 k z  z0  r     r y  y 0   qz  z 0  i  pz  z 0   r x  x 0  j  qx  x 0   py  y 0 k

26

2 2 2 2 AM  V  r y  y0   qz  z 0   pz  z 0   r x  x 0   qx  x 0   py  y0 







 p 2  q 2  r 2 x  x 0   y  y0   z  z 0   px  x 0   qy  y0   r z  z 0  2

2

2

2

Ejemplo: Hallemos el momento de inercia del primer octante de la esfera x 2  y2  z 2  1 respecto a la recta x = y = z.    Dado A(0,0,0), AM  x i  y j  z k Z     V i  jk    i j k  M h AM  V  x y z 1 1 1           AM  V  y  z i  z  x j  x  y k A Y

h

X



2

2 2 2  y  z   z  x   x  y  

3



2 2 x  y 2  z 2  xy  xz  yz 3 2 2 I r   x  y 2  z 2  xy  xz  yz dS  2 z 2  yz ds S 3 S h2 









Dadas las simetrías de la recta y de la esfera. Considerando la proyección sobre el plano X0Y, nos quedará: Ir  2

/ 2

z  ydx dy  2 R  R

1  x 2  y2  y dx dy  2  0 

1 2 dθ   r 1  r 2  r 2senθ  dr  0 3 

Si queremos el momento de inercia respecto a uno de los ejes coordenados, tendremos:

h 2  x 2  y2

Z h



De forma análoga:

  I0Y   x 2  z 2 dS  I x  Iz S I0X   y 2  z 2 dS  I y  Iz S

h

Y

X

27



I0Z   x 2  y2 dS  I x  I y S

Ejemplo: El momento de inercia del primer octante de la esfera x 2  y2  z 2  R 2 respecto al eje 0Z, se calculará muy fácilmente teniendo en cuenta el resultado de los ejemplos anteriores y la simetría de la esfera.

I0 Z  I x  I y 

R 4 R 4 R 4   6 6 3

1.12.4 Coordenadas del Centro de Gravedad de una Superficie Las fórmulas para las coordenadas del centro de gravedad de un trozo S de superficie se obtienen fácilmente sin más que tomar momentos respecto a los planos coordenados.

x CG 

 x dS  dS

yCG 

 y dS  dS

z CG 

 z dS  dS

Ejemplo: Hallemos las coordenadas del centro de gravedad de la superficie lateral del cono z 2  x 2  y2 comprendida entre los planos z = 0 y z = 1.

G  x 2  y2  z2

 S z dS   S dS  z CG 

2 

R

   G  2 x i  2 y j  2 z k x 2  y 2 dx dy  2 

cos  

z x 2  y2  z2



1 2

1 2 2 dθ  r 2dr  0 0 3 2

2  dx dy   2 R

2 2 3 2  Y, por simetría x CG  ycG  0 3  2

1.13 Estudio del Caso Particular de una Superficie Dada en Forma Paramétrica Es frecuente el caso de una superficie dada por las tres ecuaciones x = x(u,v); y = y(u,v); z = z(u,v). Evidentemente, si eliminamos entre las tres ecuaciones los dos parámetros u y v, llegaremos a la forma anteriormente considerada f(x,y,z) = 0. Pero unas veces esta eliminación resulta difícil y otras veces los parámetros tiene una significación física que es interesante conservar.

28

Para el cálculo de áreas, momentos de inercia y centros de gravedad, lo importante será determinar dS en función de los parámetros. Si suponemos la superficie dada en la forma z = f(x,y), tendremos:

      G  f x i  f y j  k  zx i  zy j  k

G  f x, y   z cos  

1

dS  1  zx2  zy2 dx dy

1  z  z 2 x

2 y

Ahora bien,

zx 

dz con y constante dx

Luego

dx  xu du  xv dv y  dv 0  yu du  yv dv   u; du yv dz  zu du  zv dv  

dz zu du  zv dv zu yv  zv yu   dx xu du  xv dv xu yv  xv yu

Del mismo modo, suponiendo ahora x constante

0  xu du  xv dv  x  dv dy  yu du  yv dv  u ; du xv dz  zu du  zv dv  

dz zu du  zv dv zu xv  zv xu   dy yu du  yv dv yu xv  yv xu

Además, sabemos que para hacer el cambio de variables en una integral doble es necesario sustituir dx dy por el producto del Jacobiano de x e y respecto a u y v. Es decir,

dx dy 

xu yu

xv du dv  xu yv  xv yu du dv yv

Con todo ello:

dS 

xu yv  xv yu 2  zu yv  zv yu 2  zu xv  zv xu 2 du dv

dS 

x

2 u





2  yu2  zu2 xv2  yv2  zv2  xu xv  yu yv  zu zv  du dv  EG  F2 du dv

   Donde E es el módulo del vector t1  xu i  yu j  zu k , G es el módulo de    t 2  xv i  yv j  zv k y F es el producto escalar de los dos vectores t1 y t 2 .

29

Esta expresión se puede deducir también de un modo más intuitivo, considerando el cuadrilátero curvilíneo construido sobre los elementos diferenciales de las curvas de u constante y v constante. Si consideramos las curvas de u = constante y las curvas de v = constante, obtendremos una red de líneas situadas sobre la superficie, cuyas intersecciones determinan los puntos de la misma. v = constante dl2 dl dl1

Los vectores tangentes a estas curvas serán       t u  xu i  yu j  zu k t v  xv i  yv j  zv k Y los diferenciales de longitud, correspondientes, son:

u = constante

dlu  t u du  dl v  t v dv 

x x

  z  dv 

2 u

 yu2  zu2 du  E du

2 v

 yv2

2 v

G dv

Y el ángulo que forman: cos θ 

tu  tv tu tv



x

2 u

xu xv  yu yv  zu zv



 yu2  zu2 xv2  yv2  zv2





F EG

Si las líneas son ortogonales (cos  = 0), evidentemente tendremos:

dl2  dl2u  dl2v  E du 2  G dv2 Finalmente, para el elemento de superficie:

dS  dlu dl v senθ  E du G dv

EG  F2  E G  F2 du dv EG

Ejemplo 1: Dada la superficie x = sen u; y = cos U; z = v, hallemos la longitud del arco de curva u  v comprendido entre los puntos correspondientes a u = 1; u = 2.

  t u  cos u i  senu j  dlu  du  t v  k  dl v  dv Y, como las líneas son ortogonales:   

2

1

2 du  2

30

Ejemplo 2: Hállese el área de la parte de superficie x = u sen v; y = u cos v; z = u, comprendida entre los planos z = 2 y z = 8.

   t1  sen v i  cos v j  k  E  sen 2 v  cos 2 v  1  2   t 2  u cos v i  u sen v j  G  u 2 cos 2 v  u 2sen 2 v  u 2 F  t1  t 2  u sen v cos v  u sen v cos v  0 S   2 u du dv  

2 0

dv 

8 2

2 u du  60 2

Ejemplo3: Hállese el plano tangente y la recta normal a la superficie x  u 2  v2 ; y  uv; z  u  v , en el punto de u = 1 y v = 2.

x 0  5 y0  2 z0  3 xu 0  2u 0  2 yu 0  v0  2 zu 0  1       t1  2 i  2 j  k t2  4 i  j  k

xv 0  2v0  4 yv 0  u 0  1 zv 0  1

Un vector paralelo al gradiente, será:    i j k    t1  t 2  2 2 1  i  2 j  6 k 4 1 1 Y, según los criterios establecidos en el párrafo 1.4, las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal, son, respectivamente:

x  5  2 y  2  6 z  3  0

x 5 y2 z3   1 2 6

Ejemplo 4:     Hállese el flujo del vector F  xz i  y2 j  xz k a través de la superficie del cilindro x  cos u; y  sen u; z  v , (0  v  2).

31

   t1  sen u i  cos u j t 2  k  E  1 G  1 F  0 dS  du dv





   xz cos   y 2 cos   xz cos  dS S    i j k   t1  t 2   sen u cos u 0  cos u i  sen u j 0 0 1

cos   cos u  

cos   sen u

cos   0

2 2  v cos 2 u  sen 3u du dv   du  v cos 2 u  sen 3u dv  2 R 0 0

Ejemplo 5: Hállese el momento de inercia, respecto al eje 0Z, de la parte de superficie x = v sen u; y = v cos u; z = v, correspondiente a 0  v  3.

xu  v cos u xv  sen u

  zu  0  t1  v cos u i  v sen u j  E  v 2    yu  cos u zv  1  t 2  sen u i  cos u j  k  G  2 yu   v sen u

t1  t 2  v cos u sen u  v sen u cos u  F  0  dS  2 v du dv





I0 Z   x 2  y 2 dS   S

R

2 v 2 du dv  2 

2 0

3

du  v 2 dv  18 2  0

Ejemplo 6: Hallemos el centro de gravedad de la parte de superficie x = u + v; y = u – v; z = 6 – 2u, correspondiente a 0  u  1; 0  v  2.

x u  1 x v  1

   zu  2  t1  i  j  2 k  E  6   yv  1 zv  0  t 2  i  j  G  2 yu  1

1

2

0

0

F  t1  t 2  0  dS  12 du dv  S   du  1

2

1

2

1

2

 x dS   0 du  0  y dS   0 du  0  z dS   0 du  0

12 dv  2 12

12 u  v  dv  3 12     3 1  12 u  v  dv   12  CG ; ;5  2 2    12 6  2u  dv  10 12  

1.14 Fórmula de Rieman o de Green

32

Y



b R

X1(y)

X2(y)

a

Consideremos un campo vectorial    bidimensional F  Xx, y i  Yx, y j y una curva cerrada, plana, , sin puntos múltiples. Supongamos además continuas y derivables las componentes X e Y del campo. Sea f(x,y) una función tal que f x, y  

X

Y , x

tendremos que, X 2 y 

 R f x, ydx dy   a dy X y f x, ydx   a YX1y, ydy  a YX2 y, ydy b

b

b

1

Y, cambiando en la segunda integral el signo e invirtiendo a la vez los límites, se obtiene la suma de dos integrales que en total es una integral curvilínea recorrida en sentido contrario a las agujas del reloj, es decir, en sentido matemático positivo.

Y

 R x dx dy    Yx, ydy Y

Sea, ahora, g(x,y) una función tal que se tenga X gx, y   . De modo análogo, se obtiene y



Y2(x)

Y2 y 

 R gx, ydx dy   c dx  Y y gx, ydy  d

R

1

  Xx, Y2 x dx   Xx, Y1x dx

Y1(x)

d

d

c

c

Cambiando, como antes, el signo y los límites en la segunda integral se obtiene también para la suma de las dos integrales una integral curvilínea recorrida esta vez en sentido negativo, es decir, X  R y dx dy    Xx, ydx Y, sumando los dos resultados obtenidos aparece la fórmula de Rieman o de Green: c

d

X

 Y

X 

  Xx, y dx  Yx, y dy   R  x  y  dx dy Ejemplo:

33

   Calculemos la circulación del campo vectorial F  ex  y i  4x  y j a lo largo del contorno ABC de la figura.

De acuerdo con la fórmula de Rieman Y

C

0A  AB  1



= tres veces el área ABC.

x 2  y2  4

Ahora bien, 0C  2; 0A  1; cos θ  1/2 , luego  = 60º y por lo tanto el área del sector circular 0AB será la sexta parte del área del

 0

A

B



C   ex  y dx  4x  ydy   4  1dx dy

X

círculo, es decir 2/3 y el área del triangulo 0AC es

3 2 . Por lo tanto, finalmente,

 2 3  C  3   3 2   Interpretándola al revés, la fórmula de Rieman nos puede dar un camino cómodo para calcular el área de una figura limitada por una curva dada en forma paramétrica. En efecto:

1 1 x dy  y dx   1  1dx dy  Área  2 2 Ejemplo 1: Hallemos el área limitada por el eje 0X y un arco de cicloide. Y

x = a (t - sen t) y = a (1 - cos t)

y  0  cos t M  1  t M  2 a 2 2 t  sen t sen t dt  1  cos t 2 dt  A  0 2 a 2 2 t  sen t  2  2 cos t dt   a 2   0 2

X

0

M

Ejemplo2: Hallemos el área encerrada entre los ejes coordenados y un cuarto de elipse. En coordenadas paramétricas, la elipse puede expresarse como:

x  a cos t

y  b sent

34

Por lo tanto, 1 a b / 2 a b S   a cos t b cos t dt  b sent a sent dt  dt   0 2 2 4

1.15 Teorema de Stokes Intentemos, ahora, generalizar a tres dimensiones la fórmula de Rieman o Green que se acaba de deducir. Sea la integral curvilínea I   Xx, y, z dx  Yx, y, z dy  Zx, y, z dz a lo largo de una C

curva cerrada C que se proyecta sobre el plano X0Y según otra curva C´ sin puntos Z

múltiples.

S

Consideremos, ahora, un trozo cualquiera se superficie uniforme S que contenga a S y se proyecte sobre el plano X0Y por completo dentro del recinto R interior a C´.

C

Y

R

Si z = z(x,y) es la ecuación de esta superficie, aplicando la fórmula de Rieman, tendremos:

C´

X

 X X Z   C Xx, y, z dx   C´ Xx, y, zx, ydx   R  y  z y  dx dy Ahora bien,

   G  zx, y   z  G  zx i  zy j  k  cos  

zy 1  z  z 2 x

2 y

 cos  

1 1  zx2  zy2

cos  , y, además, dx dy  dS cos  . Sustituyendo estas expresiones en cos  la integral doble obtenida, se tiene, Por lo tanto, zy  

 X X cos    X  X  C Xx, y, z dx   S  y  z cos   dS cos    S  z cos   y cos   dS

35

Considerando, de forma análoga, las proyecciones sobre los otros planos coordenados, obtenemos:

Y  Y   C Yx, y, z dy   S  x cos   z cos   dS  Z  Z   dS   Z x , y , z dz  cos   cos  C  S  y x  Y, sumando las tres igualdades:

 C Xx, y, z dx  Yx, y, z dy  Zx, y, z dz   Z Y    Y X   X Z   cos     cos   dS        cos    S  y z   z x   x y    O, en lenguaje vectorial,

 C F  dl   S Rot F dS 



Que se puede enunciar verbalmente del siguiente modo:

 “Si las componentes de un campo vectorial F son continuas y derivables, la circulación de   F a lo largo de una curva cerrada C es igual al flujo del rotacional de F a través de un casquete cualquiera de superficie S, cuyo contorno sea la curva C”.  Dado que, si F es un campo conservativo, su rotacional es nulo, esta expresión confirma que la circulación de un campo conservativo a lo largo de una curva cerrada es nula.  Por otra parte, haciendo nulas, tanto la componente Z de F , como las derivadas de las otras dos componentes respecto a z, obtenemos de nuevo la fórmula de Rieman. Ejemplo:     Hallemos la circulación del campo vectorial F  2xyz i  3x  x 2z  j  x 2 y  2x  yk a lo largo de la circunferencia intersección de la esfera x 2  y2  z 2  R 2 con el plano x  y  z  R 2.

36

r

   i j k        Rot F   i  2 j  3k x y z 2 2 2xyz 3x  x z x y  2x  y

h

R

Y, aplicando el teorema de Stokes, sabemos que la circulación es igual a

S cos   2 cos   3 cos  dS Donde S es la parte de plano ocupada por la circunferencia    G  x  y  z  G  i  j  k  cos   cos   cos   1 3 C   2 3 dS  2 3 S S

 11R 2 3 R 2  11R 2   Ahora bien, S   r 2  R 2  h 2    R 2  , por lo tanto, C  . 6 12  12 

1.16 Teorema de Gauss o de Ostrogradski

Z

z2(x,y)

    Sea F  Xx, y, z i  Yx, y, z  j  Zx, y, z k cuyas componentes suponemos continuas y derivables. Y sea V un recinto cerrado limitado por una superficie S. Así,

 N

V

 z1(x,y) N Y

Z

1

z

dz 

 S Zx, y, z 2 x, ydxdy   S Zx, y, z1x, ydxdy 2

X

z 2 Z

 V z dx dy dz   R dx dyz

1

Si hacemos ahora dx dy = dS cos  y cambiamos el sentido de la normal en la segunda integral de modo que quede siempre hacia fuera de la superficie, esta segunda integral cambiará de signo, y por lo tanto,

Z

S Z cos  dS   V z dx dy dz

37

Y, como fórmulas análogas se pueden obtener para X e Y

 X

Y

Z 

S X cos   Y cos   Z cos  dS   V  x  y  z  dx dy dz O, también:

 S F  dS   V div Fdx dy dz 



 Que se puede enunciar diciendo: “El flujo de un campo vectorial F de componentes continuas y derivables a través de la cara exterior de una superficie cerrada S, es igual a la  integral triple de la divergencia del campo F en el recinto limitado por la superficie S”. Ejemplo:     Hallemos el flujo del campo vectorial F  eseny  3x  y3z i  ecos x  y  z3 j  6z k a



Aplicando el teorema de Gauss:

5

  

6

X



través de la cara exterior del tetraedro formado por los planos x = 0; y = 0; z = 0; 3x + 2y +4z = 12.

Z

4

 

V

3  1  6dx dy dz  10 V

Y

1   10 4  6  3  120 6

Si la divergencia es idénticamente nula, es decir, si el campo es solenoidal, el flujo que atraviesa cualquier superficie cerrada es nulo. Esto no quiere decir que el flujo que atraviesa una parte de la superficie es nulo, sino que, en el flujo total, los flujos entrante y saliente se compensan.

38

Supongamos ahora que, dado un campo solenoidal, construimos un tubo de líneas de campo, es decir un cilindroide cuya superficie lateral es, en cada punto, tangente al vector campo. El flujo que sale a través de uno de estos tubos es debido, solamente, al que atraviesa las bases del mismo, ya que el vector normal a la superficie lateral es también normal al vector campo. Como por hipótesis, al ser el campo solenoidal, el flujo Total es nulo, cualquier sección transversal del tubo será atravesada por el mismo flujo. Por esta razón, a los campos solenoidales se les llama también campos de flujo conservativos. En mecánica de los fluidos, cuando el campo vectorial es un campo de velocidades, la ecuación que representa la condición antecedente se conoce como ecuación de continuidad.

1.17 El campo Newtoniano Se designa por campo newtoniano el producido por una masa atractiva o repulsiva colocada en un punto fijo P, cuyo módulo en cada punto M del espacio es inversamente proporcional al cuadrado de la distancia entre P y M. Si suponemos el origen de coordenadas Z en P y hacemos r 2  x 2  y 2  z 2 , se  F tendrá que





z

X

r



Y

P



    h F  2 cos  i  cos  j  cos  k  r   h   x i  y j  zk r3

M



Donde h es una constante positiva si el campo es repulsivo y negativa si es atractivo. El campo newtoniano es conservativo, ya que si tenemos en cuenta que

r x  x r

r y  y r

r z  z r

se deduce fácilmente que

39

hx X 3hxy X 3hxz   5  5 3 r y r z r hy Y 3hxy Y 3hyz Y 3   5  5 r x r z r hz Z 3hxz Z 3hyz Z 3   5  5 r x r y r X

  Con lo cual Rot F  0 . El potencial de un campo newtoniano, V, se calcula fácilmente:

V hx h hy hy   3  V   f y, z ; Y  Vy   3   3  f y y, z   f y y, z   0  x r r r r h hz hz h f y, z   gz   V   gz ; Z  Vz   3   3  gz   gz   0  V   K r r r r Y, si convenimos en que el potencial en el infinito es nulo, tenemos, finalmente:

V

h r

Por lo tanto la circulación entre los puntos A y B, independientemente del camino elegido, es:

CAB 

h h  rA rB

De la misma forma, la circulación a lo largo de una curva cerrada será igual a cero, siempre y cuando se excluya el origen de coordenadas, en el cual las componentes del campo vectorial no son continuas. Es decir, que para afirmar que el campo es conservativo el camino recorrido no debe rodear los puntos en los que existen masas. La divergencia de un campo newtoniano es nula. En efecto:

X



hx X h r 2  3x 2   r3 x r5





Y



hy Y h r 2  3y 2   r3 y r5



 X Y Z h 3r 2  3x 2  3y 2  3z 2 div F     0 x y z r5

40



Z



hz Z h r 2  3z 2   r3 z r5



En consecuencia, “En ausencia de masas el flujo del campo newtoniano a través de cualquier superficie cerrada es nulo”. Ahora bien, si trazamos una esfera de radio R y centro en el punto P donde está colocada la masa, r será constante a lo largo de ella y el vector campo estará siempre dirigido según la normal a la esfera. El flujo a través de la cara exterior de la esfera será, por lo tanto,

  

h h dS  2 S  4h 2 r R

Con h positiva para el campo repulsivo y negativa para el campo atractivo. Puesto que en ausencia de masas el flujo a través de una superficie cerrada es nulo, el mismo flujo atravesará la superficie esférica que otra superficie cualquiera que rodee la esfera, y por otra parte, como el producto escalar tiene la propiedad distributiva, el flujo creado por varias masas será la suma de los flujos creados por cada una de ellas. Si hacemos h = f m, donde f es constante y m es la masa, el flujo total será:   4f  m

1.18 Interpretación Física de la Divergencia

 Supongamos que la divergencia de un campo vectorial F es positiva en un punto de coordenadas x, y, z. Rodeemos este punto de una esfera lo suficientemente pequeña para que la divergencia sea positiva en toda ella, cosa posible si las derivadas de las componentes del campo son continuas. La integral triple de esta divergencia en el recinto limitado por la esfera es por lo tanto positiva y, como consecuencia del teorema de Gauss, también será positivo el flujo a través de la cara exterior de la pequeña esfera. Esta consideración justifica el que a los puntos cuya divergencia es positiva se les llame “puntos surgentes” o “manantiales”. Análogamente, cuando la divergencia es negativa, el punto recibe el nombre de “punto sumente” o “sumidero”. Ahora bien, si aplicamos el teorema de la media a la integral triple que figura en uno de los miembros del teorema de Gauss, tendremos,

div F volumen   S F  dS 



Donde la divergencia está particularizada para un cierto punto interior al recinto considerado. Y si hacemos tender a cero el volumen de este recinto,



 div F  Lim

vol0

 S F  dS volumen

41

La divergencia en un punto es el flujo emanado, o absorbido, por unidad de volumen en un entorno infinitesimal del punto considerado.

1.19 Interpretación Física del Rotacional Sea el producto vectorial

   i j k     F i  X Y Z  Z j  Yk 1 0 0





  Z Y    Primera componente de Rot F . Para la divergencia, tendremos que: div F  i  y z Si aplicamos lo dicho en el párrafo anterior y tenemos en cuenta que    i j k     F  dS  dS X Y Z  dS Y cos   Z cos i  Z cos   X cos   j  X cos   Y cos  k cos  cos  cos 



Tendremos:

42











     1 div F  i  1ª componente de Rot F  Lim F  i  dS  vol 0 vol       1 1 Z cos   Y cos  dS   Lim Z j  Y k  cos  i  cos  j  cos  k dS  Lim  vol 0 vol vol 0 vol   1  Lim 1 ª componente de Rot F vol 0 vol 







Y, como lo mismo se puede decir de las otras componentes,

  1 Rot F  Lim F  dS  vol 0 vol Fórmula análoga a la obtenida para la divergencia, en la que en vez del producto escalar de  F y dS , figura el producto vectorial.

1.20 Problemas Resueltos 1. Dado el campo escalar f x, y, z   3x  5y  2z hallar, en el punto M(2,2,1), la derivada en la dirección de la seminormal a la esfera x 2  y2  z 2  9 dirigida hacia el exterior de la misma. Solución: Z G



X

y 2 z 1  cos    R 3 R 3 La indicación acerca de la dirección de la seminormal nos hace tomar el signo positivo para los valores de los cosenos. cos  

 

   G  x 2  y 2  z 2 G  2 x i  2 y j  2 z k x x 2 cos     x 2  y2  z2 R 3

Y

f 2 2 1 2  f x cos   f y cos   f z cos   3   5   2    3 3 3 3 G

2. En el punto O(0,0) la derivada del campo escalar plano, G = G(x,y) en la dirección de la 4 3 recta y  x es igual a 10, mientras que la derivada en la dirección de y   x es igual a 3 4 5. Hallar el valor de la derivada en la dirección de la recta y  5 12 x .

43

Solución:

   4 x y 3 4 x    V1  3 i  4 j  cos 1  cos 1  3 3 4 5 5    3 x y 4 3 y x    V2  4 i  3 j  cos  2  cos 2  4 4 3 5 5 dG 3 4   Gx   Gy   10  5 5 dV1  Gx  2   G  11 dG 4 3   Gx   Gy   5 y  5 5 dV2    5 x y 12 5 y x    V  12 i  5 j  cos   cos   12 12 5 13 13 dG 12 5 79   2   11   13 13 13 dV y

3. Dado el campo escalar U  axz 2  byz  cy 2 x 2 y el punto A(1,-1,1), hallar los valores de a, b y c, para que la derivada direccional de U en el punto A tenga un máximo de magnitud 2 3 en la dirección de la recta x = y = z. Solución:

Ux  az 2  2cy 2 x  Ux A  a  2c     Uy  bz  2cyx2  Uy A  b  2c  U  a  2c  i  b  2c  j  2a  b  k  Uz  2axz  by  Uy A  2a  b   Este gradiente debe ser paralelo a la recta dada, es decir, debe ser paralelo al vector    i  j  k , por lo tanto,

a  2c b  2c 2a  b    ab c0 1 1 1 Además, la derivada direccional debe ser igual al módulo del gradiente, por lo tanto,

a  2c2  b  2c2  2a  b2  2

44

3



2

 a b2 c0

4. Hallar la derivada de f  x 2  2y2  3z 2  2xy  4z , en el punto A(1,2,3), en la dirección de la tangente a la curva intersección de las superficies x 2  y2  z 2  2xy  4z  4 xy  xz  yz  11 . Solución: U1  x 2  y 2  z 2  2 xy  4z U1 X  2 x  2 y  U1 X  2

U1  U 2

A

U1 Y  2 y  2 x  U1 YA  2

U 2

U1 Z  2z  4  U1 ZA  2    U1  2 i  2 j  2 k

U1

U 2  xy  xz  yz U2 X  y  z U2 Y  x  z U2 Z  x  y    U2 XA  5 U2 XA  4 U2 XA  3  U 2  5 i  4 j  3 k El producto vectorial de los dos gradientes será paralelo a la tangente:

   i j k     V  U1  U 2   2 2  2  14 i  4 j  18 k 5 4 3 7 2 9 cos   cos   134 134 134 f x  2x  2 y  f x A  6 f y  4 y  2x  f y A  10 cos  

df 6  7  10   2  14   9 104    dV 134 134

f z  6z  4  f x A  14

U2  x 2  2y2  3xy 5. Dados los campos escalares planos U1  x 2  y2  xy  y y el punto A(1,1), hallar la dirección en la que los dos campos tienen, en A, la misma derivada direccional. Solución:

U1 X  2x  y  U1 XA  3 U2 X  2x  3y  U1 XA  1

U1 Y  2 y  x  1  U1 XA  4 U21Y  4 y  3x  U1 XA  1

45

dU1 dU   3 sen  4 sen  3 sen  4 cos   2  sen  sen  sen  cos  dV dV 4 4 tg   Y, por lo tanto, la dirección de la recta es y  - x 3 3 Además, como sen 

4 3 , el valor común de la derivada resulta ser: cos   5 5

dU1 dU 2 4 3 7       5 5 5 dV dV





1 6. Dados dos campos escalares planos U1  ln x 2  y 2 ; U 2  f x, y  , hallar la función 2   f(x,y) para que, si V1 y V2 son dos vectores perpendiculares cualesquiera, se tenga

dU1 dU 2    dV1 dV2

dU1 dU    2 dV2 dV1

Solución:

x y ; U1 Y  2 2 x y x  y2 dU1 x y dU1 x y   2   2 cos   2 sen ; sen  2 cos  2 2 2 x y x y x  y2 dV1 x  y dV2

U1 X 

2

dU 2 dU 2   f x cos   f y sen ;   f x sen  f y cos  dV1 dV2 x y cos   2 sen  f x sen  f y cos  2 2 x y x  y2 x y  2 sen  2 cos   f x cos   f y sen 2 x y x  y2 Como estas igualdades deben verificarse cualquiera que sea , se debe cumplir:

f x  

y sen x  y2 2

f y 

x x  y2 2

y De la primera se deduce f x, y   arc tg  gy  . Y, de la segunda, derivando respecto a y, x se obtiene g´(y) = 0, por lo tanto,

46

y f x, y   arc tg  Constante x

 x 2  y2   , tal que, en todos los círculos de centro 7. Hallar un campo escalar plano, G  f  x   el origen, el módulo del gradiente sea constante y además se cumpla que G(1,1) = - 1; G´x(1,0) = 2. Solución: Sea u 

x 2  y2 x 2  y2 2y ; uy  ; G  f (u ) . Y el gradiente es: , por lo tanto, ux  2 x x x G  f (u )

x 2  y2  2y  x 2  y2  i  f ( u ) j   G  f (u ) x2 x x2

Pasando a coordenadas polares:

G 

f (u ) cos 2 

Para que esta expresión sea constante en todos los círculos de centro en el oridgen, su derivada respecto a  debe ser nula. Ahora bien,

u

x 2  y2 r u r sen    x cos   cos 2 

Derivando el módulo del gradiente e igualando a cero:

r sen cos 2   2 cos  sen f (u )  0 2 cos  r f (u )  2 f (u ) cos   0  u f (u )  2 f (u )  0 f (u ) 2 A A    f (u )  2  f (u )    B f (u ) u u u

f (u )

A u A x 2  y 2  . Y, para x = 1; y = 0; u = 1; G´x = A = 2. u 2 x u 2 x 2 A Además, para x = 1; y = 1; u = 2;  1    B  B  0 . Finalmente, 2 Por otra parte, G( x ) 

G ( x , y)  

2 2x  2 u x  y2

47

  1   8. Dado el campo vectorial F  x i  x  y  j  k , hallar la línea de campo que pasa por 4z el punto P(1,3,0). Solución:

dx dy dz   x x  y 1 4z Lo que conduce a una ecuación diferencia l de variables separadas y a otra homogénea : 2 dx  4z dz  ln x  2z 2  ln A  x  Ae2 z x dx dy dy y dy dv    1  ; y  vx   vx  v  1  v  x  1  2v x xy dx x dx dx dv dx 1    ln 1  2v   ln x  ln B  1  2v x 2

1  1  2v

x  Bx  1  B2 x y  2x  y  2x

x  Ae2 z Así, las ecuaciones generales de las líneas de campo, son:  Y, la que pasa 1  Cx y  2x  2

x  e 2 z por el punto P(1,3,0):  . 1  x y  2x  2

    9. Dado el campo vectorial F  x 2  y2  2yz i  x 2  y2  2xz  j  2x  yz k , hallar las ecuaciones generales de las líneas de campo.

Solución:





dx  dy dz dx  dy  dz 2xz dx  2 yzdy  x 2  y 2 dz     x 2  y 2  2 yz x 2  y 2  2xz 2zx  y  0 0 dx  dy  dz  0  x  y  z  A 2xdx  2 ydy dz 2xz dx  2 yzdy  x 2  y 2 dz  0    ln x 2  y 2  ln z  ln B 2 2 x y z







x  y  z  A Las ecuaciones son :  2 2 x  y  Bz

48



10. ¿Cuál debe ser el valor de las constantes a y b para que las superficies x 2  y2  z 2  3xz  0 ax 2  bz 2  3b  2y  0 sean ortogonales en el punto A(1,-1,1). Solución: Si las superficies son ortogonales, los gradientes deben ser perpendiculares y, por lo tanto, su producto escalar debe ser nulo.

      U1  2ax i  (3b  2) j  2bz k En el punto A U1  2a i  (3b  2) j  2b k       U 2  (2x  3z) i  2 y j  (2z  3x ) k En el punto A U 2   i  2 j  k U1  U 2  2a  2(3b  2)  2b  0   a  2b  2  0 Además, el punto A debe pertenecer a ambas superficies, luego:

a  b  3b  2  0  a  4b  2  0 Finalmente, de las dos ecuaciones se deduce que:

a2 3

b  2 3

   11. Hallar la circulación del campo vectorial F  ( y  x) i  (x  y) j a lo largo de la curva

(astroide), x 2 / 3  y2 / 3  4 . Solución: Según lo establecido anteriormente, la circulación está dada por la integral curvilínea

Y

C   ( y  x ) dx  (x  y) dy X

x 2 / 3  4 cos 2 t  x  8 cos 3 t Sustituyendo:

El problema que se presenta es colocar la expresión subintegral en función de un solo parámetro. La aparición de una suma de cuadrados en la ecuación de la curva sugiere la idea de utilizar funciones trigonométricas:

y2 / 3  4 sen 2 t  y  8 sen3t

8sen3t  8 cos3 t  24 cos 2 t sent dt 8 cos3 t  8sen3t 24 sen 2t cos t dt   2  192  cos 2 t sen 4 t  cos 5 t sent  cos 4 t sen 2 t  sen 5 t cos t dt  0

C

2

0

49



2



2 2 1 1  192  cos 6 t  sen 6 t  192 sen 2 t  cos 2 t sen 2 t cos 2 t dt  48 sen 2 2t dt 0 0 6 6 0

C  24

2 0

1  cos 4t dt  48     F  x 2 i  xy j  xyz k a lo largo del

12. Hallar la circulación del campo vectorial recorrido de la figura. Solución:

En general:

Z

C   x 2dx  xy dy  xyz dz

z=1 C

2x+y+2z =6

Para el trozo AB, tenemos que z = 0; y = 6 – 2x,

D B

Y

CAB   x 2dx  x 6  2x 2dx 3

A

0

CAB  9

X

Para el trozo BC: x = 0; y = 6 – 2z  CBC = 0 Para el trozo CD: z = 1; y = 4 – 2x  CCD   x 2dx  2x 4  2x dx   8 3 2

0

En total: C = 19 3

    13. Hallar la circulación del campo vectorial F  x  3y i  y  z  j  x  z k desde A(2,0,0) hasta B(0,2,2) a lo largo de la curva intersección del cilindro x 2  y2  4 con el plano x  2y  z  2 .

50

Solución:

Z

C   x  3ydx  y  z dy  x  z dz

B

Hagamos x  2 cos t ; y  2 sent con lo cual z  2 cos t  4 sent  2 . Por otra parte, al punto A le corresponde t = 0 y al B t = /2. Por lo tanto

Y

X

C C

A

/2 0 /2 0

 22 cos t  6sent sent  2 2sent  2 cos t  2cos t   4sent  2 2sent  4 cos t dt

 24sent cos t  4sen2t  4 cos2 t  12 cos t  4sent dt  2  4

   14. Dado el campo vectorial F  10x 4  2xy 3  i  3x 2 y2 j , a. Comprobar que el campo es conservativo. b. Encontrar la función potencial. c. Hallar la circulación desde (0,0) hasta (2,1) a lo largo de la curva x 4  6xy 3  4y2 .

Solución:

X  10x 4  2xy 3

Y  3x 2 y 2 

X Y   6xy 2 y x

Luego el campo es conservativo. G     3x 2 y 2dy  x 2 y3  f x   Gx  10x 4  2xy 3  2xy 3  f x   f x   10x 4

f x   2x 5  K  G  x 2 y3  2x 5  K

Como el campo es conservativo, se puede prescindir de la trayectoria y tener en cuenta solamente el punto inicial y el final.





(0,0)

C  x 2 y3  2x 5  K (2,1)  K  4  64  K  60 También se puede sustituir la complicada curva dada, por otra trayectoria más sencilla, formada por la recta y = 0, desde O(0,0) hasta A(2,0) y la recta x = 2 desde A hasta B(2,1).









C   10x 4  2xy 3 dx 6   3x 2 y 2 dy 2

C0A   10x 4 dx  64 0

1





CAB    12 y 2 dy  4 0

51

Y, en total C 60

    15. Dado el campo vectorial F  y2 cos x  z3  i  by senx  4 j  axz 2  2k , a. Hallar los valores de a y de b para que el campo sea conservativo. b. Encontrar, con estos valores, la función potencial. c. Hallar el valor de la circulación desde O(0,0,0) hasta M(1,2,-1) a lo largo de la  x 2  y 2  z 2  3y curva  xy  xz  yz  x  0

Solución: Si el campo es conservativo, el rotacional debe ser nulo, por lo tanto:    i j k     Rot F   x  y  z  3z 2  az 2 j  by cos x  2 y cos x  j  0 y 2 cos x  z 3 by senx  4 axz 2  2





Y, de aquí, a = 3; b = 2.

Gx  X   y 2 cos x  z 3  G   y 2senx  z 3 x  f ( y, z) Gy  2 ysenx  f y ( y, z)  Y  2 ysenx  4  f y ( y, z)  4  f ( y, z)  4 y  g(z) G   y 2senx  z 3 x  4 y  g(z) Gz  3z 2 x  g(z)   Z  3xz 2  2  g(z)  2  g(z)  2z  K G   y 2senx  z 3 x  4 y  2z  K Para la circulación podemos no considerar la trayectoria dada y calcular directamente, C  K   4sen1  1  8  2  K   4 sen1  11  7,634 Otra posibilidad es hacer el recorrido O(0,0,0)  A(1,0,0)  B(1,2,0)  M(1,2,-1)









C   y2 cos z  z3 dx  2ysenx  4dy  3xz 2  2 dz

2 y  0 x  1 OA C1  0 AB C2   2 y sen1  4 dy  4 sen1  8 0 z  0 z  0 1 x  1 BM C3   3z 2  2 dz  3  C  0  4 sen1  8  3  4 sen1  11  7,634 0 y  2





y  x  i  j , hallar su circulación a lo x 2  y2 x 2  y2 largo de la circunferencia con centro en el origen y radio igual a la unidad, x 2  y2  1 .  16. Dado el campo vectorial plano F  

52

Solución: y X y2  x 2 x Y y2  x 2 X 2   ; Y    2 2 x  y2 y x 2  y2 x x 2  y2 x 2  y2









Al ser las derivadas cruzadas iguales y la curva a lo largo de la cual se quiere calcular la circulación, una curva cerrada, parece que la circulación debería ser nula. Pero es preciso tener en cuenta que existe un punto, el O(0,0), en el cual las componentes X e Y son discontinuas y por lo tanto no es posible asegurar nada y es necesario hacer el cálculo directamente.   y dx  x dy   C    2 2  x y  Y, haciendo x = cos t; y = sen t, queda:

C

2 0

sen2t  cos2 t dt  2 , que es diferente de cero.

17. Siendo r 2  x 2  y2  z 2 , hallar las laplacianas de rn, ln r, y 1/r. Solución: r x  2 r r 2  x 2  n r    r  n r n 1  nxr n  2 2 3 x r x r x x 2  r r n  nr n  2  nx n  2r n  3  nr n  4 r 2  n  2x 2 2 x x

 

 



2 n r  nr n  4 r 2  n  2 x 2 Por simetría 2 y Y, sumando,  r n  nn  1r n  2

   



De la misma manera: 2 2 2  ln r   1 x  x2  2 ln r   r  42x x r r r x r 1 ln r   2 r





2 n r  nr n  4 r 2  n  2z 2 2 z

 



2 r 2  2y2   ln r  y 2 r4

Finalmente:

53



2 r 2  2z 2   ln r  z 2 r4

 1 1 x x   2  3 x  r  r r r

 2  1  3x 2  r 2   x 2  r  r5

 2  1  3y 2  r 2   y 2  r  r5

 2  1  3z 2  r 2   z 2  r  r5

1    0 r      18. Si r  x i  y j  z k , y además, W es un vector constante, hallar el rotacional del   producto vectorial W  r . Solución:

   i j k       F  W  r  Wx Wy Wz  z Wy  y Wz  i  x Wz  z Wx  j  y Wx  x Wy k x y z    i j k  Rot F   x  y  z z Wy  y Wz  x Wz  z Wx  y Wx  x Wy       Rot F  Wx  Wx  i  Wy  Wy  j  Wz  Wz  k  2W

    19. Hallar el flujo del campo vectorial F  x  y2 i  2x j  2yzk sobre la parte de plano 2x + y +2z = 6 comprendida en el triedro positivo.





Solución: Aplicando la definición:



Z

Y

O B A X





   x  y2 cos   2x cos   2yzcos  dS    U  2 x  y  2 z  U  2 i  j  2 k 2 1 2 cos   cos   cos   3 3 3 2 2x  2 y  2x  4 yz    dS 3 Y, considerando la proyección sobre el plano X0Y, 2 y 2  2 y6  2 x  y  dx dy 3 23

   3

36  2 x

0

0

   dx 



3

6 y  2xy dy



   108  108x  36 x 2  4 x 3 dx  81 0

54

Y

B

2x + y = 6

6

0

X 3

A

    20. Dado el campo vectorial F  x 3  y2 x  i  z3  yx2  j  x 3  y3  z3 k , hallar el flujo  del gradiente de la divergencia de F sobre el trapecio ABCD situado en el plano 2x  3y  6z  12 limitado por el plano z = 1.

Solución:

 div F  3x 2  y 2  x 2  3z 2  4 x 2  y 2  3z 2      div F  8x i  2 y j  6z k



Z C D Y

0 B A X



   8x cos   2 y cos   6z cos  dS    U  2 x  3 y  6 z  U  2 i  3 j  6 k 2 3 6 cos   cos   cos   7 7 7 16 x  6 y  36z    dS 7 Proyectando sobre el plano X0Z,

Z

  

C´ 3

1 0

x + 3z = 6

6

16x  24  4x  12z  36z dx dz 7 37 1

6 3z

0

0

   4x  8z  8dx dz   dz  A

X

1





4x  8z  8dx

   120  48z  6z 2 dz  94 0

  21. Hallar el flujo del campo vectorial F  x 2  y2 k sobre la superficie lateral del cono z 2  3 x 2  y2 0  z  3 .







Solución:

55











   x 2  y2 cos  dS   x 2  y2 dx dy

Z

El recinto de integración es un círculo de radio pasando a polares, Y

   r 2 r dr d  

X

2 0

d

3 , luego,

9 r dr   0 2 3 3

    22. Hallar el flujo del campo vectorial F  x i  y j  z k sobre la parte de esfera x 2  y2  z 2  R 2 situada en el triedro positivo.

Solución:

   x cos   y cos   z cos  dS    U  x 2  y2  z 2  U  2x i  2y j  2z k Z

cos  

2x 4 x 2  4 y 2  4z 2



x R

y z cos   R R 2 2 2 x y z R 3    dS   R dS  R S  R 2 cos  

0

Y

X

23. Hallar el área de la parte de cono z 2  x 2  y2 que se proyecta sobre el plano X0Y dentro del círculo x 2  y2  2x  0 . Solución:

56

Z

S   dS  

dx dy cos 

   U  x 2  y 2  z 2  U  2 x i  2 y j  2 z k  2z z cos    4 x 2  4 y 2  4z 2 2z 2 S   2 dx dy  2 área del círculo   2

Y X

24. Hallar el área de la parte de paraboloide z  x 2  y2 comprendida entre los planos z = 0; z = 2. Solución: Z

S   ds

U  x 2  y2  z    U  2x i  2 y j  k cos  

Y

1 1  4x 2  4 y 2

S   1  4x 2  4 y 2 dx dy

X

Y, pasando a coordenadas polares, S  

2 0

d

2 0

r 1  4r 2 dr 

13 3

25. Hallar el momento de inercia de la superficie de un octante de la esfera x 2  y2  z 2  R 2 , respecto al plano X0Z. Solución:

57

I   p h 2 dS

Z

donde p es la densidad. Y

como h = y, I   p y 2 dS . h

U  x 2  y 2  z 2  cos  

dS

y R

I  p R  y dx dz  p R  R 2  x 2  z 2 dx dz

Y

I  pR

X

/2 0

R

d  r R 2  r 2 dr  0

R 4 p 6

W R 2W WR 2  p  p Ahora bien, si W es el peso, y sustituyendo, I  . g 2 gR 2 3g 2

26. Hallar el momento de inercia de la parte de plano x + 2y + z = 1 comprendida en el triedro positivo, respecto a la recta x + z = 0. Solución:

 AB  V Recordemos que h  , en donde  V     AB  x i  y j  z k y V es un vector paralelo a la    recta, en este caso V  i  k .

B(x,y,z) h

 V

    Así, AB  V   y i  x  z  j  y k , y por lo tanto,

A(0,0,0)

y 2  x  z   y 2 2 y 2  x  z  h   . Por otra parte, 2 2    U  x  2 y  z  U  i  2 j  k  cos   1 6 2

2

2





2 y 2  x  z 2 6p I  p  h dS  p  6 dx dy  2 y 2  1  x  2 y  x 2 dx dy  2 2 (1 x ) / 2 6p 1 7 6 I dx  6 y 2  4 y  1 dy  p  0 2 0 96 6 W 6p 4W 7W Ahora bien, S   dS   6 dx dy     p I 4 g 4 24 6g 2





27. Hallar el centro de gravedad de un octante de la esfera x 2  y2  z 2  R 2 . Solución:

58

 z dS . La superficie total de la esfera es 4  R2, por lo tanto,

Por simetría, x g  yg  z g  para un octante, S 

S

R . 2 2

   z U  x 2  y 2  z 2  U  2x i  2y j  2z k  cos   , luego, R 2 3 R dx dy R R  z dS   z z R  R  dx dy  R 4  4 . Y, finalmente, x g  yg  zg  2 . 28. Hallar las coordenadas del centro de gravedad del paraboliode x 2  y2  2z limitado por la relación 0  z  2. Solución: Por simetría xg = yg = 0. Además, z g 

 z dS .

S    U  x 2  y 2  2z  U  2x i  2 y j  2 k  cos  

1 x 2  y2  1

S   x 2  y 2  1 dx dy, y, cambiando a polares, S   r 2  1 r dr d







2



3/ 2 2 1 S   d r  1 r dr   d r 2  1  5 5 1  0 0 0 3 0 3 2

2

2

2

2 x 2  y2 1 1 2 x 2  y2  1 dx dy   r 2 r 2  1 r dr d   d r3 r 2  1 dr 0 2 2 2 0 Integrando por partes, se tiene:

 z dS  









2

 3/ 2 2 3/ 2 1 2  r 2 2 1 2  3/ 2 2 5/ 2 2    2 z dS  d  r  1  r  1 r dr  5    10 5      2 45    0 2 3 6 5 5 3 5   3  zg 

2 35 5  1 5  25 2 35 5  1 25

0

5 1  1,08 5 5

29. Hallar el área del toro circular z  R senv .

x  a  R cos vcos u y  a  R cos vsen u

Solución:

59

s   dS , y recordemos que en coordenadas paramétricas, dS 

2

2





t u t v  t u  t v du dv .

Así,

  2 2 t u  a  R cos v senu i  a  R cos v cos u j  t u  a  R cos v     2 t v  R senv cos u i  R senv senu j  R cos v k  t v  R 2 t u  t v  a  R cos v senu cos u senv R  a  R cos v cos u senv senu  0  0

a  R cos v 2 R 2 du dv  R a  R cos v du dv 2 2 S  R  du  a  R cos vdv  R 22a   42a R 0 0 dS 

30. Hallar, por aplicación de la fórmula de Green, la circulación del campo vectorial    F  esenx  2x  2y i  ecos x  4x  y j a lo largo del recorrido de la figura. Solución:

C   4  2dx dy  2 Área del trozo ABC =

2(Área del sector 0BC – Área del triángulo 0AC)

Y

Ahora bien, cos  = ½ luego  = 60º y, por lo tanto el área del sector es igual a (1/6) (4 ). Además, el área del triángulo es 3 2 .

C 2  0

1

A

1

B

Por último, C 

X

4  3 3

31. Hallar, mediante el teorema de Green, la circulación del campo vectorial    F  x 2  y2  i  2x 2  y2  j a lo largo del circuito de la figura. Solución: C   4x  2 y dx dy , integral que es preciso

Y

efectuar en dos partes. 2

2

(-1,0)

C2  

0

/2 /4

X

 0 2

0

2x  2

1

0

C1   dx 

45º



4x  2ydy   14x 2  4dx   8 3 0

Pasando a coordenadas polares la segunda integral, se tiene:

d 4r 2 cos   2r 2sen dr  

 / 2 32

16 32  8 2  cos   sen  d   / 4 3 3 3 

C 88 2

60

    32. Hallar la circulación del campo vectorial F  y  z  2 i  yz  4 j  xz k a lo largo del recorrido señalado en la figura, haciendo uso del teorema de Stokes.

Solución:

Z

   i j k     Rot F   x  y  z   y i  (z  1) j  k y  z  2 yz  4  xz

y+z=2

Y x=2

X

C    y cos   z  1cos   cos  dS U  y  z  cos   0 cos   cos   1

2

2 2 z2 dS   z  2dx dy    y dx dy   dx   y dy  4 0 0 2     33. Hallar la circulación del campo vectorial F  z  x  2 i  xz  4 j  xy k a lo largo de la intersección del plano x + 2y + 2z = 4 con el prisma recto de base x = 0; y = 0; x = 1; y = 1; y aristas paralelas a 0Z.

C  

Solución:

Z

Y

   i j k     Rot F   x  y  z  2x i  (1  y) j  z k z  x  2 xz  4  xy

C    2x cos   (1  y) cos   z cos  dS

X

   U  x  2 y  2z  U  i  2 j  2 k  cos   1 3 cos   2 3 cos   2 3 1  2 x  2 y  2  2z  2x  2 y  2  2z dx dy 1 1 9 C   dS     dy  6  3x dx  0 3 3 23 2 0 4

    34. Dado el campo vectorial F  x  y i  y j  z  x k , hallar, por aplicación del teorema de Stokes, la circulación de dicho campo desde A hasta C a lo largo del contorno ABC.

61

Z

Solución: C

Como el contorno no es cerrado, será necesario añadir la circulación a lo largo del segmento CA, aplicar el teorema de Stokes y restar posteriormente la circulación añadida.

2x + y + 2z = 8 4 4

Y 8

B

A X

   i j k    Rot F   x  y  z  j  k  C ABCA   cos   cos  dS xy y zx    1 U  2 x  y  2z  U  2 i  j  2 k  cos   3 3 3 48 C ABCA   dS   dx dy    24 2 2 2

cos  

2 3

Ahora bien, como la recta CA tiene por ecuaciones y = 0; z = 4 – x, CCA   ( x  y) dx  y dy  (z  x) dz    4  z dz  (z  4  z) dz   3z  8dz  8 0

4

4

0

Y, en total, CABC = 24 – 8 = 16

   35. Hallar la circulación del campo vectorial F  3x 2 y  6z  exsenz i  x 3  y j    ex cos z  2x k a lo largo de la curva de ecuaciones x 2  y2  1 y  z .







 



Solución:

   i j k   RotF   x  y  z  4 j 3x 2 y  6z  e x senz x 3  y e x cos z  2x C    4 cos  dS x2 + y2 = 1

  U  y  z  U  i  j  cos   1

62

2 cos   1

2

C  

 4 dx dy 2  4 dx dy  4 1  4 2 1 2

    36. Hallar el flujo del campo vectorial F  y2  2x i  xz  y j  2z  3x k a través de la cara exterior de la esfera de centro (1,0,1) y radio igual a 2.





Solución:

  2   y  2x   xz  y   2z  3x  = Como la divergencia del campo es div F  x y z 2  1  2  3 ; por aplicación del teorema de Gauss, se tendrá:





   3 dx dy dz  3 veces el volumen de la esfera. Y, ya que el radio de la esfera es 2, 4   3  23  32 3





    37. Hallar el flujo del campo vectorial F  z 4 x i  y j  z k a través del elipsoide x 2  y2  4z 2  4 . (0,0,1)

2

2

x + y = 4 – 4z

Solución: El teorema de Gauss nos da:



2



   z 4  z 4  5z 4 dx dy dz  1

1

1

1





  7 z 4 dz  dx dy   7 z 4 4  4z 2 dz   28 

(0,0,1)

1 1

z4  z6 dz  28 15  17  15  17 

16 5

    38. Hallar el flujo del campo vectorial F  x i  y j  z k a través de la cara externa de la zona esférica x 2  y2  z  2  4 (1  z  3). 2

63

Solución: Si cerramos la zona mediante los planos z = 1 y z = 3, tendremos una superficie cerrada y podemos aplicar el teorema de Gauss:





   (1  1  1) dx dy dz   dz  dx dy    4  z  22 dz 3

3

1

1

22 3 En la cara z  3  cos   cos   0 cos   1 

1   x cos   y cos   z cos  dS    3 dx dy  33  9

En la cara z  1  cos   cos   0 cos   1     dx dy  3 Y, en total:  

22 40  9  3  3 3

    39. Hallar el flujo del vector F  2x 2 i  y2 j  z 2 k a través de la superficie formada por rl

plano z = 0, el paraboloide x 2  y2  z y la esfera x 2  y2  z 2  2 . Solución: Z

z =1

Y

x2 + y2 = z

X Y x2 + y2 = 2 – z2 X

La intersección entre las dos superficies corresponde a z = 1. En efecto x 2  y 2  z 2  2  2 z  z  2  0  z  1 2 2  x y z  Y, aplicando Gauss:

   4x  2y  2z dx dy dz 1

1

2

0

0

0

   dz  4x  2 y  2z dx dy   dz 

d

64

2 z 2 z

4r cos   2r sen  2z r dr d



1 2  2    dz   2  z 2 0 0 3





3/ 2











1   z 3 / 2 2 cos   sen  2  z 2 z  z 2  d  2 2z  z 3  z 2 dz 0 

5 6

    40. Hallar el flujo del vector F  xz i  y2 j  xz k x 2  y2  z 2  1 (z  0).

a través de la semiesfera

Solución:

   z  2 y  x dx dy dz   dz  z  2 y  x dx dy 1

0

1

2

0

0

   dz  1

2

0

0

   dz 



d

1 z 2 0



r 2 cos   2r 2 sen  zrdr 







1 3/ 2 3/ 2 2 z 1  z2 d  1  z 2 cos   1  z 2 sen  3 2  3



 

1

 z2 z4      z  z3 dz       0 4  4  2 0 1

En la tapa:

Z

z  0 cos   cos   0 cos   1     xz dS  0

Así, en definitiva:



 4

65

1.21 Problemas Propuestos 1. Dado el campo escalar G  x, y

z y

hallar, en el punto A(1,1,1), la derivada de G en la

dirección de la recta AB , siendo B(3,7,4). Solución: dG 32  36 ln 2   8,14 7 d AB

2. La derivada del campo escalar G = G(x,y), en un punto dado, en la dirección de la recta  y  4 3 x es igual a 2, en la dirección del eje 0X es igual a 3 y en la dirección de la recta  z  0 x y z   es igual a 4. Hallar la derivada del campo escalar en la dirección de la recta 1 2 2 x y z   . 4 2 2 Solución:

dG 41    3,42 dV 12 3. Dado el campo escalar G  axy 2  byz  cz 2 x 3 , hallar a, b, c para que la derivada de G en la dirección del eje 0Z, en el punto A(1,2,-1), tenga un máximo de magnitud igual a 64. Solución: a=6

b = 24

c=-8

x 2  y 2  z 2  2 4. Averiguar en qué punto M de la curva  la tangente es perpendicular a x  y  z  0 la tangente en el punto A(1,0,-1).

Solución:

 1 2 1  Hay dos soluciones: M , ,   3 3 3

 1 2 1  M , ,   3 3 3

66

5. Hallar la recta tangente y el plano normal a la curva intersección de las superficies x 2  y2  z 2  3; x  z 2 en el punto A(1,1,1), y la derivada de G  x 3 yz  2x 2 yz2  3xy 3z en A, en la dirección de la tangente hallada. Solución: Recta Tangente: dG  8   dV 14

x 1 y 1 z 1 Plano Normal: 2x  3y  z  0   2 3 1

6. Dadas las curvas x 2 / 3  y2 / 3  2 ; y2  x 3 , hallar el punto de corte, A, las ecuaciones de las rectas tangentes y de las rectas normales en A y el ángulo de corte. Solución:

x  y  2  0 Rectas Tangentes  3x  2 y  1  0

A(1,1)

cos  

y  x Rectas Normales  2 x  3 y  5  0

1 26

7. Dado el campo escalar G  arctgxy   z 2 , hallar, en P(1,1,1), la derivada de G en la

x 2  y 2  z 2  3 dirección de la tangente a la curva  . xy  2 xz  3 yz  6  Solución:

dG 3   dV 2 6 y2  x 2  xy , hallar la ecuación de la línea de gradiente que 8. Dado el campo escalar G  2 pasa por el punto A(-1,2). Solución: y2  2xy  x 2  7     9. Dado el campo vectorial F  2z  3y i  3x  z  j  y  2x k , hallar la ecuaciones de la línea de campo que pasa por el punto A(0,-1,1).

67

Solución: x 2  y 2  z 2  2  x  2 y  3z  1

10. Dado el campo escalar G = xy y la elipse x 2  4y2  8 , hallar el punto A, perteneciente a la elipse, tal que la derivada de G en A, en la dirección de la normal a la elipse sea igual a 5 . Solución: Hay ocho soluciones posibles:

 2 2  4 ,    5 5  



2,1  2,1  2,1 2,1  4 

2 2  2 2    4 ,  ,   5 5  5 5 

 2 2  4 ,   5  5  

    11. Hallar la circulación del vector V  x  y  z  i  2x  3z  j  x  yk desde





A 1,1, 2 hasta B(0,2,0), a lo largo de la intersección de las superficies x 2  y2  z 2  4 y z 2  2xy .

Solución:

C  2  1     12. Hallar la circulación del vector V  x  2y i  2x  z  j  3y  x k a lo largo de la

 x 2 y2 1   curva  a 2 b 2 desde A(a,0,0) hasta B(0,b,0). z  0  Solución:

C

a2 2

    13. Hallar la circulación del vector V  yexy  y2  i  xe xy  y2  j  x 2  y2  z 2 k a lo largo del contorno de la figura, sin emplear el teorema de Stokes.

68

Z B

Solución:

z  1

2

 x 2  y2

C = 0.

Y A C X

  14. Hallar la circulación de V  6xy 2  y3 i  6x 2 y  3xy 2  j desde A(1,2) hasta B(3,4) a lo largo de x 2  y2  2xy  1  0 .

Solución: C = 236     x2   15. Dado el campo vectorial F  2z senx  2x ln y  i   z   j  y  2 cos x  4k , y  a. Demostrar que el campo es irrotacional. b. Hallar la función potencial. c. El campo, ¿es solenoidal?

Solución:

 2x    2x     k  i  2 senx j  k0 a. Rot F  i  2 senx j  y y b. G  2z cos x  x 2 ln y  zy  4z  K  x2 c. divF  2z cos x  ln y  2  0 El campo no es solenoidal. y

    16. Dado el campo vectorial V  ay senx  i  cos x  2y j  ez  bx k , a. Hallar a y b para que el campo sea conservativo. b. Hallar la función potencial. c. Hallar la circulación desde A(1,1,3) hasta B(-3,-1,1) a lo largo de la curva zxy  3 .  xy  2 y  z  0



Solución:

69



a. a = - 1; b = 0 b. G   y cos x  y2  ez  K c. C   cos1  e3  cos 3  e  16,918





17. Si la laplaciana de f(r) es nula r 2  x 2  y2 z 2 , hallar f(r) tal que f(1) = 2; f(-1) = 0. Solución: 1 f (r )   1 r

      18. Expresar la divergencia de A  B en función de A, B, Rot A y RotB . Solución:       div A  B  B  Rot A  A  Rot B









   19. Hallar el flujo del vector V  x 2  y 2  z 2 x i  y j 



2y

1  y  1  x  2 2

2

 k a través de la

parte del plano X0Y limitada por el eje 0X y la recta y = x. Y

Solución:

y=x



 4

X

Z

    20. Dado el campo vectorial F  y i  2x j  z k hallar el flujo sobre la parte del plano 2x  y  6 comprendida entre x = 0; y = 0; z = 4.

z=4 C

D

B A

Y

Solución:  = 108

2x + y = 6

X

    21. Hallar el flujo del campo vectorial F  z i  x j  3y2z k a través de la parte de superficie lateral del cilindro x 2  y2  16 , comprendida entre los planos coordenados y el plano z = 5.

70

Solución:  = 90     22. Dado el campo vectorial F  x i  x  y j  x  y  z  k hallar el flujo a través de la parte lateral de la superficie y  x 2  z 2 comprendida, en el primer triedro, entre los planos y = 0; y = 2.

Solución:  14 2   1  3,89 2 15 23. Hallar la superficie de la esfera x 2  y2  z 2  R 2 . Solución: S = 4  R2. 24. Hallar la superficie limitada por la intersección de la esfera x 2  y2  z 2  4 y el cilindro x 2  y2  2y  0 .

Z

Solución: S=4

Y

X

25. Hallar el momento de inercia de la parte del plano 2x + y + 2z = 2, comprendida en el triedro positivo respecto al plano z = 2. Solución: 17 2W I p p 4 3g

I

17 W 6g

26. Hallar el momento de inercia de la superficie lateral del cono z 2  x 2  y2 Solución:

71

0  z  2 .

I  2 2 p

p

W 2 2g

I

27. Hallar el centro z 2  2 x 2  y2 0  z  2 .



de



W g gravedad

de

la

superficie

lateral

del

cono

Solución:

x g  yg  0 z g 

4 3

28. Hallar el centro de gravedad de la parte de cilindro x 2  y2  1 (0  z  2), comprendida en el triedro positivo. Solución:

x g  yg 

2 

zg  1

    29. Hallar el flujo del campo vectorial F  x i  y j  z k a través de la parte de superficie x  u senv y  u cos v z  u comprendida entre z = 2 y z = 4.

Solución:

  12 2

30. Hallar, mediante el teorema de Green, la circulación del campo vectorial    F  ex  senx  2xy  y2 i  sen3 2y  4xy  x 2 j a lo largo del circuito de la figura.



 

C(2,5)

Y



Solución: B(3,3)

C1 = 24

C2 = 30

C = 54

A(1,1) X

31. Hallar, mediante el teorema de Green, la circulación del campo vectorial    F  3x 2  8y2 i  4y  6xy  j a lo largo del contorno de la figura.





72

Solución:

Y

C

1

0

1

5 3

X

32. Hallar, haciendo uso del teorema de Stokes, la circulación del campo vectorial     F  x  y  z  i  2x  y  z  j  3x  2y  2z k a lo largo del recorrido señalado en la figura. Z

Solución: 6x + 2y +3z = 6

C = 17/2

Y X

    33. Hallar la circulación del campo vectorial F  (z  3) i  (x  2) j  ( y  1) k a lo largo de la circunferencia de radio 7 situada en el plano 2x + 6y + 3z = 12.

Solución: C = 77 

 





 

  x 3  x2  x2 3  x2  2 34. Dado el campo vectorial F  , hallar, haciendo i  y j  z  z k 2 1  x2 1  x2 uso del teorema de Stokes, la circulación a lo largo del contorno de la figura.



Solución: Y

C y = x2 0

5  3 ln 2 2

X

73







    35. Hallar la circulación del campo vectorial F  2xyz i  3x  x 2z  j  x 2 y  2x  yk a lo largo de la circunferencia resultado de la intersección de la esfera x 2  y2  z 2  12 con el plano 2x + y + 2z = 9.

Solución: C = 10      36. Hallar el flujo del campo vectorial F  2x 2  3z 2  i  2xy j  4x k a través de toda la cara exterior del tetraedro formado por los planos x = 0; y = 0; z = 0; x + y + z = 4.

Solución: 64  3     3z 37. Hallar el flujo del campo vectorial F    xe  y  i  senx 2  zy j a través de la  1  y2    2 2 totalidad del cilindro x  z  4 comprendido entre los planos y = 0 y = 1.

Solución:

 1   41    e   38. Hallar, mediante el teorema de Gauss, el flujo del campo vectorial F  x  y  z k sobre la cara exterior del paraboloide elíptico z  x 2  y2 (0  z  1).

Solución:



   2 2

   39. Hallar el flujo del vector F  x i  2 j a través de la superficie cerrada formada por la intersección del cono z 2  x 2  y2 y el paraboloide z  6  x 2  y2 para z  0. Solución: 32  3

74





    2 40. Hallar el flujo del vector F  cosy2   x 2  i  e z  y j  ln x 2  1  z 2 k a través 2

del elipsoide

2

2

x y z    1. 4 9 1

Solución:  = 8

75

CAPÍTULO II

CÁLCULO MATRICIAL

2.1 Definición Las matrices son usadas en matemáticas discretas para expresar relaciones entre objetos. En muchos problemas es útil disponer y manejar un conjunto de números dispuestos en filas y columnas. Así es cómo se introdujo, en matemáticas, el concepto de matriz, como una disposición rectangular de números. Vienen a ser como una ampliación del concepto de número, definiéndose para ellas operaciones tales como la suma y el producto. Así, una matriz se define como un conjunto ordenado de números. Concretamente, Se llama matriz del tipo m x n a un conjunto de (m * n) números dispuestos en m filas y n columnas.

2.2 Transformaciones Lineales Sean dos sistemas de coordenadas X0Y y X´0´Y´, que pueden o no coincidir, y consideremos el siguiente sistema de ecuaciones:

x  a11  a12 y y   a 21  a 22 y En virtud de estas igualdades, a cada punto M(x,y) del primer sistema le corresponde otro punto M´(x´, y´) del segundo sistema, que recibe el nombre de “imagen” del primero. Se dice, entonces, que estas ecuaciones representan una transformación lineal. El cuadro de números,

A  

a 11 a 12   a 21 a 22 

se llama Matriz de la Transformación, y el determinante formado por los elementos de la matriz,

A 

a 11 a 12 a 21 a 22

76

se denomina Determinante de la Matriz, y no debe ser confundido con ésta última. Por ejemplo, el sistema

x   x  2y y  3x  y 1 2  representa una transformación lineal, cuya matriz es   y en la cual el punto P´(3;2) 3 1 es la imagen del punto P(1;1); y la recta “x´ + y´ = 1” es la imagen de “4x + y = 1”.

Las transformaciones geométricas de transformaciones lineales. En efecto:

simetría

y rotación son,

por

ejemplo,

Sea la recta OQ (Fig. 2.1), de ecuación y  m x . Si M´(x´;y´) es el punto simétrico de M(x;y) respecto a dicha recta, el punto medio P de los dos puntos deberá estar situado sobre OQ, luego

M

Y

Q

Y=A+nX

Y=mX

P M´

X Figura 2.1 Transformación Geométrica de Simetría

y  y x  x m 2 2 Y, por otra parte, las rectas OQ y MM´ deben ser perpendiculares, luego

y  y 1  x  x m

77

De las dos ecuaciones se deduce fácilmente que 2m   1 m 1  m2   2m m 2  1 y  x 1  m2 1  m 2 

x 

mx   y  y  mx   x   my  x  my 

1  m2

2

x

Y la matriz de la transformación es:

1  m 2  2 1  m  2m  1  m 2

2m   1 m2  m 2  1  1 m2 

En el caso de la rotación (Fig. 2.2), se tiene:

Y M´

R M

 

X Figura 2.2 Transformación Geométrica de Rotación.

x   R cos    R cos  cos   Rsen sen y  R sen    Rsen cos   R cos  sen Además,

78

x  R cos 

y  R sen

Y, por lo tanto,

x   x cos   y sen y  x sen  y cos  Transformación cuya matriz es

cos   sen  sen cos     De modo análogo se puede establecer una transformación lineal entre dos sistemas de coordenadas tridimensionales:

x   a 11x  a 12 y  a 13z   y  a 21x  a 22 y  a 23z  z   a 31x  a 32 y  a 33z  

 a 11 a 12 A  a 21 a 22 a 31 a 32

a 13  a 23  a 33 

O entre uno bidimensional y otro tridimensional o viceversa:

x   b11x  b12 y   y  b 21x  b 22 y z   b 31x  b 32 y   x   c11x  c12 y  c13z   y  c 21x  c 22 y  c 23z 

 b11 b12  B  b 21 b 22  b 31 b 32 

A  

c11 c12 c13   c 21 c 22 c 23 

Así, por ejemplo, en las transformaciones

x  x  y  z   y  2x  y  z  z   3x  2 y  z  

x   x  2y  z  y  3x  y  z 

x   2 x  3y   y  x  y  z  x  y  

Al punto A(1;1;1) le corresponden, en las dos primeras, los puntos A´(3;20) y A”(2;5), y en la tercera transformación, al punto B(1;2) le corresponde el B´(8;3;-1). Prescindiendo de toda intuición geométrica se pueden generalizar estos conceptos definiendo una transformación lineal entre los puntos de un espacio de dimensión n,

79

A(x1;x2 ; … ;xn), y los de otro espacio de dimensión m, A´(x1 ´;x2 ´; … ; xm´). Las ecuaciones y la matriz correspondiente serán:

x 1  a 11x 1  a 12 x 2  ....  a 1n x n  x 2  a 21x 1  a 22 x 2  ....  a 2 n x n   .................................................. x m  a m1 x 1  a m 2 x 2  ....  a m 3 x n 

a 11 a 12 .... a 1n  a a 22 .... a 2 n  21  A  .... ..... .... .....    a m1 a m 2 .... a mn 

Por ejemplo, el sistema

x 1  x 1  2 x 2 x 2  x 1  3x 2 x 3  2 x 1  x 2 x 4  2 x 1  5x 2

1 1 cuya matriz es  2  3

2   3 1   5 

hace corresponder al punto A(-1;1) el A´(1;-4;-1;2).

2.3 Algunas Definiciones y Conceptos El número de filas, m, y el de columnas, n, de una matriz recibe el nombre de “Dimensión”, m x n, y cuando m es igual a n, la matriz se llama “Cuadrada”, y en caso contrario, “Rectangular”. Así, por ejemplo, la última matriz del párrafo anterior es una matriz rectangular de dimensión 4 x 2. Para que dos matrices sean iguales es necesario que tengan el mismo número de filas y de columnas, y que además sean iguales elemento a elemento. Si A  B , esto implica que

a ij  b ij para todo i y para todo j. Por ejemplo, las matrices

A  

4 1  1 1

B  

2 6   0 2

son diferentes, aunque sus determinantes sean iguales. Se llama “Matriz Transpuesta” de una matriz dada, A  , a la matriz A  que se obtiene cambiando filas por columnas. Por ejemplo T

80

2 1  A  3 2 0 6



AT  

2 3 0  1 2 6 

Se dice que una matriz es “Simétrica” cuando es igual a su transpuesta, A  A , como T

1 2 3  por ejemplo 2 0 6 . 3 6 4 Obviamente una matriz simétrica tiene que ser cuadrada y se debe cumplir que a ij  a ji , o dicho de otro modo, debe ser simétrica respecto a la primera diagonal. Una matriz “Hemisimétrica” o “Antisimétrica”, es aquella matriz cuadrada en la que se cumple que A  A, lo que implica que a ii  0 y a ij  a ji . Como por ejemplo, T

0  2  3 2 0 6   3  6 0  Si el determinante de una matriz cuadrada es igual a cero, se dice que la matriz es “Singular” y en caso contrario se llama “Regular”. En el ejemplo que sigue, A  es singular y B es regular:

A  

2 6  1 3

B  

2 6  1  3

Una matriz “Cero” es aquella que tiene todos sus elementos cero, como por ejemplo:

0 0 0  03   0 0 0 0 0 0

0 2   

0 0  0 0 

Cuando, como casi siempre ocurre, está clara la dimensión de la matriz cero, se suele omitir el subíndice. Todas las matrices cero son singulares, pero en general las matrices singulares no son matrices cero.

81

Una matriz “Diagonal” es una matriz cuadrada cuyos elementos son todos nulos, excepto lo de la primera diagonal, o diagonal principal, como por ejemplo

1 0 0 0 3 0    0 0 7  Una matriz “Unidad”, I, es una matriz diagonal cuyos elementos no nulos son todos iguales a uno, como por ejemplo:

1 0 0 I 3   0 1 0 0 0 1

I 2   

1 0  0 1 

Igual que sucede con las matrices cero, corrientemente no es necesario indicar la dimensión de la matriz unidad.

 

Se dice que dos matrices A  y A son “Conjugadas” si sus elementos correspondientes son números complejos conjugados. Obviamente deben tener el mismo número de filas y de columnas.

i  2  i 1  i  A   2  1  i i  3  i 4  i 5 



i  2  i 1  i  A   2  1  i  i  3  i 4  i 5 

 

Se dice que una matriz cuadrada A  es “Hermítica” cuando A  A , lo que implica que los elementos de la primera diagonal deben ser números reales y los simétricos respecto a esa diagonal, números complejos conjugados. La siguiente matriz es hermética: T

2i i   1 2  i 2 3  i     i 3  i 3 

2.4 Operaciones Con Matrices Las operaciones más frecuentes, a realizar con matrices son: -

Producto de una matriz por un número.

82

-

Suma de matrices. Producto de matrices. Inversión de matrices.

2.4.1 Producto de una Matriz por un Número Para multiplicar una matriz por un número, se multiplican todos los elementos de la matriz por dicho número. Es decir, que si B  kA esto implica que b ij  k a ij . Por ejemplo:

1 0  1 3 0  3 32 1 3   6 3 9  2  1 1  6  3 3  Obsérvese que si A  es una matriz cuadrada n x n, se tiene que si B  kA , esto implica que B  k A . En el ejemplo anterior, n

B  216; A  8; k  3  216  33  8 .

Este producto

tiene,

evidentemente,

propiedad distributiva, es decir que k1  k 2 A  k1 A  k 2 A. La matriz A= - A recibe el nombre de matriz “Opuesta” de A.

la (-1)

2.4.2 Suma de Dos Matrices de la Misma Dimensión Sean las transformaciones lineales

x 1  a 11x 1  a 12 x 2  ....  a 1n x n x 2  a 21x 1  a 22 x 2  ....  a 2 n x n

x 1  b11x 1  b12 x 2  ....  b1n x n x 2  b 21x 1  b 22 x 2  ....  b 2 n x n

.......................................... x m  a m1 x 1  a m 2 x 2  ....  a mn x n

........................................... x m  b m1 x 1  b m 2 x 2  ....  b mn x n

Si x i x i  x i entonces,

x 1  a 11  b11 x 1  a 12  b12 x 2  ....  a 1n  b1n x n x 2  a 21  b 211 x 1  a 22  b 22 x 2  ....  a 2 n  b 2 n x n ................................................................................ x m  a m1  b m1 x 1  a m 2  b m 2 x 2  ....  a 3n  b mn x n

83

En consecuencia, definimos la suma de dos matrices de la misma dimensión como otra matriz cuyos elementos sean la suma de los elementos correspondientes de las dos dadas. Es decir, que si C  A  B, entonces c ij  a ij  b ij . Por ejemplo:

2 1 3 1 1 0  3 2 3  0 1 4    4 3 2    4 4 6        De acuerdo con la definición dada, la suma de matrices tiene las siguientes propiedades: Ley conmutativa: A  B  B  A Ley asociativa:

A  B  C  A  B  C

Ley distributiva: kA  B  kA  kB Elemento neutro: A  0  A Elemento opuesto: A   A  0 Obsérvese que si A  B  C esto no implica que A  B  C , tal como puede verse en el siguiente ejemplo:

2 1  4 2 6 3 3 2   1 3  2 5      

pero 1  14  24

2.4.3 Producto de Dos Matrices Sean ahora dos matrices, A  y B , de dimensiones m x n y p x q, respectivamente.



Escribamos la matriz A  dispuesta por vectores fila, Fi , y la matriz B dispuesta por



vectores columna C j . Definimos el producto de dos matrices como otra matriz, Q, cuyos elementos son los productos escalares de las filas de A  por las columnas de B .





Es decir, q ij  Fi  C j .

84

  F1       F2   C C 1 2  ...    Fm 



   F1 .C1    F .C ... C q   2 1  .....   Fm .C1

  F1 .C 2   F2 .C 2 .....   Fm .C 2





  ..... F1 .C q     ..... F2 .C q  ..... .....     ..... Fm .C q 



Para que el producto sea posible, Fi y C j deben tener el mismo número de componentes, es decir que n = p. Y, obviamente, la dimensión de Q es m x q. Por ejemplo:

2 0 A B   1  1

1 9  2 3 1 3  6 .  1  3 2 1 6   2 9

4 4 3 5

7 2 4  5

En donde A  es una matriz de dimensión (4 x 2), B  es de (2 x 3), y su producto es de dimensión (4 x 3). El producto matricial tiene las siguientes propiedades: La ley conmutativa no se cumple: A. B  B. A Ley asociativa:

A. B. C  A. B. C

Ley distributiva: A. B  C  A. B  A. C Elemento idéntico: A. I  I. A  A Además,

A. 0  0. A  0 A m . A n  A n . A m  A mn

(m y n enteros)

Que el producto matricial no es, en general, conmutativo se puede comprobar con un simple ejemplo:

1 2 1 3 1 5 2 2 . 0 1  2 8      

1 3 1 2 7 8 0 1 . 2 2  2 2      

85

Cuando da la casualidad de que A. B  B. A se dice que las dos matrices son “conmutables”. Por ejemplo:

1 2 3 2 7 8 2 1 . 2 3  8 7      

3 2 1 2 7 8 2 3 . 2 1  8 7      

Evidentemente, la matriz cero y la matriz unidad son conmutables con cualquier otra matriz. Obsérvese además que si se cumple que A. B  C esto implica que

A B  C . Así: 3 1 1 1 4 5 1 2 . 1 2  3 5      



5 1  5

Las ecuaciones de una transformación lineal se pueden escribir ahora en la forma  x1   a11  x   a  2    21  ...   ...    xm  a m1

a12 a 22 ... am2

... a1n   x1  ... a 2n   x 2  o, abreviadamente, X  A. X ... ...   ...    ... a mn  x m 

Sean ahora las dos transformaciones lineales

X  AX; X  BX . Evidentemente

X  BAX , lo que nos dice que la matriz producto es la matriz del resultado de

efectuar dos transformaciones lineales sucesivas. Finalmente, utilizando la definición de transpuesta y las leyes de adición y multiplicación es fácil ver que: -

La transpuesta de una suma es igual a la suma de las transpuestas: A  B  A  B La transpuesta del producto de un número por una matriz es igual al producto   del número por la transpuesta de la matriz: K A  K A La transpuesta de un producto de matrices es igual al producto de las    transpuestas en orden inverso: AB  B A

2.4.4 Matriz Inversa Sea la transformación lineal, no singular,

86

x1  a11x1  a12 x 2  ....  a1n x n

X  AX  A  0

x2  a 21x1  a 22 x 2  ....  a 2n x n ....................................................... xn  a n1 x1  a n 2 x 2  ....  a nn x n

Con esta hipótesis resulta posible despejar las xi en función de las xi´:

x1  b11x1  b12 x2  ....  b1n xn x 2  b 21x1  b 22 x2  ....  b 2n xn

X  BX

........................................................ x n  b n1 x1  b n 2 x2  ....  b nn xn La matriz B recibe el nombre de matriz inversa y se representa por A 1 . De las igualdades matriciales anteriores se deduce que

X  AA1X

y también que

X  A1AX

Luego,

AA1  I

y también

A1 A  I

Lo que quiere decir que toda matriz cuadrada no singular y su matriz inversa son conmutables. Igualmente, de la definición dada se desprende fácilmente que la inversa de A1 es, recíprocamente, A. La matriz inversa de un producto es igual al producto de las inversas de los dos factores, en orden inverso. En efecto,

C  AB  CC1  ABC1  I  ABC1 A1 I  A1 ABC1  A1  IBC1  A1  BC1 B1 A1  B1 BC1  B1 A1  IC1  B1 A1  C1 De igual manera, la inversa de la matriz transpuesta es igual a la transpuesta de la inversa. 1 1 En efecto, si transponemos en A A  AA , nos queda

A A1 





 A

1

 A

87

1

 Pre-multiplicando por  A   obtenemos    A    

1

I A

A A1 

1

Luego







   A    

A    A  1

   A    

1

1

A  A

AA  1



1

   A    

1

I

1

2.4.5 Cálculo de la Matriz Inversa En algunos casos, muy simples, puede hallarse la matriz inversa simplemente resolviendo el sistema. Así, por ejemplo, x1  3x1  5x 2   x 2  x1  2x 2 



x1  2x1  5x 2   x 2   x1  3x 2 

A  

3 5  1 2

2  5   1 3 

A1  

Obviamente este método no puede tener una aplicación muy general y por lo tanto se hace preciso encontrar procedimientos más prácticos. Expondremos, a continuación, tres de estos procedimientos.

2.4.5.1 Método de los Adjuntos El procedimiento para el cálculo de la inversa de una matriz por el método de los adjuntos es el siguiente: 1. Se escribe la matriz traspuesta. 2. Se halla el determinante A . (Reacuérdese que, al cambiar filas por columnas, el valor del determinante no se altera y, por lo tanto, es lo mismo hallar el determinante de la matriz dada que el de la traspuesta.) 3. Se hallan los adjuntos, A ij , de todos los elementos de la matriz traspuesta. (Recuérdese que el adjunto es el determinante que resulta de suprimir la fila i y la columna j, precedido del signo + ó del signo –, según (i + j) sea par o impar, respectivamente.) 4. Se sustituye, en la traspuesta, cada elemento aij por el resultado de dividir el adjunto A ij por el determinante A .

88

Ejemplo:

1 2 0  1 2 T   A  2 1 2 A  2 1 0 1 1  0 2 1 1 2 A11    1 A12   2 1 0 A 21  

2 0  2 2 1

A 31  

2 0 2 1 1

A1

A  1  2  4  5

1  2 1

A13  

2 1 4 0 2

1 0 1 0 1

A 23  

1 2  2 0 2

1 0  1 2 1

A 33  

1 2  3 2 1

A 22   A 32  

0 1 1

2  4 1 1   2  1 2  5  2 1 3 

La demostración es muy simple si se recuerdan los dos teoremas, relativos a los determinantes, que dicen: “La suma de los productos de los elementos de una línea por sus adjuntos respectivos es igual al determinante”. “La suma de los productos de los elementos de una línea por los adjuntos de una línea paralela es igual a cero”. En efecto:  A11 A12  1 A 21 A 22 .... A  ....  A n1 A n 2

.... A1n   a 11 a 12 .... A 2n  a 21 a 22 .... ....   .... ....  .... A nn  a n1 a n 2

89

.... a 1n  .... a 2n   .... ....   .... a nn 

 a 11A11  ...  a n1A n1  1 a 11A12  ...  a n1A n 2  A  .............................  a 11A1n  ...  a n1A nn A  1 0  A  ...   0

0 A ... 0

... ... ... ...

a 12A11  ...  a n 2 A n1 a 12 A12  ...  a n 2 A n 2 ................................ a 12A11  ...  a n 2 A n1

...... a 1n A11  ...  a nn A n1  ...... a 1n A12  ...  a nn A n 2   ...... ..............................   ...... a 1n A1n  ...  a nn A nn 

0  0  I ...   A 

Y lo mismo se obtiene invirtiendo los factores. Este método resulta práctico para matrices de segundo y tercer orden. Para una matriz de cuarto orden es necesario desarrollar cuatro determinantes de tercer orden para encontrar A , más dieciséis adjuntos. Es decir, un total de veinte determinantes de tercer orden. Y, en el caso de una matriz de quinto orden, se necesitan 5 + 25 determinantes de cuarto orden que equivalen a 120 determinantes de tercer orden. Por otra parte este método no es el más apto para el trabajo con computadoras.

2.4.5.2 Método de las Transformaciones Elementales Se denomina transformación elemental a cada una de las operaciones siguientes: -

Multiplicar una matriz por un número cualquiera. Sumar dos filas cualesquiera Intercambiar dos filas cualesquiera

Ahora bien,

k 0  Ta A   0  ...  0

0 1 0 ... 0

0 0 1 ... 0

... ... ... ... ...

0   a 11 a 12 0  a 21 a 22 0  a 31 a 32  ... ...  ... 1  a n1 a n 2

a 13 a 23 a 33 ... a n3

90

... ... ... ... ...

a 1n  ka 11 ka 12 a 2n   a 21 a 22 a 3n    a 31 a 32   ...   ... ... a nn   a n1 a n 2

ka 13 a 23 a 33 ... a n3

... ka 1n  ... a 2n  ... a 3n   ... ...  ... a nn 

1 0  Tb A   0  ...  0

1 1 0 ... 0

0 0 1 ... 0

... ... ... ... ...

0   a 11 a 12 0  a 21 a 22 0  a 31 a 32  ... ...  ... 1  a n1 a n 2

... ... ... ... ...

a 1n  a 11  a 21 a 12  a 22 a 2n   a 21 a 22 a 3n    a 31 a 32   ...   ... ... a nn   a n1 a n2

0 1  Tc A   0  ...  0

1 0 0 ... 0

0 0 1 ... 0

... ... ... ... ...

0   a 11 a 12 0  a 21 a 22 0  a 31 a 32  ... ...  ... 1  a n1 a n 2

... ... ... ... ...

a 1n  a 21 a 22 a 2 n   a 11 a 12 a 3n   a 31 a 32   ...   ... ... a nn  a n1 a n 2

... ... ... ... ...

... a 1n  a 2 n  ... a 2 n  ... a 3n   ... ...  ... a nn 

a 2n  a 1n  a 3n   ...  a nn 

Es decir que pre-multiplicar por una matriz del tipo Ta  equivale a multiplicar una fila por un número cualquiera, k. pre-multiplicar por una matriz del tipo Tb  , equivale a sumar dos filas. Y, pre-multiplicar por una matriz del tipo Tc  equivale a intercambiar dos filas.

Supongamos ahora que hacemos todas las transformaciones elementales necesarias para transformar la matriz dada en una matriz unidad. Esto equivale a:

T1 T2  .... Tp A  I Si post-multiplicamos por A 1 se tiene que:

T1 T2  .... Tp AA1  IA1 T1 T2  .... Tp  A1 Lo que quiere decir que si hacemos en la matriz unidad las mismas transformaciones que necesitamos para convertir la matriz dada en la matriz unidad, obtendremos la matriz inversa. El método se comprende bien siguiendo el siguiente ejemplo:

91

 1 0 4 2

2 2 1 2

1 0  0 0

2 3 5 2 1 3 0 17 13 0 4 6

3 1 0 1

5 3 3 1

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1



1  0 0 0

1 0 0 0 0 1 0 0  8 7 2 0 2 1 0 1

10 20 30 0 0 100 50 0  0 0 50 0 0 0 0 50

2 3 5 2 1 3 7 12 17 2 5 9 1 0 0  0

2 2 1 2

3 1 0 1

5 3 3  1

0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1

2 3 5 2 1 3 0 17 13 0 0 50

1 0 0 0 0 1 0 0 8 7 2 0 2 11 8  17

8  11  8 17 50 100 0 0  6 17  24 51  0 50 0 0  22  29  12 13 0 0 50 0 2 11 8  17 0 0 0 50 50 0 0 0 0 50 0 0 0 0 50 0 0 0 0 50

1 0 A   4  2

1 0 4 2

A1

 26 32  4 46  14 23  6 19 22  29  12 13 2 11 8  17

2  14 8 8  14 23  6 19 22  29  12 13 2 11 8  17

 14 8 9   2  14 23  6 19  1    50  22  29  12 13    11 8  17  2

La fila señalada con una flecha  es la que se va a utilizar para obtener los ceros en el siguiente cuadro. Cuando no se trabaja con números enteros es cómodo dividir la fila que se va a utilizar para las transformaciones por el primer término no nulo. Por ejemplo,

2,21 4,33 6,22 1,31 2,22 3,33 0,98 1,52 2,21

1 0 0 0 1 0 0 0 1



1 1,96 2,81 1,31 2,22 3,33 0,98 1,52 2,21

92

0,45 0 0 0 1 0 0 0 1

1 1,96 2,81 0 0,35 0,35 0 0,40 0,54

0,45 0 0 0,59  1 0  0,44 0  1

1 1,96 2,81 0 1 1 0 0  0,14

0,45 0 0 1,69  2,86 0 0,24  1,14 1

1 1,96 0 0 1 0 0 0 1

1 1,96 2,81 0 1 1 0 0,40 0,54 1 1,96 2,81 0 1 1 0 0 1



5,26  22,87 20,06 3,40  11,00 7,14  1,71 8,14  7,14



1 0 0 0 1 0 0 0 1

0,45 0 0 1,69  2,86 0 0,44 0 1 0,45 0 0 1,69  2,86 0  1,71 8,14  7,14  1,40  1,31 6,07 3,40  11,00 7,14  1,71 8,14 7,14

2.4. 5. 3 Método de las Particiones El resultado de dividir, la matriz que se quiere invertir, en cuatro sub-matrices, se puede considerar como la matriz representativa de la transformación lineal

A11X  A12Y  X   A 21X  A 22Y  Y

 A11 A12  X X A       21 A 22  Y Y

1

 A11 A12  X X  A      21 A 22  Y Y 

Donde Aij, X, Y, X´ y Y´ son matrices. Si del sistema inicial conseguimos despejar X e Y, obtendremos una expresión de la forma B11X  B12Y  X   B 21X  B 22Y  Y

 B11 B12  X X B       21 B 22  Y Y

Luego

A1  

B11 B12   B 21 B 22 

Consideremos de nuevo el sistema

A11X  A12Y  X    A 21X  A 22Y  Y 

93

Si suponemos que la matriz A12 no es singular podemos despejar sucesivamente: 1 1 Y  A12 X   A12 A11 X 1 1 A 21 X  A 22 A12 X   A 22 A12 A11 X  Y 

A

1 21  A 22 A12 A11

X  A

1 22 A12 X   Y 

Y si hacemos 1   A 21  A 22 A12 A11

Tenemos 1 X   1 A 22 A12 X   1 Y

Y, sustituyendo: 1 1 1 1 Y  A12 X  A12 A11 1 A 22 A12 X  A12 A11 1 Y 





1 1 1 1 Y  A12  A12 A11 1 A 22 A12 X  A12 A11 1 Y

Con lo cual, 1   1 A 22 A12 1 1 1 1  A12  A12 A11  A 22 A12

  1  1  A12 A11  1 



A1  

Ejemplo: Hallemos la inversa de la matriz A 

1 2 A   0  1

0 2 1 1

1 1 2 1

 2  1 1 A12    1 1 

1 2 1  2

2 1  2  1 3  1 1 A 22 A12     1 1   0 1  1 2     

3  1 1 0 1  2 1 A 22 A12 A11     2 2   2 2  0 1     

94

0 1 1  2  1 3      1 1 2 2   1  1 1  1 A 22 A 12 

1 A 12 A 11 1 

 1 

1  1  3 4  1  1

1  1  3 3  1 1  3  2  4  1  1 0 1  4  3  2 1  2  1 1 0  1  3 1 0  2  1  3 1  2 2    4  1 1  2 2  1  1 4 1 2   1  1 4  1  5

1 1 A 12 A 11 1 A 22 A 12 

1 0  2    3  2  1   6 4   4 1 2   3  2 4  3  6

0  2  1 1  6 4  1  2 1 1 1 A 12  A 12 A 11 1 A 22 A 12           1 1  4  3  6 4   1  2

Y sustituyendo los valores obtenidos, en el esquema general, finalmente se tiene que:

95

A1

2  1  3 3  1  1 1 3 2   4 2 0 2  2   1  2 1 5 

Si la matriz A12 fuera singular, es fácil deducir otra fórmula análoga despejando de otra manera las submatrices X e Y.

2.5 Matrices Ortogonales Se define como matriz ortogonal la matriz cuadrada, A, que cumple la igualdad

A1  AT De la definición se deducen los tres teoremas siguientes: 1. Los módulos de todos los vectores fila y de todos los vectores columna son iguales a uno. 2. Los productos escalares de dos vectores fila o de dos vectores columna, cualesquiera, es igual a cero. 3. El determinante de una matriz ortogonal es igual a +1 ó a -1. En efecto, si A  es una matriz ortogonal, entonces,

AAT  AA1  I Es decir,

a11 a12 a  21 a 22  ... ...  a n1 a n 2

... a1n  a11 a 21 ... a 2n  a12 a 22 ... ...   ... ...  ... a nn  a1n a 2n

 ... a n1   F1    ... a n 2  F2     F1 ... ...   ...     ... a nn  F3 



Y de aquí,

96

 F2

1 0 0 0 0 1 0 0   ... Fn   ... ... ... ...   0 0 0 1



   2 F1  F1  F1  1   F2  F1  0

  F1  F2  0    F2  F2  F2

.......... 2

1

..........

  F1  Fn  0   F2  Fn  0

...................................................................................................        Fn  F1  0 Fn F 2  0 .......... Fn  Fn  Fn

2

1

Invirtiendo el producto de los dos factores podemos escribir, también  C1  C   2   C C 1 2  ...    C n 

... C n   I

Y se pueden deducir igualdades análogas a las anteriores para las columnas. Para demostrar el tercer teorema, tenemos:

AAT  I



A A

T

2

 A A  A  I 1

Luego A  1. Ejemplo: Hallemos a, b, c, d, e y f, para que la siguiente matriz sea ortogonal.

 a 1 2 0 A   b c d  1 2 e f 

a0 d0

1 3  0 1  a  4 2 1 a . b  .c  0.d  0  c  0 2

3 1  b2   1  b  0 4 4

a2 

1 1 .a  .e  0.f  0 2 2

e

b 2  c 2  d 2  1  d  1

3 2

1 .b  e.c  f .d  0 2

Con lo que la matriz A  , queda:

97

f 0

 3 2 12 0   A   0 0  1 12  3 2 0   Matriz, cuyo determinante es igual a -1. Otro ejemplo de transformación ortogonal es el pase de un sistema de coordenadas rectangulares a otro, también rectangular, con el mismo origen. Y

Y´ P

X´

 i

 j

(90º -)

 X

O 

El vector OP puede definirse como      OP  x i  y j  x i   y  j  Y, ya que,    i   cos  i  sen j      j   cos90º   i  sen90º   j  sen i  cos  j Tenemos que



 



      x i  y j  x cos  i  sen j  y   sen i  cos  j     x i  y j  x cos   y sen  i  xsen  y  cos   j De donde

98

x  x  cos   y sen  y  x  sen   y cos  Cuya matriz es

cos   sen   sen  cos     que es, evidentemente, ortogonal. En el caso de tres dimensiones, sean los datos: X X´ a1 Y´ a2 Z´ a3

Y b1 b2 b3

Z c1 c2 c3

a 1 a 2 a 3  Como los ejes primitivos y los nuevos son rectangulares, la matriz b1 b 2 b 3  , formada  c1 c 2 c 3  por los nueve cosenos de los ángulos que forman entre sí los ejes primitivos y los nuevos, es ortogonal. Ahora bien,        OP  x i  y j  z k  x  i   yj   z k             OP  x  a 1 i  b1 j  c1k  y a 2 i  b 2 j  c 2 k  z  a 3 i  b 3 j  c 3 k



 

 

De donde,

x  a 1x   a 2 y  a 3 z  y  b1x   b 2 y  b 3 z  z  c1x   c 2 y  c 3 z  Y, por ser la matriz ortogonal,

x   a 1x  b1 y  c1z y  a 2 x  b 2 y  c 2 z z  a 3 x  b 3 y  c 3z

99



Por ejemplo, si 0X forma un ángulo agudo con 0X´, 60º con 0Y´ y 90º con 0Z´ y 0Z forma 60º con 0Z´, la matriz de la transformación es la del ejemplo expuesto más arriba y las ecuaciones del cambio de ejes serán:

3 1 x´ y´ 2 2

x

y  z´ z

1 3 x´ y´ 2 2

3 1 x z 2 2 1 3 y´ x  z 2 2 x´

z´  y

2.6 Rango o Característica de una Matriz Se define el rango de una matriz como el número de vectores fila, o vectores columna, linealmente independientes. O de otra forma, si llamamos menor de una matriz A  al determinante formado por los elementos que quedan en la matriz cuando se suprimen algunas filas y algunas columnas, el rango de dicha matriz es igual al orden máximo de un menor no nulo. Por ejemplo, dada la matriz

 2 1 3 A  0  1 2 2  1 7 se tiene que

2 0

2 1 0 0 1

2 1 3 0 1 2  0 2 1 7

Luego el rango de la matriz A  es igual a dos. Cuando se trata de matrices más grandes, resulta más práctico utilizar el método de las transformaciones elementales, que consiste en efectuar transformaciones de ese tipo hasta convertir la matriz dada en otra triangular, suprimir las filas cuyos elementos sean todos nulos y contar el número de filas que queden. Obsérvese que una transformación elemental no altera el rango de una matriz.

100

Por ejemplo, sea la matriz

0 1  B    1   2  0

0 0 0 0 0

2 1 3 2 4

3 0  1 0  1 0  3  1  1  0 2 0  6 0  2

Obtenemos, sucesivamente,

1 0 1 2 0

0 0 0 0 0

1 2 3 2 4

0 1 0 3 0 1 3 1 1 0 2 0 6 0 2

1 0 0 0 0

0 0 0 0 0

1 2 0 0 4

0 1 0 3 0 1 0 0 0 0 0 0 6 0 2

1 0 0 0 0

1 0 0 0 0

0 1 0 1 0 0 2 3 0 1 0 2 3 0 1 0 0 0 0 0 0 4 6 0 2

0 0 0 0 0

1 2 0 0 0

0 1 0 3 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Luego el rango de la matriz es dos.

2.7 Solución y Discusión de un Sistema de Ecuaciones Lineales Consideremos el sistema de n ecuaciones de primer orden con n incógnitas

a 11x 1  a 12 x 2  ....  a 1n x n  k1 a 21x1  a 22 x 2  ....  a 2n x n  k 2 ..................................................... a n1x1  a n 2 x 2  ....  a nn x n  k n En las que ai son números reales o complejos. El sistema se puede escribir abreviadamente en forma matricial:

AX  K

101

Si A  no es singular se puede pre-multiplicar la igualdad anterior por A-1, con lo cual se tendrá

X  A1K Se obtiene así una solución del sistema muy elegante, concisa y práctica del sistema, muy conveniente cuando se necesita conocer el valor de todas las incógnitas y sobre todo cuando se dispone de una computadora. Ejemplo:

x1  2x 2  3x 3  6    2x1  4x 2  3x 3  1   x1  x 2  x 3  6 A  11 A 22  2

1  2 1 A  2 4 1 1 1 1

A11  7 A 23  9

A

T

A12  5

2 1 1    2 4 1  3  3 1

A13  6

A 31  2

A 21  5

A 32  3

5  6  6   x1  7 11 1   x   1   5  2 9  1  1 22  2  2  11     11      x 3   2  3 8  6 33 3



A 33  8

x1  1

x2  2

x3  3

De un modo más general, sea ahora el sistema de m ecuaciones con n incógnitas,

a 11x1  a 12 x 2  ....  a 1n x n  k1 a 21x1  a 22 x 2  ....  a 2n x n  k 2 ..................................................... a m1x 1  a m 2 x 2  ....  a mn x n  k m y consideremos la matriz A , formada por los coeficientes de las incógnitas, y la matriz A, ampliada con los términos independientes:

102

 a 11 a 12 a a A   21 22  .... ....  a m1 a m 2

.... a 1n  .... a 2n  .... ....   .... a mn 

 a 11 a 12 a a A   21 22  .... ....  a m1 a m 2

.... a 1n .... a 2n .... .... .... a mn

k1  k 2  ....   km 

Si existe solución, la última columna de A  tiene que ser combinación lineal de las columnas de A , luego el rango de ambas matrices tiene que ser el mismo. Por otra parte, para que la solución sea única, el número de ecuaciones y el de incógnitas debe coincidir, luego: R = R´= Número de incógnitas Sistema Determinado Si R = R´  Sistema Compatible  R = R´0. Solución:

a  2 3

b  2 3

c 1 3

d 2 3

e  2 3

f 1 3

 1 2 16. Hallar los valores y vectores propios de la matriz A   .   1 3 Solución: Los valores propios son: 1 = 2 + i 2 = 2 – i.   2    2  Los vectores propios son: F1    F2  1  i 1  i  

6 6 4  3 2  . 17. Hallar los valores y vectores propios de la matriz A    1  1  5  2 Solución: Los valores propios son: 1 = 1

2 = 3 = 2.

151

4 3        Los vectores propios son: F1   1  F2  F3   1   3  2  ch a b sh a  18. Hallar los valores y vectores propios de la matriz A    sh a b ch a  Solución: Los valores propios son: 1  ch a  sh a  ea  2  ch a  sh a  e a (Recordemos que  b   b ea  e a ea  e a ch a  sh a  ). Los vectores propios son: F1  a 1   F2  a 2   2 2 1  1  19. Hallar una matriz A , simétrica, tal que los valores propios sean 1, 2, 3 y dos de sus 1 1      vectores propios sean F1  1 F2   1 . 1  k  Solución:

1   11  1  4    1 k = 0. F3   1  A    1 11  4 6  2  4  4 14  0 i 20. Dada la matriz A   , hallar A n  2i 3 Solución:  2  2n n 1  2 2 i

A n  





2



 1 i  2 1 n

n 1

152

 2 1 1 21. Dada la matriz A    2 1 3  hallar los ángulos entre los vectores propios.  3 1  1 Solución:

3  F1  a  5  2 

5   F1  b 1 4

0  F1  c  1 cos   0,451 cos   0,803 cos   0,327  1   1  1 0 n 22. Dada la matriz A    1 2 1 hallar, por diagonalización, A .  0 1 1 Solución:

A n

23.









 3  3n 1   2  3n 6  3  3n  Dada

la

 2  3n 4  3n 2  3n

3  3  n

 2  3n  3  3n 



matriz



7  6 , 8  7

A  

hallar

la

suma

S  I  1 A  1 A 2  1 A3 . 2

4

8

Solución:

A n  I para n par, y A n  A para n impar. Por lo tanto, Lim n 

1 A n  0 n 2

1 6 4 1  S   A  I    2  16 3 10 3

24. Resolver matricialmente el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales:

3x 

dy dx 4 dt dt

dx y0 dt

153

ilimitada

Solución:

x  C1e  t  C2 e 3t

y  C1e  t  3C2 e 3t

25. Resolver matricialmente el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales:

dx dy   4x  y  0 dt dt dx  3x  y  0 dt

2

Solución:

x  A cos t  Bisen t

y  A3 cos t  sen t   Bcos t  3sen t i .

Donde C1 + C2 = A y C1 – C2 = B 26. Resolver matricialmente la ecuación diferencial x  4x  21x  0 . Solución:

x  C1e3t  C2 e 7 t

8 4 3 27. Dada la matriz A   2 1 1 , hallar, utilizando el teorema de Cayley – Hamilton, 1 2 1 A2 . Solución:

A

2

4 5  2 1   10 47  11 9  9  54 27 

1 2  28. Dada la matriz A    0 0  2 1  3362 4201  3A . Hamilton, X  2A

 2  1  , hallar, utilizando el teorema de Cayley –  1 

154

Solución:

 0 3 2  X  2 2 1 3 2 5 

 2  1   4 

  1 2 29. Dada la matriz A    , hallar, mediante el teorema de Cayley – Hamilton,   2 3 A n . Solución:

 2n  1 A n  

A n  n A  n  1I

30. Si

X 2

  2n

2n  2n  1

X

es una matriz simétrica 2 x 2, resolver la ecuación matricial 1  3 X  2 I  0 , sabiendo que uno de sus vectores propios es   . 1

Solución:

3 2  1 2   1 2 3 2 

X  

 3  2 31. Dada la matriz A    , hallar senA .  4  3 Solución:

senA 

A  A3  A5  A7  .......   1  1  1  1  ....... A  sen 1A  0,84 A 1!

3!

5!

7!

  1! 3!

5!

7!

32. Una matriz A  es ortogonal y simétrica. Hallar cos A .

155

 

Solución: 2 4   A A 1 1   cos A  I    .........  1    ....... I  cos 1I  0,54 I

2!

4!



2!

4!

156



CAPÍTULO III

ELEMENTOS DE CÁLCULO NUMÉRICO

3.1 Introducción En estas notas, dedicadas a los alumnos del quinto semestre de la Escuela de Ingeniería Civil de la Universidad de Los Andes, se puede observar la falta de algunas demostraciones y la ausencia de métodos y fórmulas importantes. Así mismo, la Teoría de Ecuaciones está apenas esbozada y la solución de las ecuaciones en derivadas parciales ni siquiera se toca. La razón de estos serios defectos se encuentra en la escasez del tiempo disponible para esta enseñanza, que es menos de la mitad de un semestre. Incluso tal como están estas notas es necesario hacer un buen esfuerzo para llegar a explicarlo todo.

3.2 Diferencias Finitas Entre los métodos utilizados en las matemáticas aplicadas, tienen especial importancia los llamados “métodos de diferencia finitas” que son empleados en la resolución de los problemas de interpolación, ajuste de curvas, derivación numérica, integración numérica, resolución aproximada de ecuaciones diferenciales, etc. Resulta pues necesario, que los que se interesan por las matemáticas aplicadas tengan algún conocimiento relativo a las propiedades de estas diferencias.

3.2.1 Diferencias Divididas Supongamos una función f(x), dada explícitamente o por medio de una tabla. Los cocientes:

x 0 x1  f x1   f x 0  ; x1 x 2   f x 2   f x1  x1  x 0  x 2  x1 

...........x i x i 1 

f x i 1   f x i  xi1  xi 

Se llaman diferencias divididas de primer orden. Los cocientes:

x 0 x1x 2   x1x 2   x 0 x1  ; x 2  x 0 

........... x i x i 1x i  2  

x i 1x i  2   x i 1x i  x i  2  x i 

Se llaman diferencias divididas de segundo orden. Y, en general,

157

x i x i 1..... x i  n   x i 1.... x i  n   x i .... x i  n -1  x i  n  x i  Se llaman diferencias divididas de orden n-1. De estas definiciones se deducen, fácilmente, las siguientes propiedades: 1. La diferencia dividida de la suma de dos funciones es igual a la suma de las diferencias divididas de cada función. 2. La diferencia dividida del producto de una constante por una función es igual al producto de la constante por la diferencia dividida de dicha función. 3. La alteración del orden de los elementos de una diferencia dividida no cambia el valor de ésta. Es decir, x1x 2 x 3   x 2 x1x 3   x 3 x 2 x1 , etc. Muchas veces es conveniente expresar las diferencias divididas en forma de tabla. Por ejemplo: Sea la función dada por la tabla 0 0,2 0,3 0,4 0,7 0,9 x f(x) 32,671 42,897 57,484 66,395 95,132 116,020 La tabla de diferencias divididas resulta ser: x f(x) 1ª 0 32,671 0,2 48,897 81,13 0,3 57,484 85,87 0,4 66,395 89,11 0,7 95,132 95,79 0,9 116,020 104,44

2ª

15,8 16,2 16,7 17,3

3ª 4ª 5ª

1 1 1

0 0

0

Que corresponde a x x0

f(x) y0

x1

y1

x2

y2

x3

y3

x4

y4

x5

y5

x 0 x1  x1x 2  x 2 x 3  x 3 x 4  x 4 x 5 

x 0 x1x 2  x1x 2 x 3  x 0 x1x 2 x 3  x 2 x 3 x 4  x1x 2 x 3 x 4  x 0 x1x 2 x 3 x 4  x 3 x 4 x 5  x 2 x 3 x 4 x 5  x1x 2 x 3 x 4 x 5  x 0 x1x 2 x 3 x 4 x 5 

158

Ahora bien, en esta tabla no están todas las diferencias posibles y, así por ejemplo, la diferencia x 2 x 4 x 0  habrá que calcularla directamente:

x 2 x 4 x 0   x 0 x 2 x 4   x 2 x 4   x 0 x 2  x4  x0

x 2 x 4   y 4  y 2

x4  x2



95,132  57,484  94,12 0,7  0,3

x 0 x 2   y 2  y 0

x2  x0



57,484  32,671  82,71 0,3  0

x 2 x 4 x 0   94,12  82,71  16,3 0,7  0

3.2.2 Diferencias Progresivas Sea una función f(x), explícita o dada por una tabla, en la cual los valores de x, x0, x1 … xi …, están uniformemente separados, es decir que xi+1 – xi = h = constante, cualquiera que sea i. Las diferencias progresivas de f(x) se definen mediante las igualdades:

Diferencia Primera  Δf(x)  f(x  h)  f(x) Diferencia Segunda  Δ 2 f(x)  Δf(x  h)  Δf(x) ............................................................................. Diferencia Enésima  Δ n f(x)  Δ n 1f(x  h)  Δ n 1f(x) Este operador tiene propiedades análogas a las de las diferencias divididas, es decir que, como se puede comprobar con facilidad, 1. La diferencia progresiva de la suma de dos funciones es igual a la suma de las diferencias divididas de cada función. Δf(x)  g(x)   Δf(x)  Δg(x) 2. La diferencia progresiva del producto de una constante por una función es igual al producto de la constante por la diferencia progresiva de dicha función. Δk f(x)   k Δf(x) 3. La diferencia progresiva de orden m de la diferencia de orden n de una función es igual a la diferencia progresiva de orden n+m de dicha función. Δ m Δ n f(x)  Δ m  n f(x)





Con frecuencia los valores de la función y los de sus diferencias se disponen en forma de tablas que, esta vez si, contienen todas las diferencias posibles. Por ejemplo, sea la función, 1,6 1,8 2,0 x 1,2 1,4 f(x) 1 1,258 1,532 1,820 2,128

159

Con estos valores se obtiene la siguiente tabla x 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0

f(x) 1 1,258 1,532 1,820 2,128

∆

∆2

∆3

∆4

0,258 0,274 0,016 0,288 0,014 -0,002 0,308 0,020 0,006 0,008

Que corresponde a x f(x) ∆ ∆2 ∆3 ∆4 x0 y0 x1 y1 ∆y0 x2 y2 ∆y1 ∆2y0 x3 y3 ∆y2 ∆2y1 ∆3y0 x4 y4 ∆y3 ∆2y2 ∆3y1 ∆4y0 En otros casos se manejan diferencias funcionales, como en los siguientes ejemplos.

Ejemplo 1: Hallemos todas las diferencias del polinomio P(x)  x 3  2x 2  x  3 con h = 1.







ΔP(x)  x  13  2x  12  x  1  3  x 3  2x 2  x  3  3x 2  x







Δ 2 P(x)  3x  12  x  1  3x 2  x  6x  2 Δ 3 P(x)  6x  1  2  6x  2  6 Y las diferencias sucesivas son nulas.

Ejemplo 2: Hallemos la diferencia enésima de f(x)  3 x , con h = 2.

    Δ f(x)  Δ 83   8 Δ 3   8 3  Δf(x)  3 x  2  3 x  9 3 x  3 x  8 3 x 2

x

x

2

x

.............................................................

 

 

Δ n f(x)  8 n 1 Δ n 1 3 x  8 n 3 x

160

Ejemplo 3: Hallemos la diferencia enésima de f(x)  sen x con h = /2 Δf(x)  sen x  π 2  sen x  2 sen π 4 cos x  π 4  2 sen x  3 π 4

 2

Δ 2 f(x)  2 sen x  23π 4 ...................................................

 2 n senx  n3π 4

Δ n f(x) 

3.2.3 Antidiferencias Las diferencias de órdenes negativos, o antidiferencias, se definen mediante las igualdades:

Δ 1f(x)  F(x)





ΔF(X)  f(x)



Δ  2 f(x)  Δ 1 Δ 1f(x) .....................................



Δ  n f(x)  Δ 1 Δ  n 1f(x)



La obtención de las antidiferencias resulta, en general, más complicada que la de las diferencias, tal como puede observarse en estos sencillos ejemplos. Ejemplo 1: Hallemos la antidiferencia del polinomio P(x)  x 2  3x  1 con h = 2. Puesto que cada diferencia rebaja en una unidad el grado de cada polinomio, la antidiferencia de P(x) será un polinomio de tercer grado. Si Δ 1 P(x)  a x 3  b x 2  c x  d ; la diferencia de este polinomio debe ser igual a P(x), es decir, se debe tener

ax  2

3

 



 bx  22  c x  2  d  a x 3  b x 2  c x  d  x 2  3x  1

6ax 2  (12a  4b) x  8a  4b  2c   x 2  3x  1

De donde a = 1/6; b = 1/4; c = -2/3; y, por lo tanto, la antidiferencia es:

Δ

1

x 3 x 2 2x P(x)    d 6 4 3

161

Donde d es una constante arbitraria o, de forma más general, una función periódica arbitraria de periodo 2. Ejemplo 2: Hallemos la antidiferencia de f(x)  x 2 x con h = 1. Probemos la solución

Δ 1f(x)  ax  b 2 x . La diferencia de dicha función,

ax  1  b2 x 1  ax  b2 x  ax  2a  b2 x , debe ser igual a la función dada,

x 2x . Y, finalmente, igualando coeficientes, se tiene que: a = 1 b = - 2. Así que la solución es: Δ 1f(x)  x  2 2 x , más, obviamente, una constante arbitraria o una función periódica arbitraria de periodo uno.

3.2.4 Polinomios Factoriales Con el propósito de manejar cómodamente las diferencias, y sobre todo las antidiferencias, de los polinomios, se definen los polinomios factoriales que pueden ser de orden positivo o de orden negativo.

3.2.4.1 Polinomios Factoriales de Orden Positivo Los polinomios factoriales de orden positivo se definen como:

x 0  1

x1  x

x 2   x x  h 

x 3  x x  h x  2h  ......

...... x n   x x  h x  2h ... x  n  1h 

Las diferencias de estos polinomios están dadas por la siguiente relación:

Δx n   x  h x x  h .... x  n  2h   x x  h .... x  n  1h    x x  h .... x  n  2h x  h  x  n  1h   nh x n 1 Fórmula análoga a la de las derivadas, salvo que debe multiplicarse por h. Para las antidiferencias, la fórmula es, obviamente, similar a la de integración:

Δ 1 x n  

x n 1 n  1h

162

Ejemplo: Hallemos las diferencias y la antidiferencia del polinomio P(x)  x 2  3x  1 , con h = 2, descomponiéndolo en suma de polinomios factoriales. P(x)  A x 2  B x1  C x 0  Axx  2  Bx  C  x 2  3x  1 Para x = 0, C = 1 Para x = 2, 2B + C = 11, por lo tanto B = 5 Y, finalmente, igualando los términos en x2, A = 1. Así pues,

P(x)  x 2   5x1  x 0 ΔP(x)  2hx1  5hx 0   4x1  10x 0   4x  10 Δ 2 P(x)  4hx 0   8 Y las siguientes diferencia s son todas nulas. x 3 5x 2  x1 1 5 1    d  x x  2 x  4  x x  2   x  d 3h 2h h 6 4 2 1 1 2 Δ -1P(x)  x 3  x 2  x  d 6 4 3 Δ -1P(x) 

3.2.4.2 Polinomios Factoriales de Orden Negativo Los polinomios factoriales de orden negativo se definen como:

x 1 

1 xh

x  2 

1 1 .......... x  n   x  h x  2h  x  h x  2h .... x  nh 

Las diferencias son:

Δx  n  

1 1   x  2h x  3h ....x  n  1h  x  h x  2h ....x  nh  x  h   x  n  1h    nh x  n 1 x  h x  2h x  3h ....x  nh x  n  1h 

Y, para las antidiferencias:

Δ 1x  n  

x  n 1 1  n h

Ejemplo:

163

Hallemos la primera diferencia y la antidiferencia de R(x) 

6x  2

, con h = x 3  8x 2  19x  12 1, descomponiendo esta fracción en suma de polinomios factoriales de orden negativo. Las raíces del denominador son: -1, -3 y -4, luego 6x  2

6x  2  A x 1  Bx  2  Cx 3  Dx  4 3 2     x  1 x  3 x  4 x  8x  19x  12 6x  2 A B C D     x  1x  3x  4 x  1 x  1x  2 x  1x  2x  3 x  1x  2x  3x  4 

De donde:

6x  2x  2  Ax  2x  3x  4  Bx  3x  4  Cx  4  D Para x = - 4, D = 44 Para x = - 3, D + C = 16, por lo tanto C = - 28 Para x = - 2, D + 2C + 2B = 0, por lo tanto B = 6 Y, finalmente, igualando los coeficientes de los términos en x3, A = 0. En definitiva:

R(x)  6 x 2   28x 3  44 x 4  ΔR(x)  12 h x  3  84 h x  4   176 h x  5  12 x  3  84 x  4   176 x  5   12 84 176 ΔR(x)    x  1x  2x  3 x  1x  2x  3x  4 x  1x  2x  3x  4x  5 ΔR(x) 

- 12 x 2 - 24 x  4 x  1x  2x  3x  4x  5

Δ 1R(x) 

6 1  28  2  44  3 44 x  x  x  6x 1  14x  2   x  3 h  2h  3h 3

Δ 1R(x) 

6 14 44 18x 2  132x  190    x  1 x  1x  2 3x  1x  2x  3 3x  1x  2x  3

3.2.4.3 Sumas Finitas Sea F(x) la antidiferencia de f(x). Se tendrá

164

F(x+h) – F(x) = f(x) Haciendo en esta igualdad x = h, 2h, 3h, …. nh, se tiene: F(2h) – F(h) = f(h) F(3h) – F(2h) = f(2h) F(4h) – F(3h) = f(3h) ……………………. F((n+1)h) – F(nh) = f(nh) Y sumando: Sn = f(h) + f(2h) + f(3h) + …. + f(nh) = F((n+1)h)- F(h) Si, como es frecuente, h es igual a 1: Sn = f(1) + f(2) + f(3) + …. + f(n) = F(n+1)- F(1) Ejemplo 1: Hallemos la suma de los n primeros cuadrados. f(x)  x 2  A x 2  B x1  C x 0  A x x  1  B x  C Para x = 0, C = 0 Para x = 1, C + B = 1, por lo tanto B = 1 Igualando los coeficientes del término en x2, se obtiene A = 1 Por lo tanto: x 3 x 2  1 1 f(x)  x 2   x1  F(x)    x x  1x  2  x x  1 3 2 3 2 1 1 1 S n  n  1n n  1  n  1n  n n  12n  1 3 2 6 Ejemplo 2: Hallemos Sn  1  21  2  2 2  3  2 n ....  n  2 n

f(x)  x 2 x  F(x)  ax  b 2 x  a x  1  b 2 x 1  ax  b 2 x  x 2 x ax  2a  b  x  a  1 b  2  F(x)  x  2 x

S n  n  1  2 2 n 1  2  n  1 2 n 1  2

3.3 Interpolación Sean n+1 valores de x: x0, x1, x2, …. , xn, y los correspondientes valores de una cierta función f(x) en esos puntos: f x 0   y 0 , f x1   y1 , f x 2   y 2 ...... f x n   y n . Se trata de construir otra función F(x) que pertenezca a un tipo determinado y que tome los mismos valores que f(x) en el conjunto dado de valores de x, lo que geométricamente equivale a encontrara una curva, de un tipo prefijado que contenga a n+1 puntos dados.

165

En el caso más sencillo F(x) es un polinomio P n(x) de grado no superior a n, y este es el caso que vamos a estudiar ahora. El polinomio P n(x) se utiliza ordinariamente para aproximar los valores de f(x) en puntos que difieran de los dados. Cuando x es interior al intervalo x 0 , x n  se habla de interpolación y en caso contrario de extrapolación. En lo sucesivo, cuando no se especifique claramente lo contrario, se entenderá que se está tratando de interpolación.

3.3.1 Fórmula de Lagrange Escribamos el polinomio buscado en la forma

Pn (x)  y 0 L 0 x   y1 L1 (x)  ....  y n L n (x)

 

Tal como se indica en el párrafo anterior, debe cumplirse que L i x j  0; L i x i   1 . Como Li(x) debe ser de grado n y anularse para x = x0; x = x1 ; …. ; x = xi-1; x = xi+1; …. x = xn, debe ser de la forma

Li (x)  Ci x  x 0 x  x1 .... x  x i 1 x  x i 1 .... x  x n  Y como Li(xi) debe ser igual a uno, se tiene que

Ci 

1 x i  x 0 x i  x1 .... x i  x i 1 x i  x i 1 .... x i  x n 

Es decir que

L i (x) 

x - x 0 x - x1 .... x - x i -1 x - x i 1 .... x - x n  x i  x 0 x i  x1 .... x i  x i 1 x i  x i 1 .... x i  x n 

Cuando n es igual a uno, la interpolación se llama lineal y, entonces,

P1 (x)  y 0

x  x0 x  x1  y1 x 0  x1 x1  x 0

Para n = 2 y para n = 3, la interpolación se llama cuadrática o cúbica, respectivamente, y se tiene:

P2 (x)  y 0

x  x1 x  x 2   y x  x 0 x  x 2   y x  x 0 x  x1  x 0  x1 x 0  x 2  1 x1  x 0 x1  x 2  2 x 2  x 0 x 2  x1 

166

x  x1 x  x 2 x  x 3   y x  x 0 x  x 2 x  x 3   x 0  x1 x 0  x 2 x 0  x 3  1 x1  x 0 x1  x 2 x 0  x 3  x  x 0 x  x1 x  x 3   y x  x 0 x  x1 x  x 2   y2 x 2  x 0 x 2  x1 x 0  x 3  3 x 3  x 0 x 3  x1 x 3  x 2 

P3 (x)  y 0

Ejemplo 1: Sea la función definida por la tabla, 2,0 2,5 2,8 3,4 x f(x) 0,693 0,916 1,030 1,224 Hallemos un valor aproximado de f(2,3). Con interpolación lineal:

f(2,3)  0,693

2,3  2,5 2,3  2,0  0,916  0,8268 2,0  2,5 2,5  2,0

Con interpolación cuadrática: (2,3  2,5)(2,3 - 2,8) (2,3  2,0)(2,3 - 2,8)  0,916  (2,0  2,5)(2,0 - 2,8) (2,5  2,0)(2,5 - 2,8) (2,3  2,0)(2,3 - 2,5)  1,030  0,8318 (2,8  2,0)(2,8 - 2,5)

f(2,3)  0,693

Con interpolación cúbica: (2,3  2,5)(2,3 - 2,8)(2,3 - 3,4) (2,3  2,0)(2,3 - 2,8)(2,3 - 3,4)  0,916  (2,0  2,5)(2,0 - 2,8)(2,0 - 3,4) (2,5  2,0)(2,5 - 2,8)(2,5 - 3,4) (2,3  2,0)(2,3 - 2,5)(2,3 - 3,4) (2,3  2,0)(2,3 - 2,5)(2,3 - 2,8)  1,030  1,224  0,8322 (2,8  2,0)(2,8 - 2,5)(2,8 - 3,4) (3,4  2,0)(3,4 - 2,5)(3,4 - 2,8)

f(2,3)  0,693

La función considerada es f(x) = ln x y el valor exacto de f(2,3) es 0,8329. Cuando los valores de las abscisas están igualmente espaciados, las fórmulas pueden simplificarse mediante el cambio de variable: x – x0 = r h. Con lo cual:

x  x1  x  x 0   x1  x 0   r h  h  h r  1

x  x 2  x  x 0   x 2  x 0   r h  2h  h r  2 .......................................................................... x  x n  x  x 0   x n  x 0   r h  n h  h r  n 

167

Teniendo en cuenta que, según se ha visto,

L i (x) 

x - x 0 x - x1 .... x - x i -1 x - x i 1 .... x - x n  x i  x 0 x i  x1 .... x i  x i 1 x i  x i 1 .... x i  x n 

Sustituyendo y dividiendo numerador y denominador por hn, se tiene:

L i (r) 

r r  1.... r  i  1r  i  1.... r  n  i (i  1) .... (1) (1) .... ((n  i))

Así, para la interpolación lineal:

P(x)  y 0

(r  1) r  y1 1 1

Para la interpolación cuadrática:

P(x)  y 0

r  1r  2  y r r  2  y r r  1 1  2 1  11 2 12

Y, para la interpolación cúbica:

P(x)  y 0

r  1r  2r  3  y r r  2r  3  y r r  1r  3  y r r  1r  2 1 3  3 2 1  2 11 2  112 123

Ejemplo 2: Dada la tabla, 2,1 2,3 2,5 2,7 2,9 x f(x) 0,7419 0,8329 0,9163 0,9933 1,0647 hallemos f(2,22). Del cambio de variable, 2,22 - 2,1 = 0,2 r, por lo tanto, r = 0,6. Con interpolación lineal: f(2,22)  0,7419  0,4  0,8329 (0,6)  0,7965 Con interpolación cuadrática:

f(2,22)  0,7419

 0,4 1,4  0,8329 0,6 1,4  0,9163 0,6 0,4  0,7974

2 Con interpolación cúbica:

1

168

2

f(2,22)  0,7419

 0,4 1,4 2,4  0,8329 0,6 1,4 2,4  0,9163 0,6 0,4 2,4  6

0,6 0,4 1,4  0,7975  0,9933

2

2

6

Y, utilizando todos los datos:

f(2,22)  0,7419

 0,4 1,4 2,4 3,4  0,8329 0,6 1,4 2,4 3,4 

24 6 0,6 0,4 2,4 3,4  0,9933 0,6 0,4 1,4 3.4   0,9163 4 6 0,6 0,4 1,4 2,4  0,7975  1,0647 24

En este caso concreto el valor exacto es: ln 2,22 = 0,7975072.

3.3.2 Fórmula de Newton Gregory Partiendo de la definición de las diferencias divididas obtenemos, en forma sucesiva,

x x 0   f(x 0 )  f(x) x0  x

 f(x)  f x 0   x x 0 x  x 0 

x x 0 x1   x 0 x1   x x1  x1  x



x x 0   x 0 x1   x x 0 x1 x  x1 

Y, sustituyendo:

f(x)  f x 0   x  x 0 x 0 x1   x x 0 x1 x  x 0 x  x1  Procediendo del mismo modo:

x x 0 x1x 2   x 0 x1x 2   xx 0 x1 

x2  x Y, sustituyendo otra vez:



x x 0 x1   x 0 x1x 2   x x 0 x1x 2 x  x 2 

f(x)  f x 0   x  x 0 x 0 x1   x  x 0 x  x1  x 0 x1x 2   x x 0 x1x 2 x  x 0 x  x1 x  x 2  Y, procediendo por inducción se llega a f(x)  f x 0   x  x 0 x 0 x 1   x  x 0 x  x1  x 0 x1 x 2   .... 

  x 0 x1 x 2 .... x n x  x 0 x  x 1 .... x  x n -1   x x 0 x1 ....x n x  x 0 x  x 1 .... x  x n 

169

Esta igualdad es exacta, pero conocer la última diferencia implica conocer f(x) que es precisamente lo que se busca. La aproximación consiste en suprimir este último término. Ejemplo 1: Dada la tabla 4,7 4,8 5,0 5,2 5,3 x f(x) 2,16795 2,19089 2,23607 2,28035 2,30217 La tabla de diferencias divididas resulta ser x 4,7 4,8 5,0 5,2 5,3

f(x) 1º Orden 2º Orden 3º Orden 4º Orden 2,16795 2,19089 0,22940 2,23607 0,22590 -0,01167 2,28035 0,22140 -0,01125 0,00083 2,30217 0,21820 -0,01067 0,00117 0,00056

Y, por lo tanto:

f(4,86)  2,16795  0,22940 * 0,16  (0,01167) * 0,16 * 0,06   0,00083 * 0,16 * 0,06 * (0,14)  0,00056 * 0,16 * 0,06 * (0,14) * (0,34)  2,20454 El resultado exacto, en este caso es:

4,86  2,204507

Si las abscisas están uniformemente separadas la fórmula obtenida se puede simplificar del siguiente modo: x x 0   f(x 0 )  f(x)  Δy0 x0  x 1! h

Δy1 Δy 0   x1x 2   x 0 x1  1! h 1! h Δ 2 y 0 x 0 x1x 2     x2  x0 2h 2! h 2 Δ 2 y1



Δ 2 y0

2! h 2 2! h 2 Δ 3 y 0 x 0 x1x 2 x 3    x3  x0 3! h 3 .......... .......... .......... .......... .......... .......

x 0 x1x 2 .... x n   Δ

n

y0

n! h n

170

Haciendo de nuevo el cambio de variable x -xo = rh, con lo que, x – x1 = (r – 1) h; x – x2 = (r – 2) h; ….; x – xn = (r – n) h y después de sustituir y simplificar las potencias de h en numeradores y denominadores, nos queda:

f(x)  y 0 

r r r  1 2 r r  1r  2 3 Δy 0  Δ y0  Δ y 0  .... 1! 2! 3!

Es decir,

r r r r f(x)    y 0    Δy 0    Δ 2 y 0  ....    Δ n y 0  ....  0  1  2 n O, simbólicamente, f(x)  1  Δy0 r  Ejemplo 2: Dada la tabla, 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 X f(x) 1,2214 1,4918 1,8221 2,2255 2,7183 Hallemos f(0,3) x 0,2 0,4 0,6 0,8 1

f(x) 1,2214 1,4918 1,8221 2,2255 2,7183

∆

∆2

∆3

∆4

0,2704 0,3303 0,0599 0,4034 0,0731 0,0132 0,4928 0,0894 0,0163 0,0031

x  x 0   0,3  0,2  r h  0,2 r

 r  0,5 0,5 0,5  0,5 0,5  0,5 1,5 f(0,3)  1,2214  0,2704  0,0599  0,0132  1 2 6 0,5  0,5 1,5 2,5  0,0031  1,3498 24

Ejemplo 3: Hallemos el término general de la suma

171

S = 3 + 7 + 39 + 147 + 403 + 903 + 1767 + 3139 + ….. 7

3

39 32

4

147 108

76

28

256 148

72

48

403 500

96

1767 864

244

24

24

903 364 120

3139 1372

508 144

24

24

r r  1 r r  1r  1 r r  1r  2r  3  48  24 2 6 24 n  1  r *1  r  n  1 f(n)  3  4n  1  14 n  1n  2  8 n  1n  2n  3  n  1n  2n  3n  4 f(r)  3  4r  28

f(n)  n 4  2n 3  n 2  3

3.3.3 Error en las Fórmulas de Lagrange y Newton Gregory Sea Pn (x)  y 0 L 0  y1L1  ....  y n L n el polinomio obtenido por la fórmula de Lagrange para aproximar la función f(x), que suponemos derivable al menos (n+1) veces en el intervalo x 0 , x n  ; y sea f(xg) el valor aproximado calculado. Consideremos la función



g(x)  f(x)  Pn (x)  kx  x 0 x  x1 .... x g  x n



Puesto que para x  x 0 , x1 , .... , x n ; f(x) es igual a Pn(x), la función g(x) se anula en todos esos puntos. Determinemos ahora k de modo que g(x) se anule también para x = x g, con lo cual k

f(x)  Pn (x) x g  x 0 x g  x1 .... x g  x n





 



Con este valor de k, la función g(x) tendrá (n+2) raíces en el intervalo

x 0 , x n 

y

aplicando repetidas veces el teorema de Rolle, se llega a la conclusión de que g n 1 (x) se anula por lo menos una vez en el intervalo citado. g(c)  0  f n 1 (c)  k n  1!

k

g n 1 (c) n  1!

Al igualar los dos valores de k obtenidos, se obtiene:

172

ε  error  f(x)  Pn (x) 

f n 1 (c) x  x x  x .... x g  x n n  1! g 0 g 1





 



Y, si M es un valor igual o superior a f n 1 (x) en todo el intervalo de interpolación,

ε





 

M x  x x  x .... x g  x n n  1! g 0 g 1



fórmula que exige conocer las derivadas de la función f(x) a aproximar, lo que no es siempre el caso. Ejemplo 1: Calculemos el error cometido en el ejemplo 1 del párrafo 3.3.1.

f(x)  ln x; n  3; x 0  2; x1  2,5; x 2  2,8; x 3  3,4; x g  2,3; f IV  (x) 

ε

6 6 3 ; M 4  4 x 2 8

3/8 2,3  22,3  2,52,3  2,82,3  3,4  6 *10 4 24

El polinomio Pn(x) obtenido por la fórmula de Lagrange y el polinomio Q n(x) obtenido por la fórmula de Newton son idénticos puesto que T(x) = Pn(x) – Qn(x) Se anula para (n + 1) valores de la variable, xo, x1, …. , xn y al ser de grado n tiene que ser idénticamente nulo. Por lo tanto, la fórmula que acabamos de obtener será válida también en este caso. Ejemplo 2: Calculemos el error cometido en el ejemplo 1 del párrafo 3.3.2.

f(x)  x ; n  4; x 0  4,7; x1  4,8 x 2  5; x 3  5,2; x 4  5,3; x g  4,86 f V  (x) 

 105 1 105 ; M  3,2 *10  3 32 x9 32 4,7 9

3,2 *10  3 4,86  4,7 4,86  4,84,86  54,86  5,24,86  5,3  6 *10  9 ε 120 Este error es solamente el error de la fórmula, tanto en el caso de la fórmula de Lagrange como en la de Newton, y a él, obviamente tendrán que añadirse los errores con los que han sido calculados los datos.

173

3.3.4 Interpolación Inversa Supongamos que se dispone de una función y = f(x) dada en su forma tabular. El problema de la interpolación inversa consiste en encontrara el valor de x que corresponde a uno dado, yg, de f(x). Si las abcisas están uniformemente separadas, se tiene

yg  y0 

r r r  1 2 r r  1...r  n  1 n y0   y0  ...   y0  ... 1! 2! n!

De aquí, y  y0 r r  1 2 r r  1...r  n  1 n r g   y0  ...   y0 y0 2!y0 n !y0 y  y0 Como aproximación inicial, tomamos r0  g y hacemos, sucesivamente, y0 r r  1 2 r r  1...r0  n  1 n r1  r0  0 0  y0  ...  0 0  y0 2!y0 n !y0 r r  1 2 r r  1...r1  n  1 n r2  r0  1 1  y0  ...  1 1  y0 2!y0 n !y0 ………………………………………………………………………………. Y así hasta que aparezcan dígitos con exactitud deseada, es decir, hasta que r m = rm+1 con los decimales deseados. Una vez encontrado el valor de r, se obtiene x de la igualdad x – x0 = rh. Ejemplo 1: Dada la función mediante la tabla 0,1 0,2 0,3 0,4 x f(x) 0,0998 0,1987 0,2955 0,3894 busquemos el valor de x que corresponde a f(x) = 0,15. x 0,1 0,2 0,3 0,4

0,15  0,0998  0,0989r 

f(x) ∆ ∆2 ∆3 0,0998 0,1987 0,0989 0,2955 0,0968 -0,0021 0,3894 0,0939 -0,0029 -0,0008

0,0021 0,0008 r (r  1)  r (r  1) (r  2) 2 6

174

0,15  0,0998  0,5076 0,0989 r  0,5076  0,0106r (r  1)  0,0013r (r  1) (r  2) r1  0,5076  0,0106  0,5076  0,4924  0,0013  0,5076  0,4924  1,4924  0,5054 r0 

r2  0,5076  0,0106  0,5054  0,4946  0,0013  0,5054  0,4946  1,4946  0,5054 x  0,1  0,5054  0,1  x  0,1505 Ejemplo 2: Aproximemos, por interpolación inversa, la raíz de la ecuación x 4  2x 3  1  0 , que está comprendida entre 2 y 2,3. x f(x) ∆ ∆2 ∆3 2 -1 2,1 -0,0739 0,9261 2,2 1,1296 1,2035 0,2774 2,3 2,6501 1,5205 0,3170 0,0396

0  1  0,9261r  0,2774r (r  1)  0,0396r (r  1)(r  2) 0 1 r0   1,0798  r  1,0798  0,1498r (r  1)  0,0071r (r  1)(r  2) 0,9261 r1  1,0798  0,1498  1,0798  0,0798  0,0071  1,0798  0,0798  0,9202  1,0675 r2  1,0798  0,1498  1,0675  0,0675  0,0071  1,0675  0,0675  0,9325  1,0695 r3  1,0798  0,1498  1,0695  0,0695  0,0071  1,0695  0,0695  0,9305  1,0692 r4  1,0798  0,1498  1,0692  0,0692  0,0071  1,0692  0,0692  0,9308  1,0692 x  2  1,0692  x  2,1069

Si las abcisas no están uniformemente separadas el procedimiento es análogo. Ejemplo 3: Dada la función f(x), por la tabla 0 0,2 0,3 0,5 x f(x) 0 0,1823 0,2624 0,4055 Hallemos un valor de x tal que f(x) = 0,2. Construyamos primero la tabla de diferencias divididas:

175

x f(x) 1ª 2ª 3ª 0 0 0,2 0,1823 0,9115 0,3 0,2624 0,8010 -0,3683 0,5 0,4055 0,7155 -0,2850 0,1667

0,2  0  0,9115x  0,3683x ( x  0,2)  0,1666x ( x  0,2)(x  0,3) 0,2  0 x0   0,2194  x  0,2194  0,4041x ( x  0,2)  0,1829x ( x  0,2)(x  0,3) 0,9115 x1  0,2194  0,4041  0,2194  0,0194  0,1829  02194  0,0194  0,0806  0,2212 x 2  0,2194  0,4041  0,2212  0,0212  0,1829  02212  0,0212  0,0788  0,2214 x1  0,2194  0,4041  0,2214  0,0214  0,1829  02214  0,0214  0,0786  0,2214 x  0,2214

3.3.5 Interpolación de una Función de Dos Variables Sea una función de dos variables, z = f(x,y), dada en forma tabular: y\x y0 y1 y2 …

x0 z00 z01 z02 ….

x1 z10 z11 z12 ….

x2 z20 z21 z22 ….

…. …. …. ….

Y, sea zgg = f(xg,yg) el valor que deseamos calcular de un modo aproximado. En primer lugar, construimos un conjunto de tablas para los valores de z gi = f(xg,yi) (i = 1,2,3,…) utilizando las fórmulas de interpolación ya conocidas. Y, en segundo lugar, utilizando la misma fórmula de interpolación, u otra diferente, se calcula z gg. Ejemplo: Dada la función, 1,1 1,2 1,3 y\x 2 1,6292 1,6487 1,6677 2,2 1,7047 1,7228 1,7405 2,4 1,7750 1,7918 1,8083 Hallemos f(1,15; 2,3). Utilizando la fórmula de Newton para intervalos igualmente espaciados, tendremos:

176

y=2

1,15  1,1  r  0,1  r  0,5

x f(x;2) ∆ ∆2 1,1 1,6292 1,2 1,6487 0,0195 1,3 1,6677 0,0190 -0,0005

z g 0  1,6292  0,0195  0,5  0,0005 

0,5  0,5  1,6390 2

y = 2,2 x f(x;2,2) ∆ ∆2 1,1 1,7047 1,2 1,7228 0,0181 1,3 1,7405 0,0177 -0,0004

0,5  0,5  1,7138 2

zg1  1,7047  0,0181  0,5  0,0004  y = 2,4

x f(x;2,4) ∆ ∆2 1,1 1,775 1,2 1,7918 0,0168 1,3 1,8083 0,0165 -0,0003

zg 2  1,7750  0,0168  0,5  0,0003 

2,3  2  r  0,2  r  1,5

0,5  0,5  1,7834 2

y zgi ∆ ∆2 2 1,639 2,2 1,7138 0,0748 2,4 1,7834 0,0696 -0,0052

z gg  1,6390  0,0748  1,5  0,0052 

1,5  0,5  1,7492 2

Es conveniente hacer las siguientes observaciones: -

Obviamente, el orden de interpolación puede ser invertido, es decir que se puede hacer variar primero los valores de y, y finalmente, los de x. Lógicamente la acumulación de errores hará que el resultado obtenido sea, en general, menos exacto que en el caso de una variable.

177

-

Se puede encontrar una fórmula que utilice diferencias dobles, pero ese punto no se considerará en el presente texto.

3.4 Ajuste de una Función por el Método de Mínimos Cuadrados Cuando tratamos de interpolar una función dada, como en los párrafos anteriores, por medio de una tabla, observamos que el grado del polinomio interpolante crece con el número de datos, lo que desde un punto de vista práctico limita el número de datos a utilizar. El problema es, por lo tanto, encontrar una función de tipo predeterminado (lo más simple posible) que represente lo mejor posible el comportamiento de un conjunto grande de datos. El análisis de regresión es la técnica estadística que permite modelar, de la manera más exacta posible, la relación entre dos o más variables. El tipo de modelo o función matemática que relacionan a dos o más variables entre sí puede ser de muy diversos tipos. En ocasiones, el modelo surge de una relación teórica. En otras, no hay ningún conocimiento teórico de la relación existente entre x e y, y la selección se basa en el análisis del diagrama de dispersión que es una gráfica en la que cada par (xi,yi) está representado con un punto en un sistema de coordenadas bidimensional. En estos casos, el modelo de regresión se considera como un modelo empírico. Diagrama de Dispersión 280

Y 260

240

220

200

180

160

140

120

100 0

5

10

15

20

25

X

30

3.4.1 Regresión Lineal Simple El caso más simple es el de la regresión lineal simple que considera un solo regresor o variable independiente, X, y una sola variable dependiente, Y. Además, supone que cada

178

observación, y, puede describirse mediante una relación lineal, es decir, mediante el siguiente modelo:

Y  0  1X   En donde  es un error aleatorio con media cero y varianza 2. También se supone que los errores que corresponden a observaciones diferentes son variables aleatorias independientes entre sí. Así, el problema ahora es, dado un conjunto de n pares de observaciones (xi,yi), estimar los parámetros 0 y 1 para que la línea recta resultante represente de la mejor manera posible al conjunto de los datos. Gauss propuso hacer la estimación minimizando la suma de los cuadrados de los errores, i, definidos como la diferencia entre el valor observado de la variable dependiente, yi, y el estimado, yˆ i , definido por la relación

yˆ i  0  1x i Dicho procedimiento se conoce como método de los mínimos cuadrados. Así, si definimos n

n

i 1

i 1

n

D   i2   yi  yˆ i    yi  0  1x i  2

2

i 1

Los estimadores de 0 y de 1 deben cumplir, por lo tanto, con las siguientes ecuaciones: n D  2 yi  0  1x i  1  0 0 i 1 n D  2 yi  0  1x i  x i   0 1 i 1

Después de simplificar, se tiene: n

n

n ˆ 0  ˆ 1  x i   yi i 1

i 1

n

n

n

i 1

i 1

i 1

ˆ 0  x i  ˆ 1  x i2   x i yi Ecuaciones que reciben el nombre de ecuaciones normales. Despejando, queda:

ˆ 0  y  ˆ 1 x

179

n  n  n  n  yi x i    yi   x i   i 1  i 1  ˆ 1  i 1 2 n  n  2 n xi    xi  i 1  i 1 

En donde x y y son los valores medios de las variables x y y, respectivamente. En definitiva, la línea de regresión estimada o ajustada es

yˆ i  ˆ 0  ˆ 1x i Es de hacer notar, que cada para de valores satisface la relación

yi  ˆ 0  ˆ 1x i  i En donde i  yi  yˆ i es el resto o residuo que describe el error en el ajuste del modelo en la i-ésima observación, yi. El principal propósito de un modelo de regresión es la predicción de los valores de la variable dependiente, y. Si x0 es el valor de la variable independiente, entonces

yˆ 0  ˆ 0  ˆ 1x 0 es el estimador puntual de la respuesta y0. Ahora bien, ese es solamente el valor esperado de y0, y se puede definir, estadísticamente, un intervalo de predicción para una observación futura del 100(1 - ) por ciento de confianza, mediante la expresión

yˆ 0  t  / 2, n  2

 1 x 0  x 2   1 x 0  x 2  2 ˆ 1     y0  yˆ 0  t  / 2, n  2 ˆ 1    Sxx  Sxx   n  n 2

En donde t/2,n-2 es el valor de la variable en la distribución “t” de Student, para n – 2 grados de libertad correspondiente a una probabilidad /2.  representa el nivel de confianza del intervalo de confianza que, en ingeniería, se suele hacer igual a 0,05, lo que implica que se trabaja con un 95 % de confianza. En la Tabla 3.1 se presentan algunos valores de dicha distribución. Sxx se define mediante la siguiente expresión: n n 1 n  2 Sxx   x i  x    x i2    x i  n  i 1  i 1 i 1

180

2

TABLA 3.1 Valores de la Distribución “t” de Student Para  = 0,05 n t/2,n-2 5 3,50 6 3,16 7 2,97 8 2,84 9 2,75 10 2,69 12 2,59 14 2,53 16 2,49 18 2,46 20 2,43 22 2,41 24 2,40 26 2,38 28 2,37 30 2,36 35 2,35 40 2,33 45 2,32 50 2,31 55 2,31 60 2,30 70 2,29 80 2,28 90 2,28 100 2,28 El parámetro  2 , que es la varianza del término de error, , en el modelo de regresión, refleja la varianza aleatoria alrededor de la verdadera recta de regresión. Es, por lo tanto, una estimación de la validez del modelo. El estimador insesgado de  2 se define como

ˆ 2 

SS E 1 n 2 1 n yi  yˆ i 2      i n  2 n  2 i 1 n  2 i 1

Tal como se ha indicado, el modelo de regresión exige que se cumplan ciertas hipótesis. En primer lugar, los errores deben ser variables aleatorias independientes entre sí con media cero y varianza constante. En segundo lugar, se supone que el grado del modelo es correcto, es decir, si se ajusta un modelo de regresión lineal es porque el fenómeno en

181

realidad se comporta de manera lineal o lo que es lo mismo, que la función detrás de la tabla de valores que tenemos es un polinomio de primer grado. Una manera de verificar la validez de alguna de estas hipótesis es el análisis residual. El residuo, en un modelo de regresión, es la diferencia entre la observación real, y i, y el correspondiente valor ajustado, yˆ i . Es decir, los residuos son los errores del modelo, que permiten verificar alguna de las hipótesis planteadas. Como comprobación aproximada de la normalidad, se pueden llevar los residuos a una hoja de probabilidad normal. Si estos se ajustan a una distribución normal, el resultado debe ser una línea recta. También se pueden analizar los residuos estandarizados, di,

di 

i ˆ 2

Si los errores tienen una distribución normal, el 95 % (aproximadamente) de los residuos estandarizados deben caer en el intervalo (-2,+2). Los residuos que se alejan mucho de dicho intervalo se denominan “valores atípicos”. Si bien, en principio estos valores se consideran “dudosos” hay que analizarlos cuidadosamente antes de descartarlos pues pueden proporcionar información importante sobre circunstancias poco usuales, pero de gran interés. A menudo es útil hacer una gráfica de los errores, i, contra los valores estimados, yˆ i . Usualmente estas gráficas tienen un aspecto similar a los cuatro patrones generales que se presentan a continuación. El primero de ellos representa la situación ideal, mientras que los otros tres representan anomalías. Un patrón en embudo indica que la varianza aumenta con la magnitud del valor estimado. Un patrón en doble arco también indica que hay desigualdad en la varianza. Y, finalmente, un patrón no lineal nos dice que el modelo no es el adecuado, es decir que hay que añadir términos de orden superior.

Patrón aleatorio

Patrón en Embudo

i

i

yi estimado

182

yi estimado

Doble Arco

No Lineal

i

i

yi estimado

yi estimado

Un parámetro que suele utilizarse para juzgar la validez de un modelo de regresión es el coeficiente de determinación: n

R2  1

 y i 1 n

 y i 1

 yˆ i 

2

i

i

 y

El coeficiente de determinación varía entre 1 (cuando el juste es perfecto y yi es igual a yˆ i para todo i) y 0 (cuando no hay relación alguna entre las variables y yˆ i resulta ser igual al valor medio, y ). A veces se hace referencia a R2 como la cantidad de variabilidad en los datos que es explicada por el modelo de regresión. La utilización de este parámetro para avalar el modelo es, sin embargo limitada. En primer lugar, siempre es posible hacer que sea igual a uno aumentando el número de términos del polinomio de ajuste. Así, puede obtenerse un ajuste “perfecto” a n datos con un polinomio de grado n – 1. Por otra parte, el coeficiente de determinación es un término relativo. Es decir, se limita a comparar el resultado de nuestro modelo de regresión con la estimación de la variable mediante su media. Finalmente, es conveniente analizar la validez del modelo mediante una prueba de hipótesis para el valor de la pendiente. Las hipótesis apropiadas son: H0: 1 = 0 H1: 1  0 En donde H0 es la hipótesis nula y H1 la hipótesis alterna. El respectivo estadístico de prueba es: ˆ 1 T0  ˆ 2 Sxx

183

Que sigue la distribución “t” de Student con n – 2 grados de libertad. Por lo tanto, la hipótesis nula puede rechazarse si T0  t  / 2, n  2 . La falla al rechazar la hipótesis nula, 1 = 0, es equivalente a concluir que no hay ninguna relación lineal entre x e y. Ejemplo: Los datos que se incluyen a continuación corresponden a los registros de precipitación anual en dos estaciones metereológicas. Se quieren emplear los valores registrados en la estación E-391 para completar los datos de la Estación E-395. Definir el modelo de regresión y analizar su validez. 1941 1942 1943 1944 1945 1946 1947 1948 1949 1950 Año E-391 (mm) 696 745 1077 1040 892 918 795 838 701 863 755 960 684 453 669 956 638 E-395 (mm) 1951 1952 1953 1954 1955 1956 1957 1958 1959 1960 Año E-391 (mm) 943 877 722 621 695 677 563 530 1046 1257 E-395 (mm) 796 892 322 Los valores para el ajuste del modelo de regresión son: x 745 1077 1040 795 838 701 863 943 877 722 y 655 860 784 583 669 605 638 796 692 503 Valores con los que se puede estimar los coeficientes de regresión: 10

 xi  8601

x  860,1

i 1

10

 yi  6785

y  678,5

i 1

10

 yi xi  5949039 i 1

10

x i 1

2 i

 7546655

n  n  n  n  yi x i    yi   x i   i1  i1   10  5949039  6785  8601  0,7605 ˆ 1  i1 2 2 n 10  7546655  8601  n  2 n xi    xi  i 1  i1 

ˆ 0  y  ˆ 1 x  678,5  0,7605  860,1  24,42

Antes de pasar a estimar los valores de la variable dependiente, es conveniente analizar la validez del modelo. El modelo de regresión es:

yˆ i  24,42  0,7605 x i En consecuencia, los valores estimados son:

184

x y yˆ

745 1077 1040 795 838 701 863 943 877 722 655 860 784 583 669 605 638 796 692 503 591 843 815 629 662 558 681 742 691 573

Y la sumatoria de los cuadrados de los errores, es: n

2 SS E   yi  yˆ i   19535,31 i 1

Lo que permite calcular la varianza del modelo,

ˆ 2 

SS E 19535,31   2441,91 n2 8

Y el coeficiente de determinación: n

R2  1

 y i 1 n

 y i 1

 yˆ i 

2

i

i

 y

1

19535,31  0,82 105666,50

cuyo valor es bastante alto, lo que indica que el modelo tiene cierta validez. Para confirmarlo hagamos la prueba de hipótesis: H0: 1 = 0 H1: 1  0 Para lo cual necesitamos calcular T0. Comencemos por definir Sxx,

8601  148934,90 1 n  Sxx   x    x i   7546655 n  i 1  10 i 1i 2

n

2

2 i

Así,

T0 

ˆ 1 ˆ Sxx 2



0,7605  5,94 2441,91 148934,90

Ya que T0  5,94  t  / 2, n  2  t 0,025;8  2,75 , se debe rechazar la hipótesis nula. En consecuencia, 1 es diferente de cero y si existe una relación lineal entre ambas estaciones.

185

El cálculo de los errores estandarizados,

di 

i

, cuyos valores se incluyen en la ˆ 2 siguiente tabla, indican que no hay valores atípicos, ya que ninguno tiene un valor absoluto mayor de dos, lo que es indicación de que los errores se ajustan a una distribución normal. i 64,03 16,55 -31,31 -45,99 7,31 47,49 -42,71 54,46 0,65 -70,48 di 1,30 0,33 -0,63 -0,93 0,15 0,96 -0,86 1,10 0,01 -1,43 Finalmente, al graficar los errores contra los valores estimados, no se aprecia ningún patrón definido, por lo tanto se puede aceptar que la varianza es constante. 80,00

 60,00

40,00

20,00

0,00 500

550

600

650

700

750

800

850

900

-20,00

-40,00

-60,00

-80,00

Yestimado

Una vez comprobada la bondad del modelo, se puede pasar a completar el registro de la estación, Año E-391 (mm) E-395 (mm) Límite Inferior Límite Superior 696 554 400 708 892 703 560 846 918 723 578 867 621 497 331 662 695 553 399 707 677 539 383 696 696 554 400 708 892 703 560 846 918 723 578 867 621 497 331 662

Tabla en la que se ha incluido los límites, tanto superior como inferior, de los respectivos intervalos de confianza, calculados según la relación,

186

 1 x  x 2   1 x 0  x 2  2 ˆ ˆ yˆ 0  t  / 2, n  2 ˆ 2 1   0  y  y  t   1    0 0  / 2, n  2 n S Sxx  xx    n

3.4.2 Transformaciones que Llevan a un Modelo de Regresión Lineal En ocasiones el modelo de regresión lineal es inapropiado, simplemente porque la función de regresión verdadera es no lineal. Y, en algunas de estas situaciones, la función no lineal puede llevarse a una línea recta mediante una transformación adecuada. Estos modelos se denominan “intrínsecamente lineales”. Un ejemplo es la función exponencial: Y  0 e1x 

que puede transformarse en una línea recta mediante una transformación logaritmica:

ln Y  ln 0  1x  ln  Esta transformación requiere que los términos de error transformados, ln , sean normales, con media cero y varianza 2, y que estén distribuidos de manera independiente. Por lo demás, el procedimiento de ajuste es similar al del caso anterior, haciendo yˆ i  ˆ o  ˆ 1x i

En donde yi´ = ln yi; ˆ o  ln ˆ 0 . A continuación se incluyen algunas de las transformaciones más frecuentes.

Y  0 x 1  ln Y  ln 0  1 ln x  Y  0  1x 1  Y  0  1 x x Y  0  1 ln x  Y  0  1 x Y  0 

Y  e   0  1x    ln Y  0  1 x  Y  0  1 x

3.4.3 Regresión Lineal Múltiple En general, una variable dependiente, Y, puede estar relacionada con k variables independientes. El modelo

187

Y  0  1x1  2 x 2  ...  k x k   recibe el nombre de modelo de regresión lineal múltiple con k variables de regresión, en donde los parámetros j, se conocen como coeficiente de regresión. Los modelos polinomiales con una variable de regresión pueden analizarse como un problema de regresión lineal múltiple. En efecto, si se hace x1  x, x 2  x 2 , ... x k  x k , entonces el modelo anterior puede escribirse como Y  0  1x  2 x 2  ...  k x k  

De la misma forma pueden transformarse otros tipos de relaciones funcionales. Por ejemplo, el modelo de segundo grado con interacción: Y  0  1x1  2 x 2  11x12  22x 22  12x1x 2  

Si se hace x 3  x12 , x 4  x 22 , x 5  x1x 2 , 3  11 , 4  22 , 5  12 , entonces la ecuación anterior puede escribirse como un modelo de regresión lineal múltiple:

Y  0  1x1  2 x 2  3x 3  4 x 4  5 x 5   Los coeficientes de regresión pueden estimarse aplicando el método de mínimos cuadrados. Así, la sumatoria de los cuadrados de los errores, n

n

i 1

i 1



n

D   i2   yi  yˆ i    yi  0  1x1i  2 x 2i  ...  k x k i 2



2

i 1

se deriva respecto a cada uno de los coeficientes a estimar: n D  2 yi  0  1x1i  2 x 2 i  ...  k x k i  1  0 0 i 1





n D  2 yi  0  1x1i  2 x 2 i  ...  k x k i  x1i  0 1 i 1







........................................................................................... n D  2 yi  0  1x1i  2 x 2 i  ...  k x k i  x k i  0 k i 1







Para obtener, simplificando, las (k + 1) = p ecuaciones normales del sistema, que permiten hallar los p coeficientes de regresión:

188

n

n

n

n

n ˆ 0  ˆ 1  x 1i  ˆ 2  x 2 i  ...  ˆ k  x k i   y i i 1

i 1

i 1

i 1

n

n

n

n

n

i 1

i 1

i 1

i 1

i 1

ˆ 0  x 1i  ˆ 1  x 12i  ˆ 2  x 1i x 2 i  ...  ˆ k  x 1i x k i   x 1i y i ........................................................................................ n

n

n

n

n

i 1

i 1

i 1

i 1

i 1

ˆ 0  x k i  ˆ 1  x k i x 1i  ˆ 2  x k i x 2 i  ...  ˆ k  x 2k i   x k i y i Matricialmente, el modelo de regresión múltiple puede escribirse como:

Y  X   En donde,  y1  y  Y   2   ...    yn 

 1 x11 x12 1 x x 22 21 X   ... ... ...   1 x n1 x n 2

... x1k  ... x 2 k  ... ...   ... x nk 

0       1   ...    k 

 1       2   ...     n 

Así, Y  es un vector de observaciones de n  1 , X  es una matriz n  p  de los niveles de las variables independientes,  es un vector de p  1 formado por los coeficientes de regresión y  es un vector de n  1 de errores aleatorios.



Para hallar el vector de estimadores de mínimos cuadrados, ˆ expresión, n

hay que minimizar la

D   i2     Y  X Y  X T

T

i 1

Las ecuaciones a resolver están dadas por:

XT Xˆ   XT Y Cuya solución es:

ˆ   X X T

1

XT Y

El primer paso para validar el modelo es estimar su varianza, que también se puede calcular matricialmente:

189

n

SS E ˆ 2   np

 y i 1

 yˆ i 

2

i

np

YT Y  ˆ  XT Y  T

np

El siguiente paso es la prueba para la significancia de la regresión, que es una prueba que permite determinar si existe una relación lineal entre la variable dependiente o variable de respuesta y un subconjunto dado de las variables de regresión. Las hipótesis a utilizar son: Ho: 1 = 2 = …. = k = 0 H1: j  0 al menos para una j El rechazo de la hipótesis nula implica que al menos una de las variables de regresión tiene una contribución significativa en el modelo. El correspondiente estadístico de prueba está dado por:

F0 

SS R k SS E n  p 

En donde,



T SS E  Y Y  ˆ

T

XT Y

y,



SS R  ˆ

T

n X Y  1   yi  n  i 1 

2

T

F0 se ajusta a una distribución F con k grados de libertad en el numerador y (n – p) grados de libertad en el denominador. Así, si el valor calculado del estadístico de prueba es mayor que f,k,n-p debe rechazarse la hipótesis nula. En la Tabla 3.2 se presentan algunos valores de la distribución F, para  = 0,05. También suele ser de interés las pruebas de hipótesis sobre los coeficientes de regresión, en forma individual, a fin de determinar el valor potencial de cada una de las variables independientes del modelo. En este caso las hipótesis a plantear son: H0: j = 0 H1: j  0 Si no se puede rechazar la hipótesis nula, el regresor xj debe ser eliminado del modelo. El estadístico de prueba para esta hipótesis es:

T0 

ˆ j ˆ 2C jj

190

TABLA 3.2 Valores de la Distribución “F” para  = 0,05 n f,2,n-3 f,3,n-4 f,4,n-5 f,5,n-6 5 19,00 215,71 6 9,55 19,16 224,58 7 6,94 9,28 19,25 230,16 8 5,79 6,59 9,12 19,30 9 5,14 5,41 6,39 9,01 10 4,74 4,76 5,19 6,26 12 4,26 4,07 4,12 4,39 14 3,98 3,71 3,63 3,69 16 3,81 3,49 3,36 3,33 18 3,68 3,34 3,18 3,11 20 3,59 3,24 3,06 2,96 22 3,52 3,16 2,96 2,85 24 3,47 3,10 2,90 2,77 26 3,42 3,05 2,84 2,71 28 3,39 3,01 2,80 2,66 30 3,35 2,98 2,76 2,62 35 3,29 2,91 2,69 2,55 40 3,25 2,87 2,64 2,49 45 3,22 2,83 2,61 2,46 50 3,20 2,81 2,58 2,43 55 3,18 2,79 2,56 2,40 60 3,16 2,77 2,54 2,39 70 3,13 2,74 2,51 2,36 80 3,12 2,72 2,49 2,34 90 3,10 2,71 2,48 2,32 100 3,09 2,70 2,47 2,31 En donde Cjj es el elemento de la diagonal de hipótesis nula se rechaza si T0  t  / 2, n  p .

X X T

1

que corresponde a j. La

Finalmente, el intervalo de confianza para la predicción de nuevas observaciones está dado por la siguiente relación:





 X   y

T T yˆ 0  t  / 2, n  p ˆ 2 1  X0  X X

1

0

0





 X 

T T  yˆ 0  t  / 2, n  p ˆ 2 1  X0  X X

1

0

Ejemplo: Se quiere establecer la relación existente entre la resistencia al esfuerzo cortante de un suelo (y) con la profundidad en metros (x1) y con el contenido de humedad (x2).

191

Los datos disponibles (n = 10) son los siguientes: Y 3,9 5,1 3,7 5,2 5,1 2,8 3,9 4,2 3,3 3,6 X1 18 21 15 23 24 12 16 17 12 15 X2 0,38 0,45 0,17 0,29 0,55 0,4 0,36 0,24 0,15 0,16 Datos que permiten definir las matrices Y y X:

 3,9   5,1    3,7    5,2   5,1  Y      2,8   3,9    4,2  3,3     3,6 

1 1  1  1 1 X    1 1  1 1  1

18 21 15 23 24 12 16 17 12 15

0,38 0,45 0,17   0,29 0,55  0,40 0,36   0,24 0,15   0,16 

Y, por lo tanto:

X X

1

T

 1,9715 - 0,1107 0,1411   - 0,1107 0,0096 - 0,1781  0,1411  0,1781 9,3323 

 0,828     0,205   0,949

Con lo que el modelo sería:

yˆ  0,828  0,205X1  0,949X2 Para comprobar la validez del modelo es necesario establecer, en primer lugar, la varianza y el coeficiente de determinación, para lo cual hay que calcular los valores estimados: y yˆ 2

3,9 5,1 3,7 5,2 5,1 2,8 3,9 4,2 3,3 3,6 4,16 4,71 3,75 5,27 5,23 2,91 3,77 4,09 3,15 3,76 0,069 0,151 0,002 0,005 0,017 0,012 0,017 0,012 0,023 0,024

ˆ 2 

SS E 0,3330   0,0476 n  p 10  3

192

n

 y

R2  1

i 1 n

 yˆ i 

2

i

 y i 1

i

 y

1

0,3330  0,94 6,0360

Un coeficiente de determinación así de elevado parece indicar que la relación funcional es adecuada. Para confirmarlo, hagamos la prueba de hipótesis, Ho: 1 = 2 = 0 H1: 1  0 y/o 2  0 El estadístico de prueba es:

F0 

SS R k 5,70 2   59,94 SS E n  p  0,330 (10  3)

En donde,



SS R  ˆ

T

n X Y  1   yi   172,17  40,8  5,70 n  i 1  10 2

2

T

Dado que f,k,n-p = f0,05;2;7 = 4,74 es un valor muy inferior, debe rechazarse la hipótesis nula. Lo que indica que al menos una de las variables independientes influye decisivamente sobre la resistencia al esfuerzo cortante del suelo. El siguiente paso es establecer la importancia de X1 y de X2, por separado. Para ello planteamos las siguientes hipótesis: H0: 1 = 0 H1: 1  0 El estadístico de prueba es:

T0 

ˆ 1 ˆ C11 2



0,205  9,58 0,0476  0,0096

Ya que t/2;n-p = t0,025;7 = 2,84 es menor que el estadístico de prueba, debe rechazarse la hipótesis nula. En conclusión, la profundidad del suelo si influye sobre la resistencia del suelo. La siguiente hipótesis es:

193

H0: 2 = 0 H1: 2  0

ˆ 2

T0 

ˆ C22 2



 0,949  1,42 0,0476  9,3323

Ya que T 0  1,42 es menor que t /2;n-p = t0,025;7 = 2,84 no se puede rechazar la hipótesis nula. Es decir que la humedad relativa no parece ser factor relevante del modelo.

3.4.4 Mejor Solución de un Sistema de Más Ecuaciones que Incógnitas Con el método de los mínimos cuadrados se puede resolver el problema de encontrar los mejores valores posibles de una serie de incógnitas x1, x2, …, xm de un sistema de n ecuaciones lineales

a11x1  a12x 2  ...  a1m x m  k1 a 21x1  a 22x 2  ...  a 2 m x m  k 2 ............................................. a n1x1  a n 2 x 2  ...  a nmx m  k n cuando n es mayor que m. Este problema, teóricamente incompatible, se presenta cuando las ecuaciones son el resultado de medidas empíricas y se acepta que los coeficientes están afectados de un cierto error que no conocemos. Consideremos los errores

i  a i1x1  a i 2 x 2  ...  a im x m  k m Y busquemos los valores de x1, x2, …, xm que hagan mínima la suma de los cuadrados de los errores. Obtendremos así un sistema de m ecuaciones con m incógnitas, llamadas ecuaciones normales, y bastará resolver este sistema. La sumatoria de los cuadrados de los errores es:  m   D      a ijx j   k i    i 1   j 1   n

2

Y, derivando,

194

1 D  a11a11x1  a12x 2  ...  a1m x m  k1   a 21a 21x1  a 22x 2  ...  a 2 m x m  k 2   ...  2 x1  a n1 a n1x1  a n 2 x 2  ...  a nmx m  k m   0

1 D  a12 a11x1  a12x 2  ...  a1m x m  k1   a 22 a 21x1  a 22x 2  ...  a 2 m x m  k 2   ...  2 x 2  a n 2 a n1x1  a n 2 x 2  ...  a nmx m  k m   0

...................................................................................................................................... 1 D  a1m a11x1  a12x 2  ...  a1m x m  k1   a 21a 21x1  a 22x 2  ...  a 2 m x m  k 2   ...  2 x m  a n1 a n1x1  a n 2 x 2  ...  a nmx m  k m   0

n  n 2  n   n    a i1  x1    a i1a i 2  x 2  ...    a i1a im  x m   a i1k i i 1  i 1   i 1   i 1  n  n   n   n    a i 2a i1  x1    a i22  x 2  ...    a i 2a im  x m   a i 2 k i i 1  i 1   i 1   i 1  ....................................................................................... n  n   n   n 2    a im a i1  x1    a im a i 2  x 2  ...    a im  x m   a im k i i 1  i 1   i 1   i 1 

Ejemplo: Busquemos el mejor valor de x1, x2, x3, para el sistema:

x1  2 x 2  3x 3  7 2 x1  x 2  2 x 3  4 3x1  x 2  3x 3  2 x1  x 2  x 3  4 4

D   i2  x1  2x 2  3x 3  7   2x1  x 2  2x 3  4  3x1  x 2  3x 3  2  2

2

2

i 1

 x1  x 2  x 3  4

2

1 D  x1  2x 2  3x 3  7   22x1  x 2  2x 3  4  33x1  x 2  3x 3  2  x1  x 2  x 3  4  0 2 x1 1 D  2x1  2x 2  3x 3  7   2x1  x 2  2x 3  4  3x1  x 2  3x 3  2  x1  x 2  x 3  4  0 2 x 2

195

1 D  3x1  2x 2  3x 3  7   22x1  x 2  2x 3  4  33x1  x 2  3x 3  2  x1  x 2  x 3  4  0 2 x 3

15x1  4x 2  x 3  25   4x1  7 x 2  2x 3  16   x1  2x 2  23x 3  27

1413  1,439 982 1118 x2   1,138 982 1117 x3   1,137 982 x1 

3.5 Derivación Numérica En la solución de problemas prácticos han de hallarse a veces las derivadas de una función dada en forma tabular. En ese caso para obtener fórmulas que den valores aproximados de las derivadas de la función considerada se sustituye dicha función por una función de interpolación que en general es un polinomio. El error cometido será evidentemente la derivada del error de la función de la función de interpolación y puede ser mucho mayor, puesto que la proximidad de las ordenadas de las dos curvas no implica la proximidad de las derivadas. Sean, en primer lugar, los valores de xi uniformemente espaciados. La fórmula de Newton nos da:

r r r  1 2 rr  1r  2 3 rr  1r  2r  3 4 f r   y0  y0   y0   y0   y0  .... 1! 2! 3! 4! Ahora bien, como r 

f x  

x  x0 df df dr 1   f r  . Y, entonces: se cumple que h dx dr dx h

 1 2r  1 2 3r 2  6r  2 3 4r 3  18r 2  22r  6 4  y0   y0   y0   y0  .... h 2 6 24 

Y basta sustituir el valor correspondiente de r. Por ejemplo, para encontrar f´(x o), f´(x1), f´(x2) y f´(x3) habrá que hacer r = 0, r = 1, r = 2 y r = 3, respectivamente. Así, obtenemos las fórmulas:

f x 0  

 1  y 0 2 y 0 3 y 0 4 y0      ..... h 1 2 3 4 

f x1  

 1  y 0 2 y 0 3 y0 4 y 0      ..... h 1 2 6 12 

196

f x 2  

 1  y0 32 y0 3 y0 4 y0      ..... h 1 2 3 12 

f x 3  

 1  y0 52 y0 113 y0 4 y0      ..... h 1 2 6 4 

Ejemplo 1: Dada la función, 2,2 2,4 2,6 2,8 3,0 x f(x) 1,4832396 1,5491933 1,6124515 1,6733200 1,7320508 Hallar los valores aproximados de f´(2,2), f´(2,4) y f´(2,6). La tabla de diferencias correspondiente es: x 2,2 2,4 2,6 2,8 3

f(x) 1,4832396 1,5491933 1,6124514 1,6733200 1,7320508

∆

∆2

∆3

∆4

0,0659537 0,0632581 -0,0026956 0,0608686 -0,0023895 0,0003061 0,0587308 -0,0021378 0,0002517 -0,0000544

Y, por lo tanto, f 2,2 

1  0,0026956 0,0003061 0,0000544     0,0659537    0,3370842 0,2  2 3 4 

f 2,4 

1  0,0026956 0,0003061 0,0000544     0,0659537    0,3227525 0,2  2 6 12 

f 2,6 

1  3  0,0026956 0,0003061 0,0000544     0,0659537    0,3100843 0,2  2 3 12 

Los resultados exactos, en este caso, son 0,3370999, 0,3227486 y 0,3100868, respectivamente. Para encontrar las derivadas de orden superior, bastará derivar respecto a r y multiplicar por 1/h cada vez que se derive. Así, por ejemplo, f x  

 1  2 y0 6r  6 3 12r 2  36r  22 4    y   y0  .... 0 2  h  1 6 24 

197

Y, en particular,

f x 0  

1 2 11   y0  3 y0  4 y0  .... 2  h  12 

Ejemplo 2: Con los datos del ejemplo anterior calculemos f 2,2 .

f 2,2 

1  11  0,0000544    0,0026956  0,0003061    0,0762980 0,04  12 

El resultado exacto, en este caso, es – 0,0766136. Si los valores de x no están uniformemente espaciados, la fórmula de Newton Gregory nos da: f(x)  f x 0   x  x 0 x 0 x1   x  x 0 x  x1  x 0 x1x 2   x 0 x1x 2 x 3 x  x 0 x  x1 x  x 2    x 0 x1x 2 x 3 x 4 x  x 0 x  x1 x  x 2 x  x 3   .....

Si buscamos el valor aproximado de la derivada en el primer punto de la tabla, obtenemos: f (x)  x 0 x1   x 0  x1 x 0 x1x 2   x 0 x1x 2 x 3 x 0  x1 x 0  x 2   x 0 x1x 2 x 3x 4 x 0  x1 x 0  x 2 x 0  x 3   .....

Ejemplo 3: Dada la función 3,2 3,3 3,5 3,7 3,8 x f(x) 1,1631508 1,1939225 1,252763 1,3083328 1,3350011 Hallemos la derivada de f(x) para x = 3,2. Construiremos primero la tabla de diferencias divididas: x 3,2 3,3 3,5 3,7 3,8

f(x) 1,1631508 1,1939225 1,252763 1,3083328 1,3350011

1º Orden

2º Orden

3º Orden

4º Orden

0,3077170 0,2942025 -0,0450483 0,2778490 -0,0408838 0,0083292 0,2666830 -0,0372200 0,0073275 -0,0016694

Y, aplicando la fórmula anterior,

198

f (3,2)  0,307717  0,0450483  0,1  0,0083292  0,1  0,3  0,0016694  0,1  0,3  0,5 f (3,2)  0,3124968 En este caso, el resultado exacto es 0,3125000.

3.6 Integración Aproximada. Fórmula de Poncelet Y

  

x0 x1 a

x2 x3

xn-3 xn-2 xn-1 xn b

Sea una función continua en (a,b) cuya segunda derivada supondremos de signo constante en dicho intervalo (en la figura, la segunda derivada es siempre negativa). Dividimos el intervalo (a,b) en un número par de intervalos de igual amplitud, h 

ba . n

En primer lugar, unimos mediante rectas los extremos del primer intervalo y los del último, y luego los extremos de las ordenadas impares (saltándose las pares). Teniendo en cuenta que el área de un trapecio es igual a la semisuma de las bases por la altura, obtenemos I1 = Área 

y  y3  2h  y3  y5  2h       yn 1  yn  y0  y1 h 1 2 2 2 2

x 0 f x dx   xn

Sumando y restando

 h 

y1  y n 1 , 2

 y  y n y1  y n 1   E  E  I1  h  0   2y1  y3  y5       y n 1   h   2 Im p 2  2   2  Donde E es la suma de las dos ordenadas extremas, E´ es la suma de las dos ordenadas contiguas a las extremas e Imp es la suma de todas las ordenadas impares.

199

Y

   

x0 x1 a

x2 x3

xn-3 xn-2 xn-1 xn b

En segundo lugar, trazamos ahora las tangentes en los extremos de todas las ordenadas impares y, teniendo en cuenta que el área de un trapecio también se puede encontrar multiplicando la paralela media por la altura, obtenemos I2 = Área 

 x 0 f x dx  h2y1  2y3  2y5      2yn 1  2h Im p xn

Como una de las expresiones es mayor que la integral buscada y la otra es menor (según la curva sea cóncava o convexa), tomaremos, como valor aproximado de la integral

I1  I2  E  E    f x dx   h  2 Im p a  2  4  b

Evidentemente, para el error cometido, se tiene Error 

I 2  I1 E  E h 2 4

Es importante hacer notar que si la curva representativa de f(x) tuviera un punto de inflexión en el intervalo (a, b) sería necesario fraccionar el intervalo en dos subintervalos de modo que el punto de inflexión quedara en uno de los extremos. Este método tiene dos ventajas: En primer lugar no es necesarios calcular todas las ordenadas y, en segundo lugar, es muy fácil estimar el orden de magnitud del error cometido. Ejemplo 1: Calculemos un valor aproximado de

1 dx

01  x2

con h = 0,1.

200

Calculemos, para empezar, las ordenadas necesarias:

y0  1 y1  1,01  0,990099 y3  1,09  0,9174311 y5  1,25  0,8 1

1

1

y7  1,49  0,6711409 y9  1,81  0,5524861 y10  1 2  0,5 1

1

Obsérvese que no hemos calculado y2, y4, y6 ni y8.

E  y0  y10  1,5 E  y1  y9  1,5425851 Im p  y1  y3  y5  y7  y9  3,9311571 (Observése que Imp incluye a y1 y a y9 ) 1 dx

 0,0425851   2  3,9311571  0,7851668 4 

 0 1  x 2  0,1

Y el error es   0,0010646  2  103 , lo que nos garantiza, por lo menos, dos decimales exactos. En este caso en particular sabemos que el valor exacto es /4 = 0,7853981. Ejemplo 2: Calculemos un valor aproximado de

1,2 senx

0

x

dx .

Tomemos h = 0,1. Aplicando la regla de l´Hôpital, se obtiene y0 = 1.

sen 0,1 sen 0,3 sen 0,5  0,99833 y3   0,98507 y5   0,95885 0,1 0,3 0,5 sen 0,7 sen 0,9 sen 1,1 y7   0,92031 y9   0,87036 y11   0,81019 0,7 0,9 1,1 sen 1,2 y12   0,776699 E  1,77670 E  1,80852 Im p  5,54311 1,2 y1 

1,77670  1,80852  dx  0,1  2  5,54311  1,10783 x 4  

1,2 senx

0

Y, el error es:   0,00080  1  103 , lo que nos garantiza que hay, por lo menos, tres decimales exactos.

3.7 Fórmula de Simpson Supongamos f(x) continua y con derivadas continuas en el intervalo de integración y sustituyámosla por un polinomio de segundo grado.

201

Y

h

h

x0

x1

X

x2

Utilizando la fórmula de Lagrange: x 2  x  x1 x  x 2  x  x 0 x  x 2   y x  x 0 x  x1  dx   f x dx  y  y 0 1 2   x0  x 0   h  2h  h  h  h 2h   x2

Y, haciendo el cambio de variable x – x0 = r h, 2

 x 0 f x dx   0 y0 x2

r  1r  2  y rr  2  y rr  1 h dr  h y 2

1

2

1

2



3

0  4 y1  y2 

Y, si dividimos el intervalo (a, b) en un número par de partes iguales y repetimos este procedimiento para cada par de intervalos parciales, obtenemos

 a f x dx  3 y0  4y1  y2   y2  4y3  y4   y4  4y5  y6       yn 2  4yn 1  yn   b

h

h y0  2 y2  2 y4      2 yn 2  yn   4y1  y3  y5      yn 1   3 h h  2y0  y 2  y 4      y n   y0  y n   4y1  y3  y5      y n 1   2 P  4 Im p  E  3 3 

Donde P es la suma de las ordenadas pares, Imp la de las impares y E la de las extremas. Ejemplo: Calculemos un valor aproximado de

1 dx

01  x2

con h = 0,1.

Fácilmente obtenemos

202

y 0  1 y1  0,990099

y 2  0,9615384

y 6  0,7342941 y 7  0,6711409

y3  0,9174311 y 4  0,862689

y8  0,6097560

y5  0,8

y9  0,5524861 y10  0,5

P  y 0  y 2  y 4  y 6  y8  y10  4,6686574 Im p  y1  y3  y5  y 7  y9  3,9311571 E  y 0  y10  1.5 1 dx 0,1  0 1  x 2  3 2  4,6686574  4  3,9311571  1,5  0,7853981 Resultado más exacto que el obtenido por la fórmula de Poncelet pero para el cual ha habido que calcular un mayor número de ordenadas. Para obtener una fórmula del error coloquemos, por comodidad, los ejes tal como indica la figura.

Y

Sea la curva aproximada y0

y1

y2

h

y  a  bx  cx 2  dx 3

h 0

X

Con lo cual

y0  a  bh  ch  dh   2 y1  a  2ch  y0  y 2  2 y1  y 2  a  bh  ch 2  dh 3  2

3

Si desarrollamos la función a integrar en serie de Mac Laurin, tendremos:

f x   a  bx  cx 2  dx 3 

f IV x  4 x 24

h f IV x  4 2 3   f x dx  2 ah  ch   h  h 24 x dx 3 h

Y, si M es un valor mayor o igual a la cuarta derivada de f(x) en todo el intervalo (a, b), y se tienen en cuenta los valores de las constantes, h

 h

f x dx 

5 h y0  4y1  y2   M 2h 3 120

Con lo cual, multiplicando por n/2 el error de dos intervalos parciales:

203

M nh5 Error Total  120 En esta fórmula del error, lo que a menudo resulta engorroso es estimar el valor de M. En el ejemplo expuesto más arriba se obtiene que

24  10  105 d 4  1  120x 4  240x 2  24  24  Error   2  105    2 5 120 dx 4  1  x 2  1 x





3.8 Fórmulas de Newton – Cotes Siguiendo el mismo método que se ha utilizado para deducir la fórmula de Simpson, se pueden encontrar otras fórmulas que correspondan a los casos en los que se haya dividido el intervalo total en un múltiplo de tres, o de cuatro, o de cinco, etc… intervalos parciales. Deduzcamos el primer caso (n múltiplo de tres) y los otros se deducirán de modo análogo. Utilizando de nuevo la fórmula de Lagrange para sustituir la función a integrar por otra aproximada, tenemos:

 x 03 f x dx  x

x x  x1 x  x 2 x  x 3   y x  x 0 x  x 2 x  x 3   y x  x 0 x  x1 x  x 3     3 y0 1 2 x0  h  2h  3h  h  h  2h   h h 2h 

 y3

x  x 0 x  x1 x  x 2  dx h 2h 3h 

Y, haciendo otra vez el cambio de variable x – x0 = r h,

 x 0 f x dx   x 0  y0 x3

x3

r  1r  2r  3  y rr  2r  3  y rr  1r  3  y rr  1r  2 dx 6

1

2

2

Y, en total: xn 3h  x 0 f x dx  8 y0  3y1  3y2  y3   y3  3y4  3y5  y6      

Ejemplo:

204

2

3

6

Calculemos el valor aproximado de 

1,2 senx 0

x

dx con h = 1.

y0  1 y1  0,99833 y 2  0,99335 y3  0,98507 y 4  0,97355 y5  0,95885 y6  0,94107 y7  0,92031 y8  0,89670 y9  0,87036 y10  0,84147 y11  0,81019 y12  0,77670 1,2 senx  0 x dx  3h y0  3y1  3y2  y3   y3  3y4  3y5  y6   y6  3y7  3y8  y9   y9  3y10  3y11  y12  8 1,2 senx

0

x

3h y0  y12   2y3  y6  y9   3y1  y 2  y 4  y5  y7  y8  y10  y11   8 3  0,1 1,77670  2  2,79650  3  7,39274  1,10805  8

dx 

3.9 Integración de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Fórmula de Euler Sea la ecuación diferencial ordinaria de primer orden y´ = f(x,y) con los valores iniciales x = x0 ; y = y0.

Y D C B

A

y0

Si tomamos como incremento constante de la variable X, el valor de h, según la figura se tiene:

h x0

x1

BC  AB tg  h y0  h f x 0 , y0 

X

Y, si tomamos BC aproximadamente igual a BD , con lo cual evidentemente cometemos un error, llegamos a

y0  h f x 0 , y0  Y si repetimos el proceso obtenemos

yi  h f x i , yi  Fórmula en la cual se irán acumulando los errores, razón por la cual no será aconsejable utilizar este métodos más que para obtener una idea general del comportamiento de la

205

solución, o para valores próximos a los iniciales. Los cálculos pueden disponerse en forma de tabla: x x0

y y0

x1 = x0 + h y1 = y0 + y0 x2 = x1 + h y2 = y1 + y1 ……. ……….

y´ y  y0  f x 0 , y0  y0 = h f(x0,y0) y1  f x1, y1  y1 = h f(x1,y1) y2  f x 2 , y2  y2 = h f(x2,y2) ………. ………..

Ejemplo: Integremos la ecuación diferencial y  2x  y en el intervalo (0; 0,5) con x0 = 0 y0 = 1 h = 0,1. (Cálculos con 3 decimales). x x0 = 0

y

y0 = 1 x1 = 0,1 y1 = 1,100 x2 = 0,2 y2 = 1,230 x3 = 0,3 y3 = 1,393 x4 = 0,4 y4 = 1,592 x5 = 0,5 y5 = 1,832

y´ y0  1

y

y0 = 0,1  1,300 y1  y1 = 0,13 y2  1,630 y2 = 0,163 y3  1,993 y3 = 0,199 y4  2,392 y4 = 0,239

En este ejemplo la ecuación se puede resolver exactamente: y  3ex  2x  2 , y los resultados exactos así como el porcentaje de error del método de Euler son: x x0 = 0 x1 = 0,1 x2 = 0,2 x3 = 0,3 x4 = 0,4 x5 = 0,5

y Error (%) y0 = 1 0,00 y1 = 1,116 1,39 y2 = 1,264 2,71 y3 = 1,450 3,90 y4 = 1,675 4,96 y5 = 1,946 5,89

3.10 Método de Euler Modificado Una mejora apreciable del método de Euler consiste en: a. Dado y0 calcular, como antes, un primer valor de la pendiente: m0 = f(x0, y0). b. Estimar un primer valor de y1: y1,1 = y0 + h f(x0,y0) = y0 + h m0. c. Calcular luego un valor para la pendiente en el punto (x1, y1,1), es decir m1,1 = f(x1, y1,1).

206

d. Finalmente, tomar el promedio de las dos pendientes para calcular el valor f x 0 , y0   f x1 , y1,1  m  m1.1 definitivo de y1: y1  y0  h 0 .  y0  h 2 2 e. Así, sucesivamente. En general: -

Partimos de xn e yn Calculamos mn  f x n , yn  Calculamos yn+1,1 = yn + h mn Calculamos mn+1,1 = f(xn+1, yn+1,1) m  mn 1.1 Finalmente, y n 1  y n  h n 2

Ejemplo: Repitamos el ejemplo anterior, es decir, integremos la ecuación diferencial y  2x  y en el intervalo (0; 0,5) con x0 = 0 y0 = 1 h = 0,1. xn x0 = 0 x1 = 0,1 x2 = 0,2 x3 = 0,3 x4 = 0,4 x5 = 0,5

yn y0 = 1 y1 = 1,115 y2 = 1,263 y3 = 1,448 y4 = 1,673 y5 = 1,942

mn m0 = 1 m1 = 1,315 m2 = 1,663 m3 = 2,048 m4 = 2,473

yn+1 y1,1 = 1,1 y2,1 = 1,247 y3,1 = 1,429 y4,1 = 1,652 y5,1 = 1,920

mn+1,1 m1,1 = 1,3 m2,1 = 1,647 m3,1 = 2,029 m4,1 = 2,452 m5,1 = 2,920

yn+1 Error (%) y1 = 1,115 0,00 y2 = 1,263 0,05 y3 = 1,448 0,09 y4 = 1,673 0,13 y5 = 1,942 0,17 0,20

Tal como se puede ver, ahora el error resulta aceptable.

3.11 Método de Adams Sea la ecuación diferencial y´ = f(x, y) con los valores iniciales x = x0 ; y = y0 ; así como el incremento constante de la variable X que designaremos, como de costumbre, con la letra h. -

La ecuación dada permite, por derivación, encontrar los valores de y0 , y0 e y0 .

-

Si expresamos la solución en forma de desarrollo en serie de Taylor en las proximidades de x0 y limitamos el desarrollo a la derivada de tercer orden incluida, obtenemos y y y 2 3 y  y0  0 x  x 0   0 x  x 0   0 x  x 0  1! 2! 3!

207

Bastará hacer x = x1 = x0 + h; x = x2 = x0 +2 h; para obtener y1 e y2:

h2 h3 y0  y0 2 6 4h 3 y 2  y 0  2h y0  2h 2 y0  y0 3 y1  y 0  h y0 

-

El error cometido al suprimir términos del desarrollo en serie de Taylor no es grande por ser, en general, h pequeña. No se puede seguir calculando los valores de Y por este camino porque los errores se incrementarían muy rápidamente. Para encontrar los siguientes valores de la solución desarrollemos Y en las proximidades de x = x2, limitando otra vez el desarrollo en las derivadas de tercer orden.

y  y2 

  y2 x  x 2   y2 x  x 2 2  y2 x  x 2 3 1! 2! 3!

Haciendo x = x3 = x2 + h, obtenemos

h2 h3 y3  y 2  h y2  y2  y2 2 6

(1)

El valor de y2 lo podemos obtener de la ecuación diferencial dada, pero para los valores de y2 e y2 necesitamos algo más. -

Desarrollemos ahora en serie de Taylor, en las proximidades de x = x2, la derivada y´. Es decir: y y 2 y  y2  2 x  x 2   2 x  x 2  1! 2! Haciendo x = x1 = x2 – h y, luego x = x0 = x2 – 2h llegamos a

h2 y2 2 y0  y2  2h y2  2h 2 y2 y1  y2  h y2 

Restando estas ecuaciones se obtiene

208

h2 y2 2 3h 2 y0  y1  y0  h y2  y2 2 y1  y2  y1  h y2 

Y, de restar estas dos últimas ecuaciones: 2 y0  y1  y0  h 2 y2

De ello se deduce fácilmente que

1 2 1 1 2  y0 y2  y1   y0 2 h h 2h Y, finalmente, sustituyendo en la ecuación (1) y después de simplificar, se tiene: y2 

y3  y 2  h y2 

h 5h y1  2 y0 2 12

Como el proceso indicado puede continuarse del mismo modo, en general tenemos:

y n 1  yn  h yn 

h 5h yn 1  2 yn  2 2 12

Ejemplo: Sea la ecuación diferencial y  3xy  y2  x 2

x 0  1; y0  2; h  0,1

Encontremos, en primer lugar, los valores de y0 , y0 e y0 :

y  3xy  y 2  x 2  y0  3 1 2  22  12  1 y  3y  3xy  2 yy  2x  y0  3  2  3 11  2  2 1  2 1  3 2 y  6 y  3xy  2y  2 yy  2  y0  6 1  3 1 3  2 12  2  2  3  2  1

El siguiente paso es hallar los valores de y1 e y2:

0,1  3  0,1   1  2,1148 h2 h3 y0  y0  2  0,1  1  2 6 2 6 3 3 4h 40,1 2 y 2  y0  2h y0  2h 2 y0  y0  2  2  0,1  1  2  0,1  3    1  2,2587 3 3 2

y1  y0  h y0 

3

Los siguientes cálculos se pueden disponer en forma de tabla:

209

y´

y0 = 2

y´ y0  1

x1 = 1,1

y1 = 2,1148

y1  1,2964

y0  0,2964

x2 = 1,2

y2 = 2,2587

y2  1,5896 y3  1,8800

y1  0,2932 y2  0,2904 y3  0,2842

x x0 = 1

y

x3 = 1,3 Y3 = 2,4322 x4 = 1,4 y4 = 2,6346 x5 = 1,5

y4  2,1642

2y´

2 y0  -0,0032

2 y1  -0,0028 2 y2 = -0,0062

y5 = 2,8649

3.12 Método de Runge Kutta Como la justificación del método es bastante laboriosa, solamente indicaremos el proceso de esta justificación, sin acabar todos los cálculos. a. Derivando la ecuación diferencial dada obtenemos y  f x  f y y  f x  f y f

Volviendo a derivar,

 y  f y2 y2  f y y  f x2  2f yx  f  f y2 f 2  f y f x  f y f  y  f x2  2f yx Y, volviendo a derivar podremos obtener una expresión análoga de yIV en función de f y de sus derivadas parciales hasta las de tercer orden incluidas. Por el desarrollo en serie de Taylor limitado en la derivada cuarta, tenemos:

h2 h3 h 4 IV y  y x  h   yx   h y  y  y  y 2! 3! 4! Y, sustituyendo los valores de las derivadas obtenidos más arriba, llegaremos a una expresión del incremento de y en función de f y sus derivadas parciales. b. Haciendo

h k   k2  h f  x  , y  1  2 2  h k   k 3  h f  x  , y  2  k 4  h f x  h, y  k 3  2 2  k1  h f x, y 

Y, si desarrollamos en serie de Taylor de dos variables estas expresiones, hasta los términos en h4 incluidos, llegamos a obtener k1, k2, k3, k4, también en función de f y de sus derivadas parciales.

210

c. Se comprueba que la expresión

y 

1 k1  2k 2  2k 3  k 4  6

da el mismo resultado que el obtenido en el punto (a). d. En resumen: -

-

-

k10  h f x 0 , y0 

Se calculan

h k   k 20  h f  x 0  , y0  10  2 2  

h k   k 30  h f  x 0  , y0  20  k 40  h f x 0  h, y0  k 30  2 2   1 Se calculan y0  k10  2k 20  2k 30  k 40  x1  x 0  h y1  y0  y0 6 h k   k 21  h f  x1  , y1  11  Se calculan k11  h f x1 , y1  2 2   h k   k 31  h f  x1  , y1  21  k 41  h f x1  h, y1  k 31  2 2   1 Se calculan y1  k11  2k 21  2k 31  k 41  x 2  x1  h y2  y1  y1 6 Y así sucesivamente.

Ejemplo: Tomemos de nuevo la ecuación diferencial y  3xy  y2  x 2 con los valores iniciales x 0  1; y0  2; h  0,1 . k10  0,13  1  2  1  2  0,1

  k 20  0,13  1,05  2,05  1,05  2,05  0,1152  y0  0,1  2  0,1152  2  0,1145  0,1297  6 2 2 k 30  0,13  1,05  2,0576  1,05  2,0576  0,1145 y0  0,1148 x1  1,1 y1  2,1148  2 2 k 40  0,13  1,1  2,1145  1,1  2,1145  0,1297  2

2

2

2

h k  h k    k11  h f x1 , y1  k 21  h f  x1  , y1  11  k 31  h f  x1  , y1  21  k 41  h f x1  h, y1  k 31  2 2  2 2   

211

k11  0,13  1,1 2,1148  1,1  2,1148  0,1296

  2 2 k 21  0,13  1,15  2,1796  1,15  2,1796  0,1446 y1  0,1296  2  0,1446  2  0,144  0,159  6 2 2 k 31  0,13  1,15  2,1871  1,15  2,1871  0,1440  y1  0,1143 x 2  1,2 y 2  2,2591  2 2 k 41  0,13  1,2  2,2588  1,2  2,2588  0,1590  2

2

h k   k12  h f x 2 , y 2  k 22  h f  x 2  , y 2  12  2 2  

h k   k 32  h f  x 2  , y 2  22  2 2  

k 42  h f x 2  h, y 2  k 32 

k12  0,13  1,2  2,2591  1,2  2,2591  0,1590

  2 2 k 22  0,13  1,25  2,3386  1,25  2,3386  0,1738 y 2  0,159  2  0,1738  2  0,1731  0,188  6 2 2 k 32  0,13  1,25  2,3460  1,25  2,3460  0,1731 y 2  0,1735 x 3  1,3 y3  2,4326  2 2 k 42  0,13  1,3  2,4322  1,3  2,4322  0,1880  2

2

k  h  k13  h f x 3 , y3  k 23  h f  x 3  , y3  13  2 2  

k  h  k 33  h f  x 3  , y3  23  2 2  

k 43  h f x 3  h, y3  k 33 

k13  0,13  1,3  2,4326  1,3  2,4326  0,1880

  k 23  0,13  1,35  2,5267   1,35  2,5267   0,2026 y3  0,188  2  0,2026  2  0,2019  0,2164  6 2 2 k 33  0,13  1,35  2,5340  1,35  2,5340  0,2019  y3  0,2022 x 4  1,4 y 4  2,6349  2 2 k 43  0,13  1,4  2,6346  1,4  2,6346  0,2164  2

2

2

2

k  h  k14  h f x 4 , y 4  k 24  h f  x 4  , y 4  14  2 2  

k  h  k 34  h f  x 4  , y 4  24  2 2  

k 44  h f x 4  h, y 4  k 34 

k14  0,13  1,4  2,6349  1,4  2,6349  0,2164

  k 24  0,13  1,45  2,7431  1,45  2,7431  0,2306  y 4  0,2164  2  0,2306  2  0,2297  0,2435  6 2 2 k 34  0,13  1,45  2,7502  1,45  2,7502  0,2297 y 4  0,2301 x 5  1,5 y5  2,8650  2 2 k 44  0,13  1,5  2,8646  1,5  2,8646  0,2435  2

2

2

2

3.13 Integración de Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden Para resolver un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden bastará con aplicar cualquiera de los métodos expuestos, pero llevando a la vez tantas tablas como ecuaciones contenga el sistema.

212

Ejemplo:

 y  x  z Integremos el sistema  con los valores iniciales x0 = 0; y0 = 0; z0 = 1; h = 0,1  z  x  y  en el intervalo x = 0; x = 0,4. Utilicemos el método de Adams:

y  x  z  y0  1 z  x  y  z0  0

y  1  z  y0  1 z  1  y  z0  0

y  z  y0  0 z   y  z0  1

0,1  1  0,1  0  0,1050 h2 h3 y0  y0  0  0,1  1  2 6 2 6 3 3  4h 0,1 2 2       y 2  y 0  2h y 0  2h y 0  y0  0  2  0,1  1  2  0,1  1  4   0  0,2200 3 3 0,12  0  0,13   1  0,9998 h2 h3 z1  z 0  h z0  z0  z0  1  0,1  0  2 6 2 6 3 3  4h 0,1 2 2       z 2  z 0  2h z 0  2h z 0  z 0  1  2  0,1  0  2  0,1  0  4    1  0,9987 3 3 2

y1  y0  h y0 

3

El resto de los cálculos se incluyen en las siguientes dos tablas que deben resolverse simultáneamente. x x0 = 0

y y0 = 0

x1 = 0,1 y1 = 0,1050 x2 = 0,2 y = 0,2200 2

x3 = 0,3 y3 = 0,3448 x4 = 0,4 y4 = 0,4791 x x0 = 0

z

z0 = 1 x1 = 0,1 z1 = 0,9998 x2 = 0,2 z = 0,9987 2

x3 = 0,3 z3 = 0,9955 x4 = 0,4 z4 = 0,9894

y´ y0  1

y´

y1  1,0998

y0  0,0998

y2  1,1987 y3  1,2955

y1  0,0989

2 y0  -0,0009

y2  0,0968

2 y1  -0,0021

z´ z0  0

z´

2z´

z1  -0,0050

z0  -0,0050

z2  -0,0200 z3  -0,0448

z1  -0,0150

2 z0  -0,0100

z2  -0,0248

2 z1  -0,0098

213

2y´

3.14 Integración de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Orden Superior al Primero





Toda ecuación del tipo yn  f x, y, y, y,..., yn 1 se puede reducir a un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden, mediante un adecuado cambio de variables. y  z1 ; y  z1  z 2 ; y  z2  z3 ; ....; yn  zn 1  f x, y, z1, z 2 ,...., z n 1 

Ejemplo: Integremos, por el método de Runge-Kutta y en el intervalo x = 0; x = 0,4, la ecuación diferencial y  xy  x 2  y2 con los valores iniciales x0 = 0; y0 = 1; y0  1 . y  z Sustituimos la ecuación por el sistema  2 2 z  x  y  xz

214

x 0  0 y0  1 z 0  1

Los resultados se incluyen en las siguientes dos tablas. x 0 0,1 0,2 0,3 0,4

y 1 1,1052 1,2218 1,3517 1,4975

k0i 0,1000 0,1108 0,1232 0,1378

x+h/2 0,05 0,15 0,25 0,35

y+k1i/2 1,05 1,1606 1,2834 1,4206

k2i 0,1050 0,1164 0,1296 0,1453

y+k2i/2 1,0525 1,1634 1,2866 1,4244

k3i 0,1053 0,1167 0,1301 0,1459

x+h 0,1 0,2 0,3 0,4

y+k3i 1,1053 1,2219 1,3519 1,4977

k4i 0,1106 0,1228 0,1371 0,1542

y 0,1052 0,1166 0,1299 0,1457

x 0,0 0,1 0,2 0,3 0,4

z 1,0000 1,1075 1,2316 1,3776 1,5518

k0i 0,1000 0,1121 0,1286 0,1504

z+h/2 0,05 0,15 0,25 0,35

z+k1i/2 1,0500 1,1636 1,2959 1,4528

k2i 0,1053 0,1195 0,1386 0,1632

z+k2i/2 1,0526 1,1673 1,3009 1,4592

k3i 0,1058 0,1201 0,1393 0,1641

z+h 0,1 0,2 0,3 0,4

z+k3i 1,1058 1,2276 1,3709 1,5417

k4i 0,1232 0,1533 0,1918 0,2403

z 0,1075 0,1241 0,1460 0,1742

3.15 Raíces de una Ecuación Cuando se trata de encontrar las raíces de una ecuación hay que mirar, en primer lugar, si se trata de una ecuación algebraica no lineal de coeficientes enteros. En ese caso hay que comenzar por establecer si dicha ecuación tiene raíces enteras o fraccionarias. Si no es así o si la ecuación no pertenece a este tipo en particular, la determinación de las raíces se suele hacer en dos pasos: 1. Separar las raíces. Es decir, encontrar intervalos en los cuales está contenida una, y una sola, raíz. 2. Aproximar las raíces. Es decir, reducir la magnitud de los intervalos anteriores hasta que nos den las raíces con el grado de aproximación deseado.

3.15.1 Raíces Enteras de una Ecuación Algebraica No Lineal de Coeficientes Enteros Sea la ecuación a n x n  a n 1x n 1  ...  a 2 x 2  a1x  a 0  0 en la que suponemos todos los coeficientes enteros. Sea p una raíz entera. Despejando a0 tenemos:



a 0  p a n pn 1  a n 1pn  2  ...  a 2p  a1



Luego a0 debe ser múltiplo de p, o lo que es igual, las posibles raíces enteras de la ecuación deben ser divisores del término independiente. Ejemplo 1: Consideremos la ecuación 2x 4  2x3  11x 2  x  6  0 , Las posibles raíces enteras son;

215

1, 2, 3, 6, -1, -2, -3, -6. 1 2 -2 -11 -1 -6 2 0 -11 -12 2 0 -11 -12 -18

2 2 -2 -11 -1 -6 4 4 -14 -30 2 2 -7 -15 -36

-1 2

4 1 2 -2 -2 1 2 2 -1 3

3 2 -2 -11 -1 -6 6 12 3 6 2 4 1 2 0

-2 2

4 1 2 -4 0 -2 2 0 1 0

Por lo tanto, las raíces enteras de esta ecuación son x = 3; x = -2. Cuando el término independiente tiene un gran número de divisores convendrá buscar el modo de eliminar rápidamente varios de ellos simultáneamente. Sea Pn(x) = 0 la ecuación considerada. Dividiendo por x – k obtenemos:





Pn x   x  k  bn 1x n 1  bn  2 x n  2  ...  b2 x 2  b1x  b0  C  0

Si todos los coeficientes bi son positivos y también el resto C, evidentemente P n(x) no se puede anular para ningún valor de x mayor que k. Esta regla, llamada regla de Laguerre, permite en muchos casos eliminar varias posibles raíces de una sola vez. Para eliminar raíces negativas, bastará hacer x = - y, con lo cual las raíces negativas se convierten en positivas, y estaremos en el caso anterior. Ejemplo 2: Consideremos la ecuación x5  x 4  40x3  36x 2  384x  576  0 . Como 576 tiene un gran número de divisores aplicaremos la regla de Laguerre. Probemos k = 4: 4 1 -1 40 -36 -384 576 4 12 208 688 1216 1 3 52 172 304 1792 Como todos los coeficientes son positivos ya sabemos que no puede haber raíces mayores que 4. A continuación, haciendo el cambio de variable x = - y, obtenemos la ecuación y5  y4  40y3  36y2  384y  576  0 . Probemos otra vez con k = 4. 4 1 1 40 36 -384 576 4 20 240 1104 2880 1 5 60 276 720 2304

216

Como todos estos coeficientes son positivos, sabemos que no puede haber raíces mayores que y = 4, o lo que es lo mismo, no puede haber raíces menores que x = - 4. Por lo tanto, las únicas posibles raíces enteras son:  1,  2,  3. 1 1 -1 40 -36 -384 576 1 0 40 4 -380 1 0 40 4 -380 196

2 1 -1 40 -36 -384 576 2 2 84 96 -576 1 1 42 48 -288 0

x = 2 es una raíz, pero es necesario probar x = 2 de nuevo porque esta raíz podría estar repetida. 2 1 1 42 48 -288 2 6 96 288 1 3 48 144 0 En efecto, x = 2 es una raíz doble y, como la ecuación que ha quedado, x 3  3x 2  48x  144  0 , tiene todos los coeficientes positivos, no puede haber más raíces enteras positivas. Probemos las negativas: -3 1

3 48 144 -3 0 -144 1 0 48 0

X = -3 es una raíz y, como la ecuación que ha quedado es x 2  48  0 , no puede haber más raíces enteras.

3.15.2 Raíces Fraccionarias de una Ecuación Algebraica con Coeficientes Enteros Si x  p q (irreducible) es una raíz de la ecuación, p (entero) debe ser divisor del término independiente y q (entero) debe ser divisor del primer coeficiente, an. En efecto, por ser p/q una raíz, pn p n 1 p2 p a n n  a n 1 n 1  ...  a 2 2  a1  a 0  0 q q q q

a n p n  a n 1p n 1q  ...  a 2 p 2q n  2  a1pqn 1  a 0q n  0 Y, de aquí:

  qa

q n a 0  p a n p n 1  a n 1p n  2q  ...  a 2 pqn  2  a1q n 1 pn a n



q n 1  ...  a 2 p 2q n  3  a1pqn  2  a 0q n 1

n 1



La primera igualdad nos dice que a0 es múltiplo de p y la segunda que an es múltiplo de q. Ejemplo 1:

217

Busquemos las raíces fraccionarias de 15x 4  7x3  73x 2  35x  10  0 . Después de haber comprobado que no tiene raíces enteras, busquemos las raíces fraccionarias positivas. El numerador debe estar entre los números 1, 2, 5 y 10. Y el denominador entre los números 1, 3, 5 y 15. Por lo tanto, las posibles raíces fraccionarias son: 1/3, 2/3, 5/3, 10/3, 1/5, 2/5, 1/15 y 2/15 (5/5 y 10/5 son enteros y, 5/15 y 10/15 están repetidos). Probando, llegamos a: 2/3 15

-7 73 -35 -10 10 2 50 10 15 3 75 15 0

La ecuación que queda es: 15x 3  3x 2  75x  15  0 que no tiene raíces positivas. Como los divisores de 15 son 1, 3, 5 y 15, las posibles raíces fraccionarias negativas son: -1/3, -5/3, -1/5, -3/5 y -1/15. Probando, -1/5 15

3 75 15 -3 0 -15 15 0 75 0

La ecuación que queda es 15x 2  75  0 que no tiene raíces reales. Otro procedimiento consiste en hacer el cambio de variable x = z/a n. Después de hacer el cambio de variables el coeficiente del término de mayor grado es la unidad y, por lo tanto, la nueva ecuación no tiene raíces fraccionarias (el denominador ha de ser la unidad). Tomando de nuevo la ecuación del ejemplo anterior y haciendo x = z/15, 4

3

2

z z z z 15   7   73   35   10  0  15   15   15   15 

Y multiplicando por 153,

z4  7z3  1095z2  7875z  33750  0 Probemos z = 11 11 1 -7 1095 -7875 -33750 11 44 12529 51194 1 4 1139 4654 17444

218

Como todos los coeficientes son positivos sabemos que no puede haber raíces mayores que 11. Las raíces positivas posibles son, pues, 1, 2, 3, 5, 6, 9 y 10. Probando llegamos a 10 1 -7 1095 -7875 -33750 10 30 11250 33750 1 3 1125 3375 0 Quedando z3  3z2  1125z  3375  0 , ecuación que no tiene raíces positivas. Haciendo z = - y queda y3  3y2  1125z  3375  0 . Probamos con y = 5. 5 1 -3 1125 -3375 5 10 5675 1 2 1135 2300 No puede haber raíces mayores que 5. Por lo tanto las posibles raíces enteras de la ecuación en y son 1 y 3. 3 1 -3 1125 -3375 3 0 3375 1 0 1125 0 Y, así, queda y2  1125  0 que no tiene raíces reales. Las raíces fraccionarias de la 10 2  3 1  y x  ecuación en x son: x  . 15 3 15 5

3.16 Separación de Raíces de una Ecuación En muchos casos resulta difícil o imposible encontrar los valores exactos de las raíces de una ecuación algebraica o trascendente f(x) = 0. Por ello resulta importante conocer métodos que nos permitan hallar valores aproximados de dichas raíces. En particular, veremos tres métodos: -

Método del cambio de signo. Método gráfico. Método de Sturm para separar las raíces de un polinomio.

3.16.1 Método del Cambio de Signo Tal como se ha indicado anteriormente, el primer paso en estos casos es separar las raíces. Para ello es importante el siguiente teorema:

219

f(x)

“Si una función continua f(x) toma valores de signos opuestos en los extremos de un intervalo (a, b), el intervalo contiene un número impar de raíces”.

b X

f(x)

Para que la raíz sea única, será necesario, además, que la primera derivada f x  tenga signo constante en dicho intervalo. Es decir, que sea siempre creciente o decreciente.

b a

X

f(x)

X a

b

Análogamente, “Si una función continua f(x) toma valores de signos iguales en los extremos de un intervalo (a, b), dicho intervalo contiene cero o un número par de raíces”.

Si la primera derivada tiene signo constante, la ecuación no contiene, en este caso, ninguna raíz en dicho intervalo. Estos teoremas permiten, a veces, separar las raíces de un modo sencillo como puede verse en los ejemplos que siguen. Ejemplo 1: Sea la ecuación x 3  3x 2  3x  3  0 Si f x   x 3  3x 2  3x  3  f     f  3  6 f 0  3 f    . Y como una ecuación de tercer grado no puede tener más de tres raíces, éstas ya están separadas:

   x1 - 3

- 3  x2  0

0  x3  

Repitiendo el proceso se pueden estrechar los intervalos. En este caso resulta

220

- 3,7  x1  -3,6

-0,7  x2  -0,6

1,2  x3  1,3

Ejemplo 2: Consideremos la ecuación 2x  senx  0 . Si f x   2x  senx  f x   2  cos x que siempre es positiva, y como f     f    la ecuación tiene una sola raíz real que, mediante la busqueda del cambio de signo podemos situar en el intervalo - 0,7  x  - 0,8.

3.16.2 Método Gráfico de Separación de Raíces Dada la ecuación f(x) = 0, cuando no es difícil encontrar las raíces de la primera derivada, f´(x) = 0, es cómodo hacer un gráfico aproximado de la curva y = f(x) y buscar sus puntos de intersección con el eje 0X para determinar el número de raíces reales de la ecuación y sus intervalos de separación. Los ejemplos que siguen aclaran fácilmente la cuestión. Ejemplo 1: Consideremos otra vez la ecuación x 3  3x 2  3x  3  0 . 10,00

Y 8,00

6,00

4,00

2,00

0,41 -5

-4

-3

-2,41

0,00 -2

-1

0

1

2

X

3

-2,00

-4,00

-6,00

-8,00

f x   x 3  3x 2  3x  3  f x   3x 2  6x  3  f x   6x  6 Las raíces de f´(x) = 0 son x = 0,41 y x = -2,41. f 0,41 es positiva y f  2,41 es negativa. Luego en (0,41;-3,66) hay un mínimo y en (-2,41;7,66) hay un máximo. La figura nos dice que la ecuación tiene tres raíces reales y que sus intervalos de separación son:

   x1  2,41  2,41  x 2  0,41 0,41  x 3  

221

Ejemplo 2: Consideremos la ecuación x 5  5x 4  7  0 . 250,00

Y 200,00

150,00

100,00

50,00 4 0,00 -2

-1

0

1

2

3

4

5

X

6

-50,00

-100,00

-150,00

-200,00

-250,00

-300,00

f x   x 5  5x 4  7  f x   5x 4  20x 3  5x 3 x  4  f x   20x 3  60x 2 Las raíces de f´(x) son x = 4 y x = 0. Como f 4 es positiva, en el punto (4;-249) hay un mínimo. Para x = 0 se anulan tanto la primera como la segunda derivada, por lo tanto hay que seguir derivando hasta encontrar una derivada no nula para x = 0. Así:

f x   60x 2  120x  f IV x   120x  120 Como la primera derivada no nula para x = 0 es de orden par y f IV 0  120 es negativa, en el punto (0; 5,97) hay un máximo, y la figura nos dice que hay tres raíces reales:

   x1  0

0  x2  4

4  x 3  

Ejemplo 3: Consideremos la ecuación ex  3x  2  0

f x   ex  3x  2  f x   ex  3  f x   ex La primera derivada tiene una sola raíz: x  ln 3  1,099 . La segunda derivada es siempre positiva, luego en el punto (1,099; -2,297) hay un mínimo y no hay más máximos ni mínimos. La figura nos dice que la ecuación tiene dos raíces reales:

   x1  1,099

1,099  x 2  

222

6,00

Y 5,00

4,00

3,00

2,00

1,00 1,099 0,00 -3

-2

-1

0

1

2

X

3

-1,00

-2,00

-3,00

En ocasiones conviene más escribir la ecuación f(x) = 0 en la forma g(x) = h(x) y graficar las curvas y = g(x) y = h(x). Los puntos de intersección de las dos curvas serán las raíces de la ecuación considerada. Ejemplo 4: Consideremos la ecuación 4 ln x  x  0 Escribamos la ecuación en la forma ln x  x 4 ; y graficaremos las curvas y  ln x y  x 4. 4,00

Y 3,00

2,00

y = ln x y = x/4

1,00

0,00 0

2

4

6

-1,00

-2,00

-3,00

223

8

10

X

12

La figura nos dice que la ecuación considerada tiene dos raíces reales y, estudiando los puntos en los que ln x es mayor o menor que x/4, se llega a: 1,5 < x1 < 1,5

8,5 < x2 < 8,6

3.16.3 Método de Sturm para Separar las Raíces de un Polinomio En una sucesión finita de números a1, a2, …, ap llamamos variaciones al número de cambios de signo ocurridos en la sucesión. Por ejemplo, la sucesión 1, 3, -2, 3, -4, contiene tres variaciones. Dado un polinomio P(x), se llama sucesión de Sturm a la sucesión formada por los polinomios P(x), P´(x), -R1(x), -R2(x), -R3(x),…. obtenidos según el siguiente algoritmo, muy parecido al que se utiliza para encontrar el máximo común divisor de dos polinomios, en el que los Qi(x) son los cocientes de las divisiones y Ri(x) los restos. Q0(x) Q1(x) Q2(x) Q3(x) P(x) P´(x) - R1(x) - R2(x) - R3(x) ….. R1(x) R2 (x) R3(x) R4(x) R5(x) ….. Ejemplo: Consideremos el polinomio x 4  3x  1 .

x 4  3x  1 3  x4  x 4 9  x 1 4

x 4 3 4x  3  4x 3 

16 2 x 9

16 2 x 3 9 16 64  x2  x 9 81 64 x 3 81 64 256  x 81 81 1931  729

16 2 64 256 x  x 9 81 729 9 x 1 4 9  x 4 -1 1 0

224

6561 729 x 7724 1931 1931 729

Y la sucesión de Sturm está formada por los polinomios:

x 4  3x  1; 4x 3  3;

9 1931 x  1; 4 729

Para separar las raíces basta tener en cuenta el teorema de Sturm (en cuya demostración no entraremos) que dice: “Sea P(x) = 0 una ecuación polinómica sin raíces múltiples y (a, b) un cierto intervalo. El número de raíces reales de la ecuación contenidas en el intervalo es igual a la diferencia de las variaciones que, para x = a y para x = b presenta la sucesión de Sturm”. Sigamos el ejemplo ya iniciado, es decir la ecuación x 4  3x  1  0 .

x  3x  1 4x 3  3 9 x 1 4 1931 729 Nº de Variaciones 4

 + -

0 + -

1 + +

2 + + +

+ + + +

+

+ + +

+

2

2 1 0

0

No hay más que dos raíces reales porque entre -  y +  la diferencia en el número de variaciones es: 2 – 0 = 2. Una de esas dos raíces reales está entre 0 y 1 porque para esos dos números la diferencia en el número de variaciones es: 2 – 1 = 1. La otra raíz real está entre 1 y 2 porque para esas dos cifras la diferencia en el número de variaciones es: 1 – 0 = 1.

3.17 proximación de Raíces Una vez definido el intervalo en el cual se encuentra cada una de las raíces de una ecuación, el siguiente paso es estimarla con el grado de precisión requerido. Para ello veremos los siguientes métodos: -

Método de Newton Método de Newton Modificado Método de las Cuerdas

225

-

Método de Newton – Fourier Método de Iteración Método de Lagrange

3.17.1 Método de Newton Sea la ecuación f(x) = 0 y x0 un valor aproximado de una raíz ya separada. Si x0 + h es el verdadero valor de la raíz, desarrollando en serie de Taylor hasta los términos de segundo grado, se tiene:

f x 0  h   f x 0   h f x 0  

h2 f x 0  h   0 2

Siendo  un número desconocido comprendido entre 0 y 1. De aquí,

h

f x 0  h 2f x 0  h   f x 0  2f x 0 

Y, despreciando el término en h2 obtenemos un valor aproximado de x:

x1  x 0  h  x 0 

f x 0  f x 0 

Repitiendo el proceso:

x 2  x1 

f x1  f x 2  f x n  ; x3  x 2  ;  ; x n 1  x n  f x1  f x 2  f x n 

Veamos ahora, si estando la raíz comprendida en el intervalo (a, b) nos conviene hacer x0 = a ó x0 = b. Supongamos que f x  tiene signo constante en el intervalo (a, b), lo que siempre se puede conseguir en caso necesario estrechando el intervalo. Sabemos que

x1  x 0 

f x 0  f x 0  h 2f x 0  h  ; x  x0   f x 0  f x 0  2f x 0 

x  x1 

h 2f x 0  h  2f x 0 

Luego,

x  x0 

226

f x 0  h 2f x 0  h   f x 0  2f x 0 

Como interesa que x  x1 sea menor que x  x 0 los dos sumandos que figuran en x  x 0 deben sumarse, luego f(x) y f x  deben tener el mismo signo.

Todo esto puede verse de un modo intuitivo muy simple acudiendo a una representación gráfica. Sea la ecuación f(x) = 0 y consideremos la curva y = f(x) representada en el figura. La ecuación de f(x) la tangente en el punto (x0, f(x0)) es:

y  f x 0   f x 0 x  x 0  b a x1 x0

Y, buscando su punto de intersección con el eje 0X, se obtiene:

X

x1  x 0 

f x 0  f x 0 

Tal como se había establecido anteriormente. Es decir, que el método consiste en sustituir la curva por la tangente, razón por la cual se suele llamar al método de Newton método de las tangentes. Con objeto de ver cual de los dos extremos del intervalo es x0 consideremos los cuatros casos posibles en los que suponemos f(x) continua y f x  de signo constante. En las figuras es fácil comprobar que x0 debe corresponder al punto en el cual la función y la derivada segunda tienen igual signo. f(x)

f(a) > 0 f x   0

x0=b

b a x1 x0

f(x)

f(b) < 0 f x   0

f(x)

a

X

f(b) > 0 f x   0

X

f(a) < 0 f x   0

f(x)

a

X x0 = b

x0 = a

X

227

b

Veamos ahora el cálculo del error   x  x n 1 . Aplicando el teorema del valor medio y teniendo en cuenta que, por ser x raíz f(x) es igual a cero, f x   f x n 1   f x n 1   x  x n 1 f c  m x  x n 1

Donde c es un valor interior al intervalo (x, x n+1) y m un valor menor que la primera derivada en dicho intervalo. De aquí

  x  x n 1 

f x n 1  m

Ahora, por desarrollo en serie de Taylor

f x n 1   f x n   f x n x n 1  x n  

f d  x n 1  x n 2 2

Donde d es interior al intervalo (x, xn+1). Y, como sabemos que

x n 1  x n 

f x n   f x n   f x n x n 1   0 f x n 

Nos queda

f x n 1  

f d  x n 1  x n 2  M x n 1  x n 2 2 2

Y, sustituyendo en la ecuación que define el error:

  x  x n 1 

M x n 1  x n 2 2m

Donde M es un valor mayor que f x  y m un valor menor que f´(x). Ejemplo 1: Aproximemos la raíz de la ecuación x 3  3x  1  0 que está comprendida entre 0,3 y 0,4.

f x   x 3  3x  1  f x   3x 2  3  f x   6x f 0,3  0,127 f 0,4  0,136 Y, como f x  es positiva en el intervalo (0,3; 0,4), debemos tomar x0 = 0,3.

228

x1  0,3 

0,127  0,34652 2,73

x 2  0,34652 

0,00205  0,34730 2,63977

Si nos detenemos aquí, para calcular el error tenemos: M = Máximo valor de 6x = 2,4

m = Mínimo valor de 3x2 – 3 = 2,52

Con lo cual,



2,4 0,34730  0,346522  3  107 2  2,54

Por lo tanto podemos asegurar que x es igual a 0,34730 con todos los decimales exactos. Ejemplo 2: Aproximemos la raíz de la ecuación ex  3x  2  0 que está comprendida entre 2 y 3.

f x   e x  3x  2  f x   e x  3  f x   e x f (2)  0,61  0 f 3  9,09  0 Y como f x  es siempre positiva, debemos tomar x0 = 3.

9,085537 2,3968704  2,4682322 x 2  2,4682322   2,1959091 17,085537 8,8015660 0,4004415 0,0196556 x 3  2,1959091   2,1290369 x 4  2,1290369   2,1254015 5,9881688 5,4067663 x1  3 

Si nos detenemos aquí, teniendo en cuenta que la raíz está comprendida entre 2,1 y 2,2 tenemos, para el error: M = Máximo de ex < 9,1



m = Mínimo de ex -3 > 5,1

9,1 2,1254015  2,12903692  1,37  105 2  5,1

Luego sólo podríamos asegurar que x es igual a 2,1254. Si quisiéramos más decimales habría que continuar el proceso.

3.17.2 Método de Newton Modificado

229

f(x)

X x1 x2 x0

A veces, cuando f´(x) resulta difícil de calcular o varía poco en el intervalo considerado, puede interesar sustituir las tangentes que siguen a la primera por paralelas a esta última, tal como se puede ver en la figura. Para el cálculo de x2, tenemos:

y  f (x1 )  f x 0 x  x1  Y, haciendo y = 0 y x = x2 obtenemos x 2  x1 

x3  x 2 

f x1  . Y, del mismo modo: f x 0 

f x 2  f x n  ;.......; x n 1  x n  f x 0  f x 0 

La convergencia suele ser algo más lenta pero los cálculos se simplifican. Ejemplo: Aproximemos la raíz de x x  1  3 x  1  senx  0 que está comprendida entre 1,2 y 1,6.

f x   x x  1  3 x  1  senx  f x   x  11 / 2 

x x  11 / 2  1 x  12 / 3  cos x 2 3

f x   x  11 / 2 

x x  13 / 2  2 x  15 / 3  senx 4 9 f(1,2) = -0,45274  0 f(1,6) = 0,20528  0 f x   0

f x 0   1,6 2,6  3 2,6  sen 1,6  0,20528 f x 0   2,6

1,6 2,61 / 2  1 2,6 2 / 3  cos1,6  1,96150 2 3 Esta derivada no hay que volverla a calcular. 1/ 2



0,20528  1,49535 f 1,49535  0,00863 1.96150 0,00863 x 2  1,49535   1,49095 f 1,49095  0,00075 1.96150 0,00075 x 3  1,49095   1,49057 f 1,49057   0,00007 1.96150 0,00007 x1  1,49057   1,49053 1.96150 x1  1,6 

230

luego x0 = 1,6

3.17.3 Método de las Partes Proporcionales, “Regula Falsi” ó Métido de las Cuerdas Se trata, en este caso, de sustituir la curva por la cuerda, en vez de sustituirla por la tangente, tal como indica la figura. La ecuación de la cuerda es:

f(x)

x1

x2 a

b= x0 X

y  f x 0  

f x 0   f a  x  x 0  x0  a

Y, haciendo y = 0; x = x1 obtenemos

x1  x 0 

f x 0  x 0  a  f x 0   f a 

Y, repitiendo el proceso,

x 2  x1 

f x1  x1  a      x n 1  x n  f x n  x n  a  f x1   f a  f x n   f a 

Como se ve, hay un extremo fijo, que en este caso es el x = a. Si el extremo fijo fuera el x = b procediendo del mismo modo llegaremos a

x n 1  x n 

f x n  x n  b f x n   f b 

Haciendo como en el párrafo anterior los gráficos de los cuatro casos posibles se ve que el extremo fijo es aquel en el que coinciden los signos de f(x) y f x  . Para el cálculo del error, tenemos:

x n 1  x n 

f x n  x n  a   f x n    f x n   f a  x n 1  x n  f x n   f a  xn  a

Y, teniendo en cuenta que si x es la raíz, entonces f(x) = 0

f x   f x n  

f x n   f a  x n 1  x n  xn  a

Utilizando, dos veces, el teorema del valor medio,

231

x  x n f c  x n 1  x n f d   x  x n   f d  x n 1  x n  f c   f d    f d   f c   x  x n 1  x  x n   x n 1  x n     1x n 1  x n    x n 1  x n  f c    f c    

Y si M es el máximo de la primera derivada y m es el mínimo,

Mm   x  x n 1   x n 1  x n   m  Ejemplo: Aproximemos, por el método de las cuerdas, la raíz de la ecuación x 4  x 2  3x  2  0 que está comprendida entre 1,5 y 2. 5

Y 4

3

2

1

X1

0 1,4

1,5

1,6

1,7

X2 1,8

1,9

2

X

2,1

-1

-2

-3

-4

-5

y  x 4  x 2  3x  2  y  4x 3  2x  3  y  12x 2  2 f 1,5  3,6875 f 2  4 Como f x  es positiva en el intervalo, el extremo fijo corresponde a x = 2. x n 1  x n 

f x n  x n  b   x1  x 0  f x 0  x 0  2  1,5  (3,6875) 1,5  2 f x n   f b  f x 0   4 (3,6875  4)

x1  1,7398 x 2  1,7398  x 3  1,7953 

(-1,08361) 1,7398  2  1,7953 (-1,08361  4)

(-0,22073) 1,7953  2  1,8060 (-0,22073  4)

232

x 4  1,806 

(-0,04139) 1,806  2  1,8080 (-0,04139  4)

x 5  1,8080 

(-0,00764) 1,8080  2  1,8084 (-0,00764  4)

Si nos detenemos aquí, tendríamos, para el error, que: M = f´(2) = 25 m = f´(1,5) = 7,5  25  7,5  Mm   1,8084  1,8080 x n 1  x n     m   7,5 

  10 3 Lo que nos garantiza tres decimales exactos. Si quisiéramos asegurar cuatro decimales exactos tendríamos que continuar el proceso. 3.17.4 Método de Newton – Fourier ó Método Mixto Se trata de utilizar simultáneamente los dos métodos que se acaban de explicar en los párrafos anteriores. Sea, por ejemplo, la ecuación 3 ln 1  x   senx  1  0 , y consideremos la raíz comprendida entre 0 y 1.

f x   3 ln 1  x   senx  1  f x  

f 0  1 f 1  1,9209 f 0  4

3 3  cox  f x     senx  0 1 x 1  x 2

La tangente en A tiene por ecuación y  1  4 x  0 , de donde, haciendo y = 0, x1 = 0,25. 2,5

Y 2

B

1,5

1

0,5

X1

0 0

0,2

X2 0,4

0,6

0,8

1

X

1,2

-0,5

-1

A -1,5

La cuerda tiene por ecuación y  1  2,9209x  0 , de donde obtenemos x1 = 0,3424.

233

Como el intervalo en el que se encuentra la raíz (0,25; 0,3424) es todavía excesivamente grande, tomemos como nuevo intervalo el (0,25; 0,35) y repitamos el procedimiento.

f 0,25  0,0832 f 0,35  0,2432 f 0,25  3,3689 La ecuación de la tangente en C es pues y  0,0832  3,3689x  0,25 de donde, haciendo y = 0, obtenemos x3 = 0,2747. La ecuación de la cuerda CD es y  0,0832  3,2640x  0,25 , de donde x4 = 0,2755. D

Y

X3 X4

X

C

Si nos detenemos aquí, tomaremos como solución aproximada de la ecuación:

x

x3  x 4  0,2751 2

Y, evidentemente, el error es; 

x 4  x3  0,0004  10-3 2

Lo que implica que sólo podemos asegurar tres decimales.

3.17.5 Método de Iteración Sea la ecuación x = f(x) cuyas raíces han sido separadas de tal modo que sabemos que hay una sola raíz en el intervalo (a, b). Sea, además, x 0 un valor arbitrario interior al intervalo, ab por ejemplo, x 0  . Si f(x) es continua en dicho intervalo, hacemos sucesivamente 2 x1  f x 0 ; x 2  f x1 ; x 3  f x 2 ;    ; x n 1  f x n 

234

Demostraremos ahora que si f x   M  1 la sucesión es convergente. En efecto:

x n 1  x n  f x n   f x n 1   x n  x n 1 f c  M x n  x n 1 Y, dando valores a n,

x 2  x1  M x1  x 0 x 3  x 2  M x 2  x1 ................................ x n 1  x n  M x n  x n 1 Y, multiplicando todas las desigualdades, x n 1  x n  Mn x1  x 0

Como M es menor que uno en valor absoluto, tiende hacia cero al tender n a infinito. La interpretación gráfica del método puede verse en las dos figuras que siguen. y=x

y=x

y = f(x)

x2

x1

y = f(x)

x0

x0

x2 x3

x1

Estas figuras nos dicen que si f´(x) es positiva (y menor que uno, claro es) la sucesión de las xi es monótona creciente o decreciente según que el valor inicial x 0 sea menor o mayor que la raíz, mientras que si f´(x) es negativa (y menor que uno en valor absoluto) nos acercamos a la raíz en espiral; es decir que si x p es mayor que la raíz, xp+1 es menor y viceversa. Veamos ahora una fórmula para el error. Hagamos F(x) = x – f(x) , y tenemos,

Fx   Fx n 1   x  x n 1 Fc  x  x n 1 1  f c  x  x n 1 1  M Por otra parte, teniendo en cuenta que si x es la raíz, F(x) = 0,

235

Fx   Fx n 1   f x n 1   x n 1  x n  2  x n 1  x n 1  x n M Finalmente Error =   x  x n 1 

x n  2  x n 1 M  x n 1  x n 1 M 1 M

Es opinión generalizada que si xn+1 y xn tienen p decimales iguales, podemos asegurar que conocemos p decimales exactas de la raíz. Esto no es siempre cierto. Si M es mayor que ½, M/(1 – M) es mayor que 1 y, aunque xn+1 – xn sea menor que 10-p, no podremos asegurar que el error sea menor que 10-p. Ejemplo 1: Aproximemos la raíz de la ecuación x4 – x3 – x2 – x – 1 = 0, que está comprendida entre 1 y 2. 3x 2  2x  1 x  4 x 3  x 2  x  1  f x    M  0,56 3 4 4 x3  x 2  x  1





Tomando x0 = 1,5 obtenemos sucesivamente x1 = 1,6883; x2 = 1,7937; x3 = 1,8527; x4 = 1,8857; x5 = 1,9042; x6 = 1,9145; x7 = 1,9203; x8 = 1,9235; x9 = 1,9253; x10 = 1,9263 Como la derivada es positiva, la sucesión de las xi resulta ser monótona creciente. Para el error tenemos: Error =  

0,56 1,9263  1,9253  0,0013 1  0,56

Luego, si nos detenemos aquí, no podríamos asegurar las milésimas. Ejemplo 2: Aproximemos la raíz de x3 + x – 9 = 0, que está comprendida entre 1 y 2.

x  3 9  x  f x  

1 3

9  x 2

 M  0,28

Haciendo x0 = 1,5 obtenemos sucesivamente x1 = 1,9574338; x2 = 1,9168008; x3 = 1,9204801; x4 = 1,9201475; x5 = 1,9201776; x6 = 1,9201749;

236

Si nos detenemos aquí, y dado que f´(x) es negativo, podemos calcular el error de dos maneras; por la fórmula general o como la semidiferencia entre x6 y x5. Error =  

0,28 1,9201776  1,9201749  1,1 106 1  0,28

Error =  

1,9201776  1,9201749  1,35  10 6 2

Ó

De la segunda forma obtenemos una cota ligeramente mayor. Si quisiéramos seis decimales exactos tendríamos que continuar algo más. Ejemplo 3: La ecuación ln x – x + 2 = 0 tiene dos raíces, la primera de las cuales está comprendida entre 0,1 y 0,2 y la segunda entre 3 y 4. Aproximemos las dos raíces por el método de iteración. La ecuación dada se puede escribir de estas dos formas:

x  ex  2  f x   ex  2

y x  ln x  2  f x   1 x

Para la primera raíz los valores de M son 0,17 y 10, respectivamente. Por lo tanto habrá que elegir la primera forma ya que la primera derivada debe ser menor que uno. x0 = 0,15; x1 = 0,1572372; x2 = 0,1583792; x3 = 0,1585602; x4 = 0,1585889; x5 = 0,1585935; x6 = 0,1585942; x7 = 0,1585943 Error =  

0,17 0,1585943  0,1585942  107 1  0,17

Para la segunda raíz los valores de M son 7,39 y 0,34, respectivamente. Por lo tanto habrá que elegir la segunda forma. x0 = 3,5; x1 = 3,2527630; x2 = 3,1795048; x3 = 3,1567255; x4 = 3,1495352; x5 = 3,1472549; x6 = 3,1465306; x7 = 3,1463005; x8 = 3,1462273; x9 = 3,1462041; x10 = 3,1461967; x11 = 3,1461943; x12 = 3,1461936 Error =  

0,34 3,1461943  3,1461936  106 1  0,34

Luego podemos asegurar con exactitud que x =3,146194

237

3.17.6 Método de Lagrange Sea la ecuación f x   a n x n  a n 1x n 1  ...  a1x  a 0  0 y supongamos que f(x) tiene una sola raíz comprendida entre dos enteros consecutivos a y a+1, es decir que a  x  a+1. Si 1 hacemos x  a  obtendremos otra ecuación: y  1 f  a    gy   0 y  Que tendrá una sola raíz entre uno e infinito. Dando valores a y obtendremos la sucesión g(1), g(2), g(3) …. Que continuaremos hasta obtener un cambio de signo. Si este cambio se 1 produce entre b y b+1 esto querrá decir que b  y  b+1. Hagamos ahora y  b  con lo z que llegaremos a 1  g b    h z   0 z  Y así sucesivamente obteniendo la raíz en forma de fracción continua:

1

xa

1

b c

1 d  ...

El esquema para hacer abreviadamente los cambios de variable puede verse en los ejemplos que siguen. Ejemplo 1: Aproximemos la raíz de la ecuación x3 + x – 9 = 0 que está comprendida entre 1 y 2.

x 1

1  y

1 1 0 1 1 1 1 1

1 -9 1 2 2 -7 2

1 1 2 4 1 1 1 3 1

238

El resultado es 7 y3  4y2  3y  1  0 . El cambio de signo se obtiene entre 1 y 2,

y 1

1  z

1 7 -4 -3 -1 7 3 0 1 7 3 0 -1 7 10 1 7 10 10 7 1 7 17 7

El resultado es z3  10z2  17z  7  0 . El cambio de signo se obtiene entre 11 y 12.

z  11 

1  u

11 1 -10 -17 -7 11 11 -66 11 1 1 -6 -73 11 132 11 1 12 126 11 11 1 23 1

El resultado es 73u 3  126u 2  23u  1  0 . El cambio de signo se obtiene entre 1 y 2.

u 1

1  v

1 73 -126 73 1 73 -53 73 1 73 20 73 1 73 93

-23 -1 -53 -76 -76 -77 20 -56

73 El resultado es 77v3  56v2  96v  73  0 . El cambio de signo se obtiene entre 1 y 2.

239

1 77

v 1

1  w

56 77 1 77 133 77 1 77 210 77 1 77 287

-96 -73 133 37 37 -36 210 247

77 El resultado es 36w3  247w 2  287w  77  0 . El cambio de signo se produce ahora entre 7 y 8. Si queremos detenernos aquí tomamos w = 8, con lo cual, v = 9/8; u = 17/9; z = 196/17; y = 213/196; x = 409/213 = 1,9201877, En la teoría de las fracciones continuas se demuestra que el error es menor que el cuadrado de la inversa del denominador. Es decir que en nuestro ejemplo, Error   

1  0,00003 2132

Luego podemos asegurar que x = 1,9202. Si buscamos una raíz negativa, bastará cambiar por – x y nos encontraremos en el caso anterior. Ejemplo 2: Aproximemos la raíz de la ecuación x3 – 4x + 2 = 0 que está comprendida entre – 3 y – 2. Cambiando x por – x obtenemos la ecuación x3 – 4x – 2 = 0 comprendida entre 2 y 3.

x  2

1  y

que tiene una raíz

2 1 0 -4 -2 2 4 0 2 1 2 0 -2 2 8 2 1 4 2 2 1 6

8

1 Obteniéndose 2y3  8y2  6y  1  0 . El cambio de signo se produce entre 4 y 5.

240

y 4

1  z

4 2 -8 8 4 2 0 8 4 2 8 8 4 2 16

-6 -1 0 -24 -6 -25 32 26

2 Obteniéndose 25z3  26z2  16z  2  0 . El cambio de signo se produce entre 1 y 2.

z 1

1  u

1 25 -26 -16 -2 25 -1 -17 1 25 -1 -17 -19 25 24 1 25 24 7 25 1 25 49 25

Obteniéndose 19u3  7u 2  49u  25  0 . El cambio de signo se produce entre 1 y 2.

u 1

1  v

1 19 -7 -49 -25 19 12 -37 1 19 12 -37 -62 19 31 1 19 31 -6 19 1 19 50 19

Obteniéndose 62v3  6v2  50v  19  0 . El cambio de signo se produce entre 1 y 2.

241

1 62

v 1

1  w

6 -50 -19 62 68 18 1 62 68 18 -1 62 130 1 62 130 148 62 1 62 192 62

Obteniéndose w3  148w 2  192w  62  0 . El cambio de signo se produce entre 149 y 150. Tomemos w = 150, con lo cual obtenemos sucesivamente: v = 151/150; u = 301/151; z = 452/301; y = 2109/452; x = 4670/2109 = 2,2143195 Y, como el error es:  

1  3  10 7 , podemos asegurar que x = - 2,214320. 2 2109

Puede suceder que entre los enteros a y a+1 haya dos raíces en vez de una. En ese caso el procedimiento es el mismo, pero hay que tener cuidado para estar seguro de que estamos calculando la raíz que nos interesa. Ejemplo 3: Aproximemos la menor de las dos raíces de la ecuación 20x3 – 15x2 + 1 = 0 que están comprendidas entre 0 y 1.

1  y3  15y  20  0 . Buscando los cambios de y signo averiguamos que esta ecuación tiene una raíz entre 1 y 2, y otra entre 2 y 3. La que nos interesa es la segunda puesto que lo dicho equivale a que x está comprendida entre 1 y 1/2 para la primera y entre 1/2 y 1/3 para la segunda. La que nos interesa es, pues, ésta última y en lo sucesivo ya no habrá más dificultades puesto que la ecuación en y solo tiene una raíz entre 2 y 3. 2 1 0 -15 20 2 4 -22 2 1 2 -11 -2 1 y 2  2 8 z 2 1 4 -3 2 2 1 6 Hacemos el cambio de variable x  0 

1

242

2z3  3z 2  6z  1  0 cambia de signo entre 1 y 2.

z 1

1  u

1 2 3 -6 -1 2 5 -1 1 2 5 -1 -2 2 7 1 2 7 6 2 1 2 9 2

2u 3  6u 2  9u  2  0 cambia de signo entre 4 y 5.

u  4

1  v

4 2 -6 8 4 2 2 8 4 2 10 8 4 2 18

-9 -2 8 -4 -1 -6 40 39

2

6v3  39v2  18v  2  0 cambia de signo entre 6 y 7.

v 6

1  w

6 6 -39 36 6 6 -3 36 6 6 33 36 6 6 69

-18 -2 -18 -216 -36 -218 198 162

6

218w 3  162w 2  69w  6  0 cambia de signo entre 1 y 2. w = 2; v = 13/2; u = 54/13; z = 67/54; y = 188/67; x = 67/188 = 0,3563829 El error es:  

1  3  10 5 , podemos asegurar que x = 03564. 2 188

243

3.18 Fórmula de Cardano Vieta El álgebra se demuestra que solamente las ecuaciones de tercer y cuarto grado tiene soluciones que pueden expresarse exactamente por medio de números irracionales, reales o imaginarios (salvo casos excepcionales como raíces enteras, fraccionarias, etc…). A continuación se explicará la fórmula de Cardano Vieta, que permite encontrar la solución exacta de cualquier ecuación de tercer grado (para la ecuación de cuarto grado existe otra fórmula pero es demasiado engorrosa). Sea la ecuación a 3x 3  a 2 x 2  a1x  a 0  0 . Veamos, en primer lugar, que siempre es posible reducirla al tipo x 3  px  q  0 . Haciendo x = z + h obtenemos:









a 3 z3  3hz 2  3h 2 z  h 3  a 2 z 2  2zh  h 2  a1 z  h   a 0  0



 



a 3z3  3ha 3  a 2 z 2  3h 2a 3  2ha 2  a1 z  a 3h 3  a 2 h 2  a1h  a 0  0 Haciendo h   a 2 3a 3 , queda:



 



a 3z3  3h 2a 3  2ha 2  a1 z  a 3h 3  a 2h 2  a1h  a 0  0

Y, dividiendo por a3, la ecuación queda de la forma:

x 3  px  q  0 Ejemplo: Sea la ecuación x 3  3x 2  4x  6  0 . Haciendo x = z + h obtenemos

z Es decir,

3

 



 3hz 2  3h 2z  h 3  3 z 2  2zh  h 2  4z  h   6  0



 



z3  3h  3z 2  3h 2  6h  4 z  h 3  3h 2  4h  6  0

Y, anulando el término en z2 queda z3  z  8  0 . Esto puede razonarse de otro modo también. Haciendo x = z + h y desarrollando en serie de Taylor, nos queda:

f z  h   f h   f h z 

f h  2 f h  3 z  z 0 2 6

Para anular el término en z2 tendremos que hacer f h   0 , de donde obtendremos el valor de h, y la ecuación quedará:

244

z3  6

f h  f h  z6 0 f h  f h 

Considerando el ejemplo anterior, tenemos

f h   h 3  3h 2  4h  6  f h   3h 2  6h  4  f h   6h  6  f h   6 Anulando f h  obtenemos h = - 1; y, entonces nos queda

f h   8

f h   1

f h   6

Con lo cual nos queda, como antes,

 8  z3  z 2  8  0 1 z3  6 z 2  6 6 6 El segundo paso en la fórmula de Cardano Vieta consiste en hacer x = u + v en la ecuación x 3  px  q  0 , con lo cual,

u

3



 3u 2 v  3uv2  v3  pu  v  q  0

Que se puede escribir

p  3uvu  v  u3  v3  q  0 Ecuación que se cumple si hacemos

uv   p 3   u 3  v 3  q 

u 3 v3   p3 27   u 3  v 3  q  

Como se sabe que en una ecuación de segundo grado ax2 + bx + c = 0, la suma de las raíces es – b/a y su producto c/a, podemos decir que u3 y v3 son las raíces de la ecuación p3 w 2  qw   0 . Ecuación que, una vez resuelta, da: 27

w



 q  q 2  4 p3 27 2



Es decir que

u3 

q q 2 p3   2 4 27

v3 

245

q q 2 p3   2 4 27

Ahora bien, como se debe recordar, cada número real o imaginario tiene tres raíces cúbicas diferentes, reales o imaginarias. Por lo tanto hay nueve maneras diferentes de obtener x = u + v. Seis de ellas son soluciones extrañas introducidas al elevar al cubo la igualdad uv = – p/3. Se hace pues necesario encontrar un criterio que permita desechar estas soluciones extrañas. Como uv = – p/3 es un número real bastará emparejar aquellos valores tales que su producto sea real, para lo cual es necesario que la suma de sus argumentos sea un múltiplo de 180º. Es decir que Argumento de u + argumento de v = múltiplo de 180º. A continuación, analicemos en detalle los casos que pueden presentarse: -

q 2 p3   d 2  0 . En principio tenemos las siguientes posibilidades 4 27 q q a.   d  r 3  0;   d  s3  0 2 2 q q b.   d  r 3  0;   d  s3  0 2 2 q q c.   d  r 3  0;   d  s3  0 2 2

Primer Caso:

(La otra posibilidad que queda es imposible.) a. u  3 r 3 0º  r k120º ;

v  3 s3 0º  s k 120º

u1  r 0º

v1  s 0º

u 2  r120 º

v 2  s 120º

u 3  r 240º

v3  s 240º

x1  u1  v1  r  s x 2  u 2  v3  r cos 120º s cos 240º   i r sen120º s sen 240º   

r  s   i

3 r  s  2 2 r  s   i 3 r  s  x 3  u 3  v 2  r cos 240º s cos 120º   i r sen 240º s sen120º    2 2

b. u  3 r 3 0º  r k120º ;

v  3 s3 180º  s k 120º 60º

246

u1  r 0 º

v1  s 60º

u 2  r120º

v 2  s 180º

u 3  r 240º

v 3  s 300º

x1  u1  v 2  r  s x 2  u 2  v1  r cos 120º s cos 60º   i r sen120º s sen 60º  

s  r   i

3 r  s  2 2 s  r   i 3 r  s  x 3  u 3  v3  r cos 240º s cos 300º   i r sen 240º s sen300º   2 2

c. u  3 r 3 180º  r k120º 60º ;

v  3 s3 180º  s k 120º 60º

u1  r 60º

v1  s 60º

u 2  r180º

v 2  s 180º

u 3  r 300º

v3  s 300º

x1  u1  v3  r cos 60º s cos 300º   i r sen 60º s sen300º  

r  s   i 2

3 r  s  2

x 2  u 2  v2  r  s x 3  u 3  v1  r cos 300º s cos 60º   i r sen300º s sen 60º  

r  s   i 2

3 r  s  2

Como se ve en este primer caso se obtiene siempre una raíz real y dos imaginarias conjugadas. -

q 2 p3 q   d 2 ó u  3   i d ; 2 4 27 número positivo, tenemos dos posibilidades: Segundo Caso:

v3 

q  i d . Como d es un 2

a. q positivo b. q negativo a. q > 0. Si hacemos

 2d  q2  d 2  m6 ; arc tg    4  q 

u  3 m3180º   m k120º 60º  / 3;

247

v  3 m3180º   m k120º 60º  / 3

u1  m

v1  m 60º   / 3

60 º   / 3

v 2  m 180   / 3

u 2  m 180   / 3

v3  m 300º   / 3

u 3  m 300º  / 3

            x1  u1  v3  m cos 60º    cos 300º     i m sen 60º    sen 300º     3 3  3 3                m cos  3sen   2m cos 60º    2m cos120º   3 3 3 3                x 2  u 2  v 2  m cos180º    cos180º     i m sen180º    sen180º     3 3  3 3          2m cos  3             x 3  u 3  v1  m cos 300º    cos 60º     i m sen 300º    sen 60º     3 3  3 3              m cos  3sen   2m cos 60º   3 3 3   b. q < 0. Hacemos

 2d  q2  d 2  m6 ; arc tg     4  q 

u  3 m3   m k120º  / 3; u1  m

/3

u 2  m 120  / 3 u 3  m 240º   / 3

v  3 m3   m k120º  / 3 v1  m  / 3 v 2  m 120 / 3 v3  m 240º  / 3

 x1  u1  v1  2m cos  3             x 2  u 2  v3  m cos120º    cos 240º     i m sen120º    sen 240º     3 3  3 3                m  cos   3sen    2m cos 60º   3  3    3

248

            x 3  u 3  v 2  m cos 240º    cos120º     i m sen 240º    sen120º     3 3  3 3              m cos  3sen   2m cos 60º   3 3 3   En este segundo caso, siempre se obtienen tres raíces reales diferentes -

q 2 p3 q   d 2  0 hacemos   m3 . u  v  3  q 2 y tenemos sólo 2 4 27 dos posibilidades: a. q > 0. b. q < 0. Tercer caso:

a. u  v  3 m3180º  m k120º 60º

u1  m

v1  m 60º

60º

v 2  m 180

u 2  m 180

v3  m 300º

u 3  m 300º

x1  u1  v3  m cos 60º  cos 300º   i msen 60º sen300º   m

x 2  u 2  v 2  m cos180º  cos180º   i msen180º sen180º   2m x 3  u 3  v1  x1  m b. u  v  3 m3 0º  m k120º

u1  m

v1  m 0º

0º

v 2  m 120

u 2  m 120º

v3  m 240º

u 3  m 240º

x1  u1  v1  m cos 0º  cos 0º   i msen 0º sen 0º   2m

x 2  u 2  v3  m cos120º  cos 240º   i msen120º sen 240º   m x 3  u 3  v 2  x 2  m En este tercer caso se obtiene siempre una raíz doble y una sencilla, ambas reales.

249

En resumen, para obtener las soluciones válidas basta sumar los valores de u y de v cuyos argumentos sumen un múltiplo de 180º. La naturaleza de las raíces depende del signo de la expresión  

q 2 p3 , llamada  4 27

discriminante. Si el discriminante es positivo, se obtiene una raíz real y dos imaginarias conjugadas. Si el discriminante es negativo se obtienen tres raíces reales diferentes. Si el discriminante es nulo se obtiene una raíz doble y otra simple, ambas reales. Ejemplo 1: Resolvamos la ecuación x3 + 9x – 26 = 0.

p  9 ; q  26 ;

p3 q 2   196  142 27 4

u  3 13  14  3 27 0º  3 k120º ; v  3 13  14  3 1180º  3 k120º 60º u1  3 0º

v1  1 60º

u 2  3120º

v 2  1180º

u 3  3 240º

v3  1 300º

x1  u1  v2  3 cos 0º 1cos180º   i 3 sen 0º 1sen180º   3  1  2

x 2  u 2  v1  3 cos120º 1cos 60º   i 3sen120º 1sen 60º   1  2 3 i Para x3 no es necesario hacer cálculos puesto que las dos raíces imaginarias deben ser conjugadas, así x3  1  2 3 i . Ejemplo 2: Hallemos las raíces de la ecuación x3 – x – 2 = 0. p  1; q  1; u3

p3 q 2 23    0,2129629 27 4 108

1 23 3   0,5  0,4614791  3 0,94614791 0º  0,9869912 k120º 2 108

250

v3

1 23 3   0,5  0,4614791  3 0,0385209 0º  0,3377267 k120º 2 108

u1  0,9869912 0º

v1  0,3377267 0º

u 2  0,9869912 120º

v 2  0,3377267 120º

u 3  0,9869912 240º

v3  0,3377267 240º

x1  u1  v1  0,9869912  0,3377267  1,3247179

x 2  u 2  v3  0,9869912cos120º i sen120º   0,3377267cos 240º i sen 240º  x 2  0,6623583  0,5622794 i x 3  0,6623583  0,5622794 i Ejemplo 3: Hallemos las raíces de x3 – 3x + 1 = 0.

p  3; q  1;

p3 q 2 3   27 4 4

u3 

1 3 i  3 1120º  1 k120º 40º 2 2

v3 

1 3 i  3 1 240º  1 k 120º 80º 2 2

u1  3 40º

v1  180º

u 2  3160º

v 2  1 200º

u 3  3 280º

v3  1 320º

x1  u1  v3  cos 40º  cos 320º   i sen 40º sen320º   2 cos 40º  1,5320888

x 2  u 2  v 2  cos160º  cos 200º   i sen160º  sen 200º   2 cos160º  1,8793852 x 3  u 3  v1  cos 280º  cos 80º   i sen 280º  sen80º   2 cos 80º  0,3472963 Ejemplo 4: Busquemos las raíces de x3 – 6,6534x + 5,8833 = 0.

251

p3 q 2   10,908552  8,6533047  2,2552472  1,5017482 27 4 u  3  2,94165  i  1,501748  3 3,302896 152,95513º  1,4892280 k120º 50,985045º v  3  2,94165  i  1,501748  3 3,302896 207,04486º  1,4892280 k120º 69,014954º

u1  1,4892280 50,985045º

v1  1,4892280 69,014954º

u 2  1,4892280 170,985045º

v 2  1,4892280 189,014954º

u 3  1,4892280 290,985045º

v3  1,4892280 309,014954º

x1  u1  v3  2 cos 50,985045º1,4892280  1,875007 x 2  u 2  v 2  2 cos170,985045º1,4892280  2,9416643 x 3  u 3  v1  2 cos 69,014954º1,4892280  1,066057 Ejemplo 5: Busquemos las raíces de x3 – 12x + 16 = 0.

p3 q 2   64  64  0 27 4

u  v  3  8  2 k120º 60º

u1  2 60º

v1  2 60º

u 2  2 180º

v 2  2 180º

u 3  2 300º

v3  2 300º

x1  u1  v3  4 cos 60º  2 x 2  u 2  v 2  4 cos180º  4 x 3  u 3  v1  x1  2 3.19 Solución Gráfica de la Ecuación de Cuarto Grado Sea la ecuación a 4 x 4  a 3x 3  a 2 x 2  a1x  a 0  0 . Si hacemos x = z + h, obtenemos









a 4 z 4  4ha 4  a 3 z3  6h 2a 4  3ha 3  a 2 z 2  4h 3a 4  3h 2a 3  2ha 2  a1 z 





 a 4 h 4  a 3h 3  a 2 h 2  a1h  a 0  0

252

Dividiendo por a4 y haciendo h = – a3/4ha4 podremos llegar siempre a una ecuación del tipo x 4  ax 2  bx  c  0 Ejemplo 1: Consideremos la ecuación 2x 4  16x3  6x 2  4x  1  0 , Haciendo x = z + h, obtenemos







 



2z4  8h  16z3  12h 2  48h  6 z 2  8h 3  48h 2  12h  4 z  2h 4  16h 3  6h 2  4h  1  0 Haciendo h = 2 y dividiendo luego por 2, tenemos

z 4  21z 2  50z  32,5  0 Sea ahora la ecuación x 4  ax 2  bx  c  0 . Haciendo x2 = y tendremos:

x 4  ax 2  bx  c  x 2  x 4  a  1x 2  bx  c  x 2  y 2  bx  a  1y  c  b  a 1  b 2  a  12  4c   x   y   0  2  2  4  2

2

Luego las soluciones de la ecuación se pueden obtener por la intersección de la parábola

b 2  a  12  4c  b a 1 . y  x 2 y la circunferencia de centro   ,  y radio R  2  4  2 Ejemplo 2: Sea la ecuación x 4  3x 2  2x  7  0 .

10,00

Y 9,00

8,00

7,00

6,00

5,00

4,00

3,00

2,00

1,00

X1

X2

0,00 -4

-3

-2

-1

0 -1,00

253

1

2

X

3

x 4  3x 2  2x  7  x 2  y2  2x  2y  7  x  12  y  12  9  0 Que corresponde a una circunferencia de centro (-1; -1) y radio igual a 3, lo que nos da dos raíces reales, una negativa comprendida entre -1 y -2 y otra positiva comprendida entre 1 y 2. Para obtener alguna exactitud es necesario hacer el dibujo con precisión. En este caso en particular, las raíces son x1 = – 1,40 y x2 = 1,08.

3.20 Solución Gráfica de la Ecuación de Tercer Grado Dada la ecuación x3  px  q  0 (lo que como sabemos no quita generalidad a la solución porque siempre podemos llegar a ella) basta multiplicar por x para estar en el caso anterior:

x 4  px2  qx  x 2  x 4  p  1x 2  qx  x 2  y 2  qx  p  1y  q  p 1 q 2  p  12   x    y   0  2  2  4  Y, como antes, bastará buscar la intersección de la parábola y = x2 con la circunferencia de  q p 1 centro   ,  que pasa por el origen. 2   2 2

2

Ejemplo: Consideremos la ecuación x3  7x  5  0 .

x 4  7x 2  5x  x 2  x 4  8x 2  5x  x 2  y2  5x  8y  x  2,52  y  42  22,25  0 La circunferencia tiene su centro en (– 2,5; 4) y pasa por el origen. Se obtienen tres raíces reales: x1 = – 2,95 x2 = 0,78 y x3 = 2,1710,00

Y 8,00

6,00

4,00

2,00

X1 -11

-10

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-2

-1

0

-2,00

254

X2

0,00 -3

1

X3 2

X

3

3.21Problemas Resueltos 1. A partir de la siguiente tabla, hallar las diferencias divididas más usuales y, además, x 2 x 4 x 0 . x 0,2 0,35 0,5 0,6 0,8 1,0 f(x) -0,6900 -0,4559 -0,3010 -0,2218 -0,0969 0,0000 Solución: Construyamos, en primer lugar, la tabla de diferencias divididas más usadas: x x0 = 0,2 x1 = 0,35 x2 = 0,5 x3 = 0,6 x4 = 0,8 x5 = 1 Además:

f(x) 1º Orden 2º Orden 3º Orden 4º Orden 5º Orden -0,6990 -0,4559 1,6207 -0,3010 1,0327 -1,9600 -0,2218 0,7920 -0,9627 2,4933 -0,0969 0,6245 -0,5583 0,8985 -2,6580 0,0000 0,4845 -0,3500 0,4167 -0,7413 2,3959

x 2 x 4 x 0   x 0 x 2 x 4   x 2 x 4   x 0 x 2  x 4  x 0  x x   f x 4   f x 2    0,0969   0,3010  0,6803 2

4

x4  x2

0,8  0,5

x2  x0

0,5  0,2

x 0 x 2   f x 2   f x 0    0,3010   0,6990  1,3267 x 2 x 4 x 0   0,6803  1,3267  1,0772 0,8  0,2

2. Dados f x   x 4 ; x 0  a  3h; x1  a  h; x 2  a  h; x 3  a  3h , hacer la tabla de diferencias progresivas y hallar a y h, tal que x1x 2 x 3   58 x 0 x1x 2 x 3   8 . Solución: x f(x) a – 3h (a – 3h)4 a – h (a – h)4 4a3 – 24a2h + 52ah2 – 40h3 a + h (a + h)4 4a3 + 4ah2 6a2 – 12ah + 10h2 4 3 2 2 3 a + 3h (a + 3h) 4a – 24a h + 52ah – 40h 6a2 + 12ah + 10h2 4a

255

De donde x 0 x1x 2 x 3   4a  8  a  2

x1x 2x3   6a 2  12ha  10h 2  10h 2  24h  24  58  h  1

h  17 5

3. Dado f x   x 4  2x 3  2; x 0  0; x1  1; x 2  3 , hallar x para que x 0 x1xx 2   7 . Solución: f x 0   2 f x1   3 f x 2   25

x 0 x1    3  2  1 x1x   x

4

 2x 3  2  3  x3  x 2  x  1 x 1

1 0 4 3 x x 2   25  x  2x  2  x 3  x 2  3x  9 3 x 3 x  x2  x 1  1 x 0 x1x    x2  x 1 x 3 2 3 2 x1x x 2   x  x  3x  9  x  x  x  1  x 2  2x  5 2 2 2 x 0 x1x x 2   x  2x  5  x  x  1  x  2  7  x  5 3

4. A partir de la siguiente tabla, y sabiendo que f(x) es un polinomio de tercer grado, hallar f(4) y f(5). x 0 1 2 3 f(x) 1 0 11 46 Solución: Planteemos la tabla de diferencias progresivas hasta x = 4: x f(x) ∆ ∆2 ∆3 0 1 1 0 -1 2 11 11 12 3 46 35 24 12 4 a b c 12 Es de hacer notar que si la función es un polinomio de tercer grado, las diferencias de orden cuatro deben ser nulas, y por lo tanto las de tercer orden deben ser iguales entre sí. De ahí podemos plantear el siguiente sistema de ecuaciones:

c  24  12  c  36

b  35  36  b  71

Y repetimos para hallar f(5)

256

a  46  71  a  f 4  117

x f(x) ∆ ∆2 ∆3 0 1 1 0 -1 2 11 11 12 3 46 35 24 12 4 117 71 36 12 5 a b c 12

c  36  12  c  48

a  117  119  a  f 5  236

b  71  48  b  119

5. Hallar la diferencia enésima de la función f(x) = e-3x para h = 1. Solución: f x   f x  1  f x   e 3( x 1)  e 3x  e 3 x e 3  1









 







2f x   e  3  1 e  3 x 1  e  3x  e  3  1 e .................................................................................. 2 3x

n f x   e  3  1 e  3 x n





6. Hallar la antidiferencia de f x   2x 2  6x  1 3x para h = 1. Solución: Probemos con una función del tipo Fx   1f x   ax 2  bx  c 3x

















Fx   a x  1  bx  1  c 3x 1  ax 2  bx  c 3x  3x 2ax 2  6a  2bx  3a  3b  2c 2



 



Fx   3x 2ax 2  6a  2b x  3a  3b  2c   2x 2  6x  1 3x 2a  2  a  1 6a  2b  6  b  0 3a  3b  2c  1  c  1





1f x   x 2  1 3x  k

 3 7. Si f x   2x sen x  , resolver f x   f x  para h = 1. 2  Solución: Si f x   f x  , entonces f x  1  f x   f x  , y por lo tanto f x  1  2f x 

257

 3   3  3  3  3  2 x 1 sen x 1   2  2 x sen x   2 x 1 sen x   sen x   sen x 1   0 2  2  2  2  2  x 3 2   3   0 sen x   sen 2 2   

3 a 3  3a   a  Recordemos que: sena  sen a 2  2 cos sen  . Si hacemos a  x   x  2 y 2 4 2  4  4 3a 3  3   3   3 x  2 , con lo que la ecuación queda 2 cos 3 x  2  sen x  2   0 . 4 2  2  2 

 3   3  Ecuación que tiene dos soluciones: sen x 2   0 y cos  3 x 2   0 . En el primer caso, 2   2  3 3 3 ln 3  ln 4k  3  sen x  2   0  x  2  k  x  4k  2x  x 2 2 4k ln 2 2  Y en el segundo,

3  3 22k  1 9  3  cos 3 x  2   0  3 x  2  2k  1  x   2x  4k  2 2 2 2 3  2  ln 9  ln 4k  2 x ln 2 Para k = 0, x 

ln 3 ln 9  ln 2 ; x ln 2 ln 2

8. Dada la función f x   x 4  x 3  2x 2  x  1 , descomponer en polinomios factoriales y hallar f x , 2f x  y 1 x  para h = 2. Solución: x 4  x 3  2 x 2  x  1  Ax4  Bx (3  Cx ( 2  Dx (1  Ex ( 0  Axx  2x  4x  6   Bx x  2x  4  Cx x  2  Dx  E

x0 x2 x4 x6

   

1 E 35  2D  E  D  17 357  8C  4D  E  C  36 1591  48B  24C  6D  E  B  13

Términos en x4  1  A

258

Por lo tanto, f x   x 4  13x (3  36x ( 2  17x (1  x (0 . Para las diferencias tenemos:

f x   4  2x 3  13  3  2x ( 2  36  2  2x (1  17  1  2x ( 0 f x   8x 3  78x ( 2  144x (1  34x ( 0  8x x  2x  4  78x x  2  144x  34 f x   8x 3  30x 2  52x  34 2f x   8  3  2x 2  78  2  2x (1  144  1  2x ( 0 2f x   48x 2  312x (1  288x ( 0  48x x  2  312x  288 2f x   48x 2  216x  288 Y, para la antidiferencia,

x (5 13x ( 4 36x (3 17 x ( 2 x (1      k x (0 5  2 4  2 3  2 2  2 1  2 1 13 1f x   x x  2 x  4 x  6x  8  x x  2x  4x  6  6x x  2 x  4   10 8 17 1  x x  2  x  k 4 2 1 3 1 1 2 1f x   x 5  x 4  x 3  x 2  x  k 10 8 2 4 5 1f x  

9. Dada la función f x   x (3 3x , hallar, mediante la fórmula de la diferencia de un producto y para h = 1, el valor de 4f x  . Solución: La fórmula de la diferencia de un producto es: (uv) = u v + v u +u v. En efecto, si f(x) = u(x) v(x), entonces:

uv   u x vx  h   vx   vx u x  h   u x   u x  h   u x vx  h   vx   u x vx  h   u x vx   vx u x  h   vx u x   u x  h vx  h   u x  h vx    u x vx  h   u x vx   u x  h vx  h   u x vx   f x  Si hacemos u  x (3  u  3x ( 2 , y v  3x  v  2  3x , por lo tanto:





f x   x (3  2  3x  3x  3x ( 2  3x ( 2  2  3x  2x (3  9x ( 2 3x







Haciendo ahora u  2x (3  9x ( 2  u  6x ( 2  18x (1 anterior, tenemos:

259



y repitiendo el procedimiento

  f x   4x









2f x   2x (3  9x ( 2  2  3x  3x  6x ( 2  18x (1  2  3x  6x ( 2  18x (1 2



(2

(1





x



u  4x (3  36x ( 2  54x (1  u  12x ( 2  72x (1  54x ( 0

  f x   8x



 36x  54x 3

(3











 f x   4x  36x  54x  2  3  3 12x  72x  54x ( 0  2  3x 12x ( 2  72x (1  54x ( 0 3

(3

3

(3



(2

(1

x

 108x  324x  162x (2

(1



x

(0

(2

(1

3



u  8x (3  108x ( 2  324x (1  162x ( 0  u  24x ( 2  216x (1  324x ( 0



 f x   8x  108x  324x  162x 4

(3

(2

(1



(0



 2  3

 24x ( 2  216x (1  324x ( 0  2  3x





x

x







 3 24x  216x  324x ( 0  x

(2

(1



 f x   16x  288x  1296x  1296x ( 0 3x 4

(3

(2

(1

10. Hallar la diferencia tercera de f x  

3x 2  x  1 , y su valor para x = 0 (h = 1). x 3  6x 2  11x  6

Solución: Descomponiendo el denominador de la función, tenemos:

f x  

3x 2  x  1 3x 2  x  1 A B C     3 2 x  6x  11x  6 x  1x  2x  3 x  1 x  1x  2  x  1x  2x  3

3x 2  x  1  Ax  2x  3  Bx  3  C Para x  3  31  C Para x  2  15  B  C  B  16 En x 2  A  3 Y, expresando la función en polinomios factoriales,

f x   3x ( 1  16x ( 2  31x ( 3 f x   3x ( 2  32x ( 3  93x ( 4 2f x   6x ( 3  96x ( 4  372x ( 5 3f x   18x ( 4  384x ( 5  1860x ( 6 3f x  

 18 384   x  1x  2x  3x  4 x  1x  2x  3x  4x  5 1860  x  1x  2x  3x  4x  5x  6

260

 18x  5x  6  384x  6  1860 x  1x  2x  3x  4x  5x  6  18  30  384  6  1860  96 2 Para x  0  3f x     1 2  3  4  5  6 720 15 3f x  

11. Descomponer en suma de polinomios factoriales la expresión f x   h = 1, y hallar f x  y 1f x  .

1

x  1x  3

, con

Solución: x  2 1   Ax( 1  Bx ( 2  Cx ( 3 x  1x  3 x  1x  2x  3

x  2  A B C    x  1x  2x  3 x  1 x  1x  2 x  1x  2x  3 x  2  Ax  2x  3  Bx  3  C x  3   1  C x  2  0  B  C  B  1

en x 2  A  0 Por lo tanto, f x   x ( 2  x ( 3 , y para las diferencias,

f x   2  1  x ( 3   3  1  x ( 4  2x ( 3  3x ( 4 2 3  2x  5 f x     4 3 x  1x  2x  3 x  1x  2x  3x  4 x  10x  35x 2  50x  24 x ( 1 x ( 2 1    x ( 1  x ( 2 1  2 1  3 2 1 1  2x  3 1f x      2 x  1 2x  1x  2 2x  6x  4 1f x  

n

12. Hallar

n

2 n

3

utilizando diferencias finitas.

1

Solución: Definimos la función f x   x 2 3x  ax 2  bx  c 3x .





y hallamos su antidiferencia, Fx   1f x  

261









x 2 3x  a x  1  bx  1  c 3x 1  ax 2  bx  c 3x



2



x 3  2ax  6a  2b  x  3a  3b  2c  3 2

x

2

x

Identificando coeficientes, tenemos: en x 2  1  2a  a  1 2 en x  0  6a  2b  b   3 2 Término independiente  0  3a  3b  2c  c  3 2

3 3 1 Fx    x 2  x   3x 2 2 2 Recordemos que Sn = F(n+1)- F(1), por lo tanto:

3 3 1 1 3 3 2 3n  Sn   n  1  n  1   3n 1      3 2 2 2 2 2 2 1 1 3 Sn  n 2  n  1 3n 1  2 2 n

n

2





13. Sumar los n primeros términos de Sn = – 4 +1 + 18 + 53 + 112 + 201 +326 + … y hallar el valor de Sn para n = 30. Solución: Hallemos las diferencias progresivas: x 1 2 3 4 5 6 7

f(x) ∆ -4 1 5 18 17 53 35 112 59 201 89 326 125

∆2 ∆3

12 18 24 30 36

6 6 6 6

De aquí se deduce que la función puede expresarse mediante un polinomio de tercer grado.

f n   an 3  bn 2  cn  d 4abcd   5  7a  3b  c 12  12a  2b 1  8a  4b  2c  d  a  1 b  0   17  19a  5b  c  6  6a   18  27a  9b  3c  d  18  18a  2b  c  2 d  3 35  37a  7b  c 53  64a  16b  4c  d 

262

Por lo tanto f(n) = n3 – 2 n – 3. El siguiente paso es expresarlo como suma de polinomios factoriales:

x 3  2x  3  Ax(3  Bx ( 2  Cx (1  Dx ( 0  Ax x  1x  2  Bx x  1  Cx  D D  3 C  1 B  3 A  1 x (4 x (2  x (3   3x (1  K 4 2      x x  1 x  2 x  3 x x  1 1f x    x x  1x  2    3x  K 4 2

f x   x (3  3x ( 2  x (1  3x ( 0  1f x  

Y, por lo tanto:

n  1n  3n  1  K    3  K   n  1 n n  1n  2 Sn    n  1 n n  1   4 2  n 2 n Sn  n  1 n  2  4 n 2  1  2n  1  12  n 3  2n 2  3n  16 4 4









 



Para n = 30, S30 = 215.205

14. Hallar la suma de los primeros n términos de Sn 

10 12 14    ... 1 3  5 3  5  7 5  7  9

Solución:

2x  8 , y si 2x  12x  12x  3 hacemos z = 2x – 3 entonces 2x – 1 = z + 2; 2x + 1 = z + 4; 2x + 3 = z + 6 . Quedando, El término general de la suma puede expresarse como: f x  

z  11 A B C  Az( 1  Bz( 2  Cz ( 3    z  2z  4z  6 z  2 z  2z  4 z  2z  4z  6 z  11  Az  4z  6  Bz  6  C A  0 B 1 C  5

f z  

f z   z ( 2  5z ( 3  Fz   1f z   

z ( 1 5z ( 2 1 5  K  K 2 4 2z  2 4z  2z  4

Ahora es necesario desarrollar la fórmula de la sumatoria:

Fz  2  Fz   f z 

263

F1  F 1  f  1   F3  F1  f 1 Sn  F2n  1  F 1  1 5 1 5 F5  F3  f 3  S     n  22n  1 42n  12n  3 2 12   F2n  1  F2n  1  f 2n  1 Sn 

11 4n  11  12 42n  12n  3

15. Dada la siguiente tabla, calcular, por la fórmula de Lagrange, el valor de la función en x = 3. 0 1 2 4 5 x f(x) 0 16 48 88 0

Solución: n

Recordemos que el polinomio desarrollado por Lagrange es: Px    yi Li x  , en donde, i 0

L i (x) 

x - x 0 x - x1 .... x - x i -1 x - x i 1 .... x - x n  . Por lo tanto, x i  x 0 x i  x1 .... x i  x i 1 x i  x i 1 .... x i  x n 

3  13  23  43  5  16  3  03  23  43  5  0  10  20  40  5 1  01  21  41  5 3  03  13  43  5  88  3  03  13  23  5   48  2  02  12  42  5 4  04  14  24  5 3  03  13  23  4  0  1  16    6   48  1  88  1  0    1   0     5  05  15  25  4 10 2  12   10 

f 3  0 

f 3  84

16. Dada la tabla que se incluye a continuación hallar, mediante la fórmula de Lagrange, el valor de f(50,2). 50 51 52 53 54 55 x f(x) 7,07107 7,14143 7,21110 7,28011 7,34847 7,41620 Solución: Ya que las abscisas están uniformemente espaciadas, conviene hacer el cambio de variable x – x0 = r h. En este caso: r  50,2  50 1  0,2 , y el polinomio de Lagrange es:

264

r  1r  2r  3r  4r  5  y r r  2r  3r  4r  5  1  5 4 3 2 1  4 3 2 11 r r  1r  3r  4r  5 r r  1r  2r  4r  5  y2  y3   3 2 112  2 1123 r r  1r  2r  3r  5 r r  1r  2r  3r  4  y4  y4 1234 12345 0,2  10,2  20,2  30,2  40,2  5  f 50,2  7,07107 f x   y 0

120 0,2 0,2  20,2  30,2  40,2  5 0,2 0,2  10,2  30,2  40,2  5  7,14143  7,2111  24 12 0,2 0,2  10,2  20,2  40,2  5 0,2 0,2  10,2  20,2  30,2  5  7,28011  7,34847  12 24 0,2 0,2  10,2  20,2  30,2  4  7,41620  7,08520 120

17. Dada la tabla 3 3,02 3,03 3,06 x f(x) = cos x -0,9900 -0,9926 -0,9938 -0,9967 Calcular, por Newton – Gregory, cos 3,01 y estimar la cota del error de la fórmula. Solución: Calculemos, en primer lugar la tabla de diferencias divididas: x f(x) 1º Orden 2º Orden 3º Orden 3 -0,99 3,02 -0,9926 -0,13000 3,03 -0,9938 -0,12000 0,33333 3,06 -0,9967 -0,09667 0,58333 4,16667 La fórmula de Newton – Gregory es: f(x)  f x 0   x  x 0 x 0 x 1   x  x 0 x  x1  x 0 x1 x 2   .... 

  x 0 x1 x 2 .... x n x  x 0 x  x 1 .... x  x n -1   x x 0 x1 ....x n x  x 0 x  x 1 .... x  x n 

Por lo tanto,

f 3,01  0,99  3,01  3   0,13  3,01  3  3,01  3,02  0,33333   3,01  3  3,01  3,02  3,01  3,03  4,16667  0,9913

265

La fórmula del error es:



x  x 0 x  x1 x  x 2 x  x 3  M

4! En donde M es, en este caso, el máximo de la cuarta derivada, f IV x   cos x  M  1



3,01  33,01  3,023,01  3,033,01  3,06  1  4,2  109 24

18. Dada la tabla 0 0,2 0,3 0,4 0,7 0,9 x f(x) 132,651 148,877 157,464 166,375 195,112 216 Hallar f(0,25). Solución: x 0 0,2 0,3 0,4 0,7 0,9

f(x) 1º Orden 2º Orden 3º Orden 132,651 148,877 81,130 157,464 85,870 15,80 166,375 89,110 16,20 1 195,112 95,790 16,70 1 216 104,440 17,30 1

f(0,25) = 132,651 + (0,25 – 0)  81,13 + (0,25 – 0)  (0,25 – 0,2)15,80 + (0,25 – 0)  (0,25 – 0,2)  (0,25 – 0,3)  1 = 153,130 19. Dada la tabla 3,5 3,55 3,6 3,65 3,7 x f(x) 33,115 34,813 36,598 38,475 40,447 Hallar f(x) y particularizar para x = 3,58. Solución: x 3,5 3,55 3,6 3,65 3,7

f(x) 33,115 34,813 36,598 38,475 40,447



2

3

4

1,6980 1,7850 0,0870 1,8770 0,0920 0,0050 1,9720 0,0950 0,0030 -0,0020

266

r r r  1 2 r r  1r  2 3 r r  1r  2r  3 4 f x   f x 0   y 0   y0   y0   y0 1! 2! 3! 4! r r  1 r r  1r  2 r r  1r  2r  3 f x   33,115  1,698  r   0,087   0,005    0,002 2 6 24 f x   33,115  1,698  r  r r  1  0,0435  r r  1r  2  0,000833   r r  1r  2r  3  8,33  10 5 Y, para x = 3,58, r 

x  x 0 3,58  3,5   1,6 . Finalmente: h 0,05

f x   33,115  1,698  1,6  1,6  0,6  0,0435  1,6  0,6  0,4  0,000833   1,6  0,6  0,4  1,4  8,33  105  35,873

20. Dada la siguiente tabla, hallar el valor de x para el cual f(x) = 0,79216. 0,5 0,55 0,6 0,65 0,7 0,75 x f(x) 0,70711 0,74162 0,7746 0,80623 0,83666 0,86603 Solución: Ya que las abscisas están uniformemente separadas, comenzamos por calcular las diferencias progresivas: x 0,5 0,55 0,6 0,65 0,7 0,75

f(x) 0,70711 0,74162 0,7746 0,80623 0,83666 0,86603

∆ 0,0345 0,0330 0,0316 0,0304 0,0294

∆2

∆3

∆4

∆5

-0,0015 -0,0013 1,80E-04 -0,0012 1,50E-04 -3,00E-05 -0,0011 1,40E-04 -1,00E-05 2,00E-05

El primer tanteo es:

r0 

yg  y0 0,79216  0,70711   2,46450 y0 0,0345

El siguiente es: r1  2,4645 

2,4645  2,4645  1 2,4645  2,4645  1 2,4645  2   0,0015  1,8 104  0,0345 0,0345

267

2,4645  2,4645  1  2,4645  2  2,4645  3   3,0  10 5  0,0345 2,4645  2,4645  1  2,4645  2  2,4645  3  2,4645  4   2,0  10 5  2,543015 0,0345











2,543015  2,543015  1 2,543015  2,543015  1 2,543015  2   0,0015   1,8 0,0345 0,0345 2,543015  2,543015  1 2,543015  2 2,543015  3 104    3,0 105  0,0345 2,543015  2,543015  1 2,543015  2 2,543015  3 2,543015  4   2,0  105 0,0345 r2  2,549592 r2  2,4645 









Así sucesivamente hasta r5 = 2,55020516. Por lo tanto, x = rh + x0 = 2,549592  0,05 + 0,5 = 0,628.

21. El coeficiente de contracción utilizado en la estimación de la socavación general y transversal de un cauce, es función de la velocidad media de la corriente y de la separación entre estructuras, tal como lo indica la tabla que se presenta a continuación. Calcular el valor de dicho coeficiente para una velocidad media 1,3 m/seg y una separación entre pilas de 12,5 m. Coeficiente de Contracción, Cc Velocidad (m/seg) Separación entre estructuras (m) 10 13 16 1,00 0,96 0,97 0,98 1,50 0,94 0,96 0,97 2,00 0,93 0,94 0,95 2,50 0,90 0,93 0,94 Solución: Utilicemos, por ejemplo, el método de Newton – Gregory. Ya que las dos variables independientes están uniformemente espaciadas, podemos utilizar la fórmula simplificada. Así, para una separación entre estructuras de 10 m, tenemos: x 1,0 1,5 2,0 2,5

f(x) ∆ ∆2 ∆3 0,96 0,94 -0,0200 0,93 -0,0100 0,0100 0,90 -0,0300 -0,0200 -0,0300

268

h  0,5  r 

x  x 0 1,3  1   0,6 h 0,5

r r r  1 2 r r  1r  2 3 f x   f x 0   y 0   y0   y0 1! 2! 3! 0,6 0,6  1 0,6 0,6  10,6  2 f x   0,96  0,6   0,02   0,01    0,03  0,945 2 6

Para una separación entre estructuras de 13 m: x 1,0 1,5 2,0 2,5 f x   0,97  0,6   0,01 

f(x) ∆ ∆2 ∆3 0,97 0,96 -0,0100 0,94 -0,0200 -0,0100 0,93 -0,0100 0,0100 0,0200

0,6 0,6  1 0,6 0,6  10,6  2   0,01   0,02  0,966 2 6

Para una separación de 16 m: x 1,0 1,5 2,0 2,5 f x   0,98  0,6   0,01 

f(x) ∆ ∆2 ∆3 0,98 0,97 -0,0100 0,95 -0,0200 -0,0100 0,94 -0,0100 0,0100 0,0200

0,6 0,6  1 0,6 0,6  10,6  2   0,01   0,02  0,976 2 6

Y, finalmente, introduciendo la separación entre estructuras como variable independiente, se tiene: y f(y) ∆ ∆2 10 0,945 13 0,966 0,0210 16 0,976 0,0100 -0,0110

h  3,0  r  f y   0,945  0,8333  0,021 

x  x 0 12,5  10   0,8333 h 3,0

0,8333 0,8333  1   0,011  0,963 2

Es decir, Cc = 0,963.

269

22. En la siguiente tabla se presenta el valor límite de resistencia a la rotura en N/mm2 (Y) en función de la dureza Brinell en N/mm2 (X) de cabillas de acero utilizadas en la construcción. ¿Existe una relación funcional entre las dos variables? X 263 262 262 262 263 260 263 262 265 262 260 265 265 265 263 Y 88,5 90 90,5 87,5 88,5 90 87,5 88 90,5 88,5 87,5 90 87,5 89,5 90 Solución: Dado que se trata de una función de una variable, intentemos una relación lineal. Los cálculos correspondientes son: X Y X2 263 88,5 69169 262 90 68644 262 90,5 68644 262 87,5 68644 263 88,5 69169 260 90 67600 263 87,5 69169 262 88 68644 265 90,5 70225 262 88,5 68644 260 87,5 67600 265 90 70225 265 87,5 70225 265 89,5 70225 263 90 69169 3942 1334 1035996  Media 262,8 88,93

XY 23275,5 23580 23711 22925 23275,5 23400 23012,5 23056 23982,5 23187 22750 23850 23187,5 23717,5 23670 350580

Y, los coeficientes de regresión son: n  n  n  n  yi x i    yi   x i   i 1  i 1   15  350580  1334  3942  0,125 ˆ 1  i 1 2 2 n 15  1035996  3942  n  2 n xi    xi  i 1  i 1 

ˆ 0  y  ˆ 1 x  88,93  0,125  262,8  56,08

Es decir: yˆ  56,08  0,125x . Según esta relación, cuya validez hay que establecer, los valores estimados y los correspondientes errores son:

270

yˆ 89,0 88,8 88,8 88,8 89,0 88,6 89,0 88,8 89,2 88,8 88,6 89,2 89,2 89,2 89,0

X Y 263 88,5 262 90 262 90,5 262 87,5 263 88,5 260 90 263 87,5 262 88 265 90,5 262 88,5 260 87,5 265 90 265 87,5 265 89,5 263 90  3942 1334

y  yˆ 2 y  y2 0,21 1,36 2,78 1,78 0,21 2,01 2,13 0,69 1,67 0,11 1,17 0,63 2,92 0,09 1,09 18,83

0,19 1,14 2,45 2,05 0,19 1,14 2,05 0,87 2,45 0,19 2,05 1,14 2,05 0,32 1,14 19,43

 -0,46 1,17 1,67 -1,33 -0,46 1,42 -1,46 -0,83 1,29 -0,33 -1,08 0,79 -1,71 0,29 1,04

La varianza del modelo es: 1 n yi  yˆ i 2  18,83  1,45 ˆ 2   n  2 i 1 15  2 Y,

3942  38,40 1 n  Sxx   x    x i   1035996  n  i 1  15 i 1 2

n

2

2 i

Planteemos las hipótesis, H0: 1 = 0 H1: 1  0 El estadístico de prueba es T0 

ˆ 1 ˆ Sxx 2



0,125  0,64 . Y el valor de referencia es 1,45 38,40

t/2,n-2 = t0,025;13 = 2,53. Ya que T0  0,64 es menor que el valor de referencia, t/2,n-2, no es posible rechazar la hipótesis nula, es decir 1 es igual a cero, indicando que no hay relación entre las variables. Por otra parte, el coeficiente de determinación es: n

R2  1

 y i 1 n

 y i 1

 yˆ i 

2

i

i

 y

1

18,83  0,03 19,43

271

Con un coeficiente de determinación tan bajo se puede afirmar que el modelo lineal no es apropiado. Para mayor certeza, probemos haciendo un ajuste a un polinomio de segundo grado: Y X X2 263 88,5 7832,25 262 90 8100 262 90,5 8190,25 262 87,5 7656,25 263 88,5 7832,25 260 90 8100 263 87,5 7656,25 262 88 7744 265 90,5 8190,25 262 88,5 7832,25 260 87,5 7656,25 265 90 8100 265 87,5 7656,25 265 89,5 8010,25 263 90 8100 = 3942 1334 118656,5 Media = 262,8 88,93 7910,43 Utilizando las expresiones matriciales, tenemos:

X X T

1

 6316255,56  142067,90 798,73    142067,90 3195,50  17,97  798,73  17,97 0,101 

 105,101 ˆ  X  X  X  Y    8,028    0,044  Es decir, yˆ  105,101  8,028x  0,044 . Planteemos la hipótesis

 

T



1

T

Ho: 1 = 2 = 0 H1: j  0 al menos para una j



T Para el estadístico de prueba necesitamos el valor de SS E  Y Y  ˆ



y de SS R  ˆ

T

XT Y  1   yi  n

n  i 1



2

 1,18 . Con ello:

272

T

XT Y  37,20

F0 

SS R k 1,18 2   0,19 SS E n  p  37,20 15  3

Dado que f,k,n-p = f0,05;2;7 = 4,74 es superior a F0  0,19 no es posible rechazar la hipótesis nula. Con lo que se puede concluir, razonablemente, que no hay relación funcional entre las variables propuestas.

23. Ajustar a los datos que se incluyen en la siguiente tabla un polinomio de segundo grado. Comprobar la bondad del ajuste. Y 11,62 8,35 11,17 6,81 5,7 7,03 13,48 10,3 X 0,76 0,42 0,8 0,2 0,05 0,29 0,94 0,69 Y 13,23 12,07 9,84 8,18 7,41 10,87 6,48 X 0,98 0,89 0,64 0,4 0,36 0,69 0,13 Solución: Comencemos por definir las matrices, recordando que, en este caso, la tercera columna de la matriz X está conformada por el cuadrado de los valores de x:

1 1  1  1 1  1 1  X  1 1  1  1 1  1 1  1

0,76 0,5776 0,42 0,1764  0,80 0,6400  0,20 0,0400 0,05 0,0025  0,29 0,0841 0,94 0,8836   0,69 0,4761 0,98 0,9604  0,89 0,7921  0,64 0,4096 0,40 0,1600   0,36 0,1296  0,69 ,04761  0,13 0,0169

11,62   8,35    11,17     6,81   5,70     7,03  13,48   Y  10,30 13,23   12,07    9,84   8,18     7,41  10,87     6,48 

C  X X T

Y los coeficientes del modelo son:

273

1

2,4547   0,7649  3,0063    3,0063 15,0960  13,6132  2,4547  13,6132 12,9360 

5,553 ˆ  CX T Y   5,005 Es decir: yˆ  5,553  5,005x  3,091x 2 . La varianza del modelo:   3,091



n

ˆ 2 

 y i 1

 yˆ i 

2

i

np n

R2  1

 y i 1 n

hipótesis:

 yˆ i 

y

el

coeficiente

de

determinación:

2

i

 y i 1

1,3026  0,1086 , 15  3



i

 y

1

0,1086  0,9856 indican un buen ajuste. En la prueba de 90,6043

Ho: 1 = 2 = 0 H1: 1  0 y/o 2  0

SS R k 89,30 2   411,33 es mucho mayor que el SS E n  p  1,3026 12 valor de referencia, f,k,n-p = f0,05;2;12 = 3,89 lo que nos dice que hay que rechazar la hipótesis nula. Es decir, por lo menos uno de los coeficientes es diferente de cero, lo que indica que hay una relación funcional entre las variables. El estadístico de prueba, F0 

En la prueba de hipótesis, H0: j = 0 H1: j  0 ˆ j El estadístico de prueba, T0  , es igual a 3,91 (C11 = 15,0960) para 1 y es igual a ˆ 2C jj 2,61 (C22 = 12,9360) para 2. En ambos casos el valor es superior al de referencia, t  / 2, n  p  t 0,025;13  2,56 . Lo que obliga a rechazar la hipótesis nula. Esto quiere decir que el polinomio de segundo grado es un modelo adecuado. Finalmente, la representación gráfica de los errores no presenta ningún patrón definido: 0,60

0,50

Error

0,40

0,30

0,20

0,10

Valor Estimado 0,00 0,0

2,0

4,0

6,0

8,0

-0,10

-0,20

-0,30

-0,40

-0,50

274

10,0

12,0

14,0

16,0

24. Hallar el mejor valor de x1, x2, x3 y x4 para el sistema 1,85 x1 – 2,15 x2 + 2,89 x3 + 5,03 x4 = – 1,25 1,57 x1 – 1,94 x2 + 3,15 x3 + 4,87 x4 = – 1,05 0,89 x1 – 2,06 x2 + 3,04 x3 + 4,95 x4 = – 1,17 1,05 x1 – 2,16 x2 + 3,09 x3 + 4,90 x4 = – 0,95 1,22 x1 – 1,90 x2 + 2,99 x3 + 5,11 x4 = – 1,00 1,17 x1 – 2,11 x2 + 2,90 x3 + 5,19 x4 = – 1,23 1,01 x1 – 2,18 x2 + 3,16 x3 + 5,07 x4 = – 1,18 1,32 x1 – 2,02 x2 + 3,14 x3 + 5,06 x4 = – 1,09 Solución: La mejor solución posible la da el sistema: n  n 2  n   n   n    a i1  x1    a i1a i 2  x 2    a i1a i 3  x 3    a i1a i 4  x 4   a i1k i i 1  i1   i1   i1   i1  n n n n n           a i 2a i1  x1    a i22  x 2    a i 2a i 3  x 3    a i 2a i 4  x 4   a i 2 k i i 1  i1   i1   i1   i1  n n n n n           a i 3a i1  x1    a i23  x 2    a 2i 3  x 3    a i 3a i 4  x 4   a i 3k i i 1  i1   i1   i1   i1  n  n   n   n   n    a i 4a i1  x 4    a i 4a i 2  x 2    a i 4a i 3  x 3    a i24  x 4   a i 4 k i i 1  i1   i1   i1   i1 

Y, sustituyendo valores:

13,40 x1  20,78 x 2  30,62 x 3  50,61 x 4  11,29  20,78 x1  34,19 x 2  50,29 x 3  82,98 x 4  18,46 30,62 x1  50,29 x 2  74,26 x 3  122,31 x 4  27,12 50,61 x 4  82,98 x 2  122,31 x 3  201,31 x 4  44,84 Finalmente, resolviendo el sistema matricialmente, se tiene: x1 = – 0,064

x2 = 0,416

x3 = 0,309

x4 = – 0,222

25. Dada la tabla x 0,4 0,7 1,0 1,3 1,6 f(x) -1,9564 -1,9667 -2,0000 -1,9477 -1,7012 Hallar f 0,4 f 0,4 f 1 f 0,8 .

275

Solución: Ya que la variable independiente está uniformemente separada comencemos por hallar las diferencias progresivas. x 0,4 0,7 1 1,3 1,6

f(x) ∆ ∆2 ∆3 ∆4 -1,9564 -1,9667 -0,0103 -2 -0,0333 -0,0230 -1,9477 0,0523 0,0856 0,1086 -1,7012 0,2465 0,1942 0,1086 0,0000

Y, según la fórmula de Newton – Gregory, 0,0230 0,1086 f x   1,9564  0,0103r  r r  1  r r  1r  2 2 6 f x   1,9564  0,0103r  0,0115 r 2  r  0,0181 r 3  3r 2  2r







En donde r  x  0,4 / 0,3 . Derivando, 1 f x    0,0103  0,01152r  1  0,0181 3r 2  6r  2 0,3









Volviendo a derivar, 1  0,0115  2  0,01816r  6  1  0,0230  0,01816r  6 f x   2 0,09 0,3 Para x = x0 = 0,4  r = 0, por lo tanto: 1  0,0103  0,0115  0,0181  2  0,1247 f 0,4  0,3 1  0,0230  0,0181  6  1,4622 f 0,4  0,09

1  0,0103  0,0115  3  0,0181 2  0,0287 0,3 Para x = 0,8  r = (0,8-0,4)/0,3 = 4/3 1  5 2 f x    0,0103  0,0115   0,0181    0.1384  0,3  3 3 Para x = x2 = 1  r = 2  f 1 

26.

Dada la tabla x 1,00 1,50 2,20 3,00 f(x) -0,2817 -2,2683 -5,4950 -6,9145

276

Hallar los máximos y mínimos de la función. Solución: Comencemos por calcular las diferencias divididas: x 1,00 1,50 2,20 3,00

f(x) 1º Orden 2º Orden 3º Orden -0,2817 -2,2683 -3,9732 -5,4950 -4,6096 -0,5303 -6,9145 -1,7744 1,8901 1,2102

La fórmula de interpolación de Newton – Gregory es, en este caso, f(x)  f x 0   x  x 0 x 0 x1   x  x 0 x  x1  x 0 x1x 2    x 0 x1x 2 x 3 x  x 0 x  x1 x  x 2 

Derivando, f (x)  x 0 x1    x 0 x1x 2 x  x 0   x  x1  

  x 0 x1x 2 x 3 x  x 0 x  x1   x  x 0 x  x 2   x  x1 x  x 2 

f x   3,9732   0,5303x  1  x  1,5   1,2102x  1x  1,5  x  1x  2,2  x  1,5x  2,2 f x   3,6306x 2  12,43648x  5,82395 Y, haciendo f´(x) = 0 y resolviendo la ecuación de segundo grado resultante, los puntos críticos son: x1 = 0,4462 y x2 = 2,9792. Volviendo a derivar, f (x)  2 x 0 x1x 2    x 0 x1x 2 x 3 2x  x 0   2x  x1   2x  x 2  f x   2   0,5303  1,2102  2x  1  2x  1,5  2x  2,2  7,2612x  12,4365

Así, para x = x1 = 0,4462  f x   12,11  0  x1 es un máximo. Y, para x = x2 = 2,9792  f x   9,2  0  x2 es un mínimo.

27. Hallar, por el método de Poncelet,



33

1

x 2  x  1 dx con dos decimales exactas.

Solución: Verifiquemos, en primer lugar, que no haya ningún punto de inflexión en el intervalo:

277

f x   3 x 2  x  1 2x  1 f x   2/3 2 3 x  x 1



f x  



 2x 2  2x  4





9 x2  x  1

5/3

 0  Puntos de inflexión x1  2 x 2  1

Ya que no hay puntos de inflexión dentro del intervalo, podemos aplicar la fórmula de Poncelet. Hagamos n = 8, por ejemplo. Así, h  3  1 8  0,25 .

x0  1

 y 0  1,4423

x1  1,25  y1  1,5622 x 3  1,75  y3  1,7980

Im p  y1  y3  y5  y 7  7,6307

x 5  2,25  y5  2,0257

E  y 0  y8  3,7936 E  y1  y 7  3,8070

x 7  2,75  y 7  2,2448 x8  3



33

1

 y8  2,3513

 E  E   3,7936  3,8070  x 2  x  1 dx  h   2 Im p  0,25  2  7,6307  3,81453 4  4   

El error es: Error  h

E  E 3,7936  3,8070  0,25  8,5  104 4 4

Lo que quiere decir que hay tres decimales exactos, que es más de lo que nos pedían. Por lo tanto,



33

1

x 2  x  1 dx  3,815

28. Hallar, por el método de Poncelet, el valor de

1

x 0

4

ln x dx con, por lo menos, tres

decimales exactos. Solución: Comencemos por buscar los puntos de inflexión:

f x   x 4 ln x  f x   4x 3 ln x  x 3 f x   12x 2 ln x  4x 2  3x 2  x 2 12 ln x  7   0  x  0 ó x  e 7 / 12  0,5580

278

Ya que el segundo valor está dentro del intervalo es necesario dividir la integral en dos. Es decir, I1  



tiene h  e

e 7 / 12

0 7 / 12

x0  0

1

x 4 ln x dx I2   7 / 12 x 4 ln x dx . Haciendo n = 10 en la primera integral, se e



 0 10  0,05580 .

 y0  0

x1  0,05580  y1  0,000028 x 3  0,16741  y3  0,001404

Im p  y1  y3  y5  y 7  y9  0,074871

x 5  0,27902  y5  0,007736

E  y 0  y10  0,056567 E  y1  y9  0,043845

x 7  0,39062  y 7  0,021886 x 9  0,50223  y9  0,043817 x10  0,55804  y10  0,056567

El primer valor de la función presenta una indeterminación que se resuelve aplicando la ln x 1x x4  Lim  0 . Así: regla de l´Hôpital: Lim x 4 ln x  Lim  4  Lim x 0 x 0 x x 0  4x  5 x 0  4

I1  

e 7 / 12

0

  0,056567  0,043845  x 4 ln x dx  0,05580  2   0,074871  0,0085 4  

Con un error  0,05580

 0,056567  0,043845  1,77  10-4. 4





Para la segunda integral, con n = 10, h  1  e7 / 12 10  0,04420

x 0  0,55804  y 0  0,056567 x1  0,60223  y1  0,066705 x 3  0,69062  y3  0,084209

Im p  y1  y3  y5  y 7  y9  0,361134

x 5  0,77902  y5  0,091970

E  y 0  y10  0,056567 E  y1  y9  0,104431

x 7  0,86741  y 7  0,080525 x 9  0,95580  y9  0,037726 x10  1  y10  0

1   0,056567  0,104431  I1   7 /12 x 4 ln x dx  0,04420  2   0,361134  0,0314 e 4  

Con un error  0,04420

 0,056567  0,104131  5,29  10-4. 4

279

1

Finalmente,  x 4 ln x dx  0,0085  0,0314  0,0399 con un error  1,7710-4 + 5,2910-4 0

-4

= 7,0610 . Es decir que se tienen 3 decimales exactos, por lo tanto, I = – 0,040.

29. Dada la integral



dx

 1  x 

, convertirla en una integral propia mediante un cambio x de variable y calcular su valor, por el método de Poncelet con h = 0,1. 23

1

Solución: Haciendo x = 1/z, la integral queda: integral impropia. Con f z  



0

1

z   dz  1 3 z , que ya no es una   1  1 z 2  z 2  0 z  12 3

z1 / 3 , los valores son: z  12

x 0  0  y0  0 x1  0,10  y1  0,3836 x 3  0,30  y3  0,3961 x 5  0,50  y5  0,3528 x 7  0,70  y 7  0,072

Im p  y1  y3  y5  y 7  y9  1,7072 E  y 0  y10  0,25 E  y1  y9  0,6511

x 9  0,90  y9  0,2675 x10  1  y10  0,25 3

z

 z  1 1

0

2

 E  E   0,25  0,6511  dx  h   2 Im p  0,1  2  1,7072  0,3314 4  4   

Y el error es error  0,1

0,25  0,6511  1  10-2. Por lo tanto 4

3

z

 z  1

30. Hallar, por el método de Simpson y con h = 0,2, el valor de

1

2

0



0 ,8

 0 ,8

 0,33 .

 

arctg 21 / x dx .

Solución: La función tiene un punto de discontinuidad dentro del intervalo, x = 0. En efecto, para

     x  0    Lim arctg2   arctg2   arctg    / 2  1,5708 x  0    Lim arctg 21 / x  arctg 2  artcg 0  0 0

1/ x



0

280

I1  

Por lo que es necesario dividir la integral en dos:

 0 ,8

 

0 ,8

0

 

arctg 21 / x dx

e

I2   arctg 21 / x dx . Para la primera: 0

1,8

Y 1,6

1,4

1,2

1

0,8

0,6

0,4

0,2

0 -1

-0,8

-0,6

-0,4

-0,2

0

0,2

0,4

0,6

0,8

X

x0 = – 0,8

y0 = 0,3980

x1 = – 0,6

y1 = 0,3051

x2 = – 0,4

y2 = 0,1750

x3 = – 0,2

y3 = 0,0312

x4 = 0

y4 = 0

1

-0,2

Luego:

0,2 0,3980  4  0,3051  0,1750  0,1750  4  0,0312  0  0,1396 3

I1 

Para la segunda integral: x0 = 0 x1 = 0,2 x2 = 0,4

y0 = 1,5708 y1 = 1,5396 y2 = 1,3958

x3 = 0,6 x4 = 0,8

y3 = 1,2657 y4 = 1,1728

0,2 1,5708  4  1,5396  1,3958  1,3958  4  1,2657  1,1396  1,1171 3

I2  Finalmente,

I = I1 + I2 = 1,2566

31. Hallar, por el método de Simpson, el valor de



3

1

ln x dx con n = 10. ¿Cuántos x

decimales exactos tiene el resultado obtenido? Solución: Para n = 10  h 

3  1  0,2 , y en este caso es necesario calcular todas las ordenadas.

10 x 0  1  y0  0

x 2  1,4  y 2  0,240337

x1  1,2  y1  0,151935

x 4  1,8  y 4  0,326548

x 3  1,6  y3  0,293752

x 6  2,2  y6  0,358390

x 5  2,0  y5  0,346574

x 8  2,6  y8  0,367504

x 7  2,4  y7  0,364119

x10  3  y10  0,366204

x 9  2,8  y9  0,367721

281

P  y0  y2  y 4  y6  y8  y10  1,658984

Im p  y1  y3  y5  y7  y9  1,524760

E  y0  y10  0,366204 Luego la integral es



3

1

ln x h 0,2 2  1,658984  4  1,524760  0,366204  0,6034 dx  2 P  4 Im p  E  x 3 3

M nh5 , en donde M es el máximo de la cuarta derivada 120 en el intervalo de integración. Por lo tanto es necesario calcular las derivadas: El error está dado por la relación

f x  

ln x 1  ln x 2 ln x  3 11  6 ln x IV 24 ln x  50 f x   f x   f x   f x   2 3 4 x x x x x5

50  10  0,25  1,33  103 , por lo que sólo se puede 120 garantizar que haya dos decimales exactos. De donde M = 50, y el error es

32. Por sucesivas aplicaciones de la fórmula de Simpson hallar

 f x, ydx dy . R

Solución: La integral puede expresarse como:

Y 2d



R

2d

2c

2c

Y, 2a

2b

X

I

dy  f x, y dx 2b

2a

recordando

la

fórmula

de

Simpson,

h y0  4y1  y2 , tenemos que: 3

2b  2a  f x, y dx  6 f 2a, y   4f a  b , y   f 2b, y  2b

2a

2d  2c  f , y dy  6 f ,2c  4f , c  d   f ,2d  2d

2c

b  a d  c f 2a,2c  4f 2a , c  d   f 2a,2d   4f a  b ,2c    f x, y dx dy  9 2b

2d

2a

2c

 16f a  b , c  d   4f a  b ,2d   f 2b,2c   4f 2b, c  d   f 2b,2d  b  a d  c f 2a,2c  f 2a,2d   f 2b,2c  f 2b,2d    9  4f 2a , c  d   f a  b ,2c   f a  b ,2d   f 2b, c  d   16f a  b , c  d 

282

33. Hallar, utilizando la fórmula de Newton – Cotes con n = 9, el valor de



1,8

0

3

x 1 dx . 2x  1

Solución: La fórmula para un número de intervalos que sea múltiplo de 3 es: 1,8



0

3

x 1 3h y0  3y1  3y2  y3   y3  3y4  3y5  y6   y6  3y7  3y8  y9  dx  8 2x  1

Para n = 9, h = (1,8 – 0)/9 = 0,2 y los valores de la función son:

x0  0

 y0  1

x 4  0,8  y3  1,5907

x 8  1,6  y8  1,2398

x1  0,2  y1  1,2988 x 5  1,0  y5  1,4142

x 9  1,8  y9  1,2169

x 2  0,4  y 2  2,0233 x 6  1,2  y6  1,3259 x 3  0,6  y3  2,1630 1,8



0

3

x 7  1,4  y3  1,2735

x 1 dx  1,0337 2x  1

seny con x0 = 0; y0 = 0; h = 0,2 por el método de Euler y x en (0  x  1,2). Repetir por Euler Modificado. 34. Resolver la ecuación y  2 

Solución: Recordemos que yi1  yi  yi  yi  h f x i , yi  . Es de hacer notar que para x = y = 0 se plantea una indeterminación, pero si aplicamos la regla de L´Hôpital:

 senx   cos x  Lim   Lim   1 x 0 x  0  x   1  Por lo tanto para x = y = 0, y´ = 1. Y la tabla resultante es: x 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2

y 0 0,2 0,401 0,606 0,816 1,034 1,262

y´ 1 1,0067 1,0234 1,0507 1,0894 1,1406

283

y 0,2 0,201 0,205 0,210 0,218 0,228

Con Euler Modificado, Xn 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 En

mn 1,0000 1,0034 1,0188 1,0450 1,0832 1,1349 1,2018

mn  f x n , yn  ,

donde

y n 1  y n  h

Yn 0 0,201 0,403 0,610 0,823 1,045 1,279

Yn+1,1 0,2 0,401 0,607 0,819 1,040 1,272

mn+1,1 1,0067 1,0234 1,0492 1,0868 1,1376 1,2035

Yn+1 0,201 0,403 0,610 0,823 1,045 1,279

yn 1  yn  h mn ,

mn 1,1  f x n 1, yn 1  ,

mn  mn 1.1 2

35. Integrar, por los métodos de Euler y Euler Modificado, la ecuación diferencial y y y  4 en el intervalo 1;1,5 con x0 = 1; y0 = 4; h = 0,1. x





Solución: Por el método de Euler: x 1 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5

y y´ y 4 8 0,8 9,4877 0,949 4,8 5,749 11,1704 1,117 6,866 13,0632 1,306 8,172 15,1812 1,518 9,690

Por Euler Modificado: xn yn mn yn+1,1 1 8,0000 4,8 4 1,1 4,874 9,6967 5,844 1,2 5,930 11,6503 7,095 1,3 7,195 13,8841 8,583 1,4 8,696 16,4214 10,339 1,5 10,467

mn+1,1 yn+1 9,4877 4,874 11,4220 5,930 13,6358 7,195 16,1524 8,696 18,9953 10,467

Esta ecuación puede ser resuelta de manera exacta ya que es una ecuación de Bernoulli:

284

y  4

y  y   xy  4y  4 x

Si hacemos z  y se tiene

z 

y 

x y  4 y  4 y

y  zx  2z  2 que es una ecuación lineal. 2 y

Resolviendo la incompleta:

z 2   ln z  2 ln x  ln k  z  kx 2 z x 2 2 x 2xk  kx 2   2kx 2  2  k  3  k  x  2  C  z  1  Cx 2  y  z 2  1  Cx 2  x

zx  2z  0 

Y, ya que para x = 0, y = 4  C = 1 y por lo tanto el valor exacto de y está dado por:





2

y  1  x 2 . Así, los errores, en cada caso, son: x y y (Euler) Error (%) y (Euler Mod) Error (%) 1 4,000 4,000 0,00 4,000 0,00 1,1 4,884 4,800 1,72 4,874 0,20 1,2 5,954 5,749 3,44 5,930 0,39 1,3 7,236 6,866 5,12 7,195 0,57 1,4 8,762 8,172 6,73 8,696 0,74 1,5 10,563 9,690 8,26 10,467 0,90 36. Resolver, por el método de Adams y para 0  x  0,8, la ecuación y´ = 1 + x sen xy. Para x = 0, y = 0. Solución: y  1  x senxy  y0  1 y  senxy  y  xy x cos xy  y0  0

y  y  xycos xy  y cos xy  yx cos xy  xy senxy y  xy  2xy cos xy  x 2 y cos xy   x 2 ysenxy y  xy





2 y  2 y  4xy  x 2 y cos xy  x senxy y  xy  y0  0

Recordemos que

h2 h3 y0  y0  0  0,1  1  0  0  0,1 2 6 4h 3 y 2  y0  2h y0  2h 2 y0  y0  0  2  0,1  1  0  0  0,2 3 y1  y0  h y0 

285

Y la tabla de valores resultantes es: x 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8

y 0 0,100 0,200 0,301 0,406 0,515 0,632 0,760 0,904

y´ 1,0000 1,0010 1,0080 1,0271 1,0646 1,1273 1,2220 1,3550 1,5292

∆

∆2

0,0010 0,0070 0,0191 0,0375 0,0626 0,0947 0,1331 0,1742

0,0060 0,0121 0,0184 0,0251 0,0321 0,0383 0,0412

En donde, a partir del valor de y3 se ha utilizado la ecuación

y n 1  yn  h yn 

h 5h yn 1  2 yn  2 2 12

Por ejemplo,

y3  y 2  h y2 

h 5h 0.5 y1  2 y0  0,2  0,1 1,08  0,05  0,007   0,005  0,301 2 12 12

37. Dada la ecuación y  2x  3y hallar, por Adams, y3 e y4. x0 = 2a; y0 = a; h = 1. Solución:

y  2x  3y  y0  4a  3a  a y  2  3y  y0  2  3a y  3y  y0  9a  6

h2 h3 3 3 y0  y0  a  a  1  a  a  1  2a 2 6 2 2 3 4h y 2  y0  2h y0  2h 2 y0  y0  a  2a  4  6a  12a  8  9a  4 3 y1  y0  h y0 

x y y´ ∆ ∆2 2a a a 2a +1 2a 2-2a 2-3a 2a +2 9a-4 16-23a 14-21a 12-18a 2a +3 24-32a 100a-66 123a-82 144a-96 2a +4 (379/2)a-123 0,0375 0,0184

286

38. Resolver la ecuación y  x  y , por el método de Runge – Kutta en 0  x  0,6. x0 = 0; y0 = 0; h = 0,2. Solución: Recordemos el método de Runge – Kutta: 1 yn 1  yn  yn en donde y n  k1n  2k 2 n  2k 3n  k 4 n  6 h k  h k    k 2 n  h f  x n  , y n  1n  k 3n  h f  x n  , y n  2 n  2 2  2 2   

y

k1n  h f x n , y n 

k 4 n  h f x n  h, y n  k 3n 

Y los resultados correspondientes son: x 0 0,2 0,4 0,6

y 0 0,0627 0,1919 0,3677

k1i 0,0000 0,1025 0,1539

x+h/2 0,1 0,3 0,5

y+k1i/2 0 0,1139 0,2688

k2i 0,0632 0,1287 0,1754

y+k2i/2 0,0316 0,1270 0,2796

k3i 0,0726 0,1307 0,1766

x+h 0,20 0,40 0,60

y+k3i 0,0726 0,1934 0,3685

k4i 0,1044 0,1541 0,1968

y 0,0627 0,1292 0,1758

 y  y  z 39. Dado el sistema  con x0 = 0; y0 = 1; z0 = 2; h = 0,1, halar y1, y2, z1, z2, por z  x  y Runge – Kutta. Solución: Hay que resolver simultáneamente los dos sistemas y, para evitar confusiones usemos la letra k para los coeficientes de la primera ecuación, es decir para la y, y la letra c para los coeficientes de la segunda ecuación, es decir para la z.

x 0  0 y0  1 z0  2

k1  0,11  2   0,3

c1  0,10  1  0,1

x 0  h 2  0,05 y 0  k1 2  1,15 z 0  c1 2  2,05

k 2  0,11,15  2,05  0,32

c 2  0,10,05  1,15  0,12

x 0  h 2  0,05 y 0  k 2 2  1,16 z 0  c 2 2  2,06

k 3  0,11,16  2,06   0,322

c3  0,10,05  1,16   0,121

x 0  h  0,1 y 0  k 3  1,322 z 0  c3  2,121

k 4  0,11,322  2,121  0,3443

c 4  0,10,1  1,322   0,1422

1 0,3  2  0,32  2  0,322  0,3443  0,3214 6 1 z  0,1  2  0,12  2  0,121  0,1422  0,1207 6 y1  1  0,3214  1,3214 z1  2  0,1207  2,1207 y 

287

x1  0,1 y1  1,3214 z1  2,1207

k1  0,11,3214  2,1207   0,3442

c1  0,10,1  1,3214   0,1421

x1  h 2  0,15 y1  k1 2  1,4935 z1  c1 2  2,1918

k 2  0,11,4935  2,1918  0,3685

c 2  0,10,15  1,4935  0,1644

x1  h 2  0,15 y1  k 2 2  1,50565 z1  c 2 2  2,2029

k 3  0,11,50565  2,2029   0,3709

c3  0,10,15  1,50565  0,1656

x1  h  0,2 y1  k 3  1,6923 z1  c3  2,2863

k 4  0,11,6923  2,2863  0,3979

c 4  0,10,2  1,6923  0,1892

1 0,3442  2  0,3685  2  0,3709  0,3979  0,3702 6 1 z  0,1421  2  0,1644  2  0,1656  0,1892  0,1652 6 y 2  1,3214  0,3702  1,6916 z 2  2,1207  0,1652  2,2859 y 

40. Resolver la ecuación y  yy  x 2 , por Euler Modificado, con x0 = 0; y0 = 1; y0 ´ = 1; h = 0,1 en 0  x  0,4. Solución: Ya que se trata de una ecuación diferencial de orden superior, el primer paso es hacer un cambio de variable: y´ = z, con lo que la ecuación de segundo orden se transforma en un sistema de dos ecuaciones: y  z

  x 0  0 y0  1 z 0  1 y  z  yz  x 2 

Sistema que debe ser resuelto de manera simultánea. Comenzamos con la variable y: m0  z0  1  y1,1  yo  hm0  1  0,1 1  1,1

Para z: m0  y0z0  x 02  1 1  0  1  z1,1  zo  hm0  1  0,1 1  1,1

Para y:

m1,1  z1,1  1,1  y1  yo  h

m0  m1,1  1  1,1   1  0,1   1,105 2  2 

Para z:

m1,1  y1,1z1,1  x12  1,1  1,1  0,12  1,22  z1  z o  h

288

m0  m1,1  1  1,22   1  0,1   1,111 2  2 

Los valores numéricos resultantes se incluyen en las siguientes tablas: xn 0 0,1 0,2 0,3 0,4

yn mn yn+1,1 mn+1,1 yn+1 1 1,1 1,1 1,105 1 1,105 1,111 1,216 1,2348 1,222 1,222 1,2500 1,347 1,4067 1,355 1,355 1,4276 1,498 1,6301 1,508 1,508

zn 0 0,1 0,2 0,3 0,4

zn mn zn+1,1 mn+1,1 1 1 1,1 1,22 1,111 1,2377 1,235 1,5416 1,250 1,5678 1,407 1,9853 1,428 2,0246 1,630 2,6017 1,659

zn+1 1,111 1,250 1,428 1,659

41. Resolver la ecuación y  xy  y  y  0 , por Adams, con x0 = 0; y0 = 1; y0 ´ = 1; y0  1 ; h = 0,1 en 0  x  0,4. Solución: En este caso, y ya que se trata de una ecuación de tercer orden, se necesitan dos cambios de variable: y´ = z z´ = u. Y tendremos un sistema de tres ecuaciones que deben resolverse simultáneamente:

y  z   z  u  x 0  0 y0  1 z 0  1 u 0  1 u  xu  z  y 

y  z  y0  1 z  u  z0  1 u  xu  z  y  u0  0 y  z  y0  1 z  u  z0  0 u  u  xu  z  y  u0  1 y  z  y0  0 z  u  z0  1 u  2u  xu  z  y  u0  1

h2 h3 0,12 y0  y0  1  0,1  1    1  0  1,095 2 6 2 0,13 z1  1  0,1   1  0   1  0,9002 6 0,12 0,13 u1   1  0  1    1  0,9952 2 6 y1  y 0  h y0 

289

4h 3 2 y0  1  2  0,1  1  20,1   1  0  1,18 3 4 3 z 2  1  2  0,1   1  0   0,1  1  0,8013 3 4 2 3 u 2  1  0  2  0,1  1   0,1   1  0,9813 3 y 2  y0  2h y0  2h 2 y0 

x 0 0,1 0,2 0,3 0,4

y y´ ∆ ∆2 1 1 1,0950 0,9002 -0,0998 1,1800 0,8013 -0,0988 0,0010 1,2552 0,7043 -0,0971 0,0018 1,3209

x 0 0,1 0,2 0,3 0,4

z z´ ∆ ∆2 1 -1 0,9002 -0,9952 0,0048 0,8013 -0,9813 0,0138 0,009 0,7043 -0,9591 0,0223 0,0084 0,6098

x 0 0,1 0,2 0,3 0,4

u u´ ∆ ∆2 -1 0 -0,9952 0,0953 0,0953 -0,9813 0,1824 0,0871 -0,0082 -0,9591 0,2632 0,0808 -0,0062 -0,9290

42. Hallar las raíces enteras y fraccionarias de 72x5  12x 4  58x3  15x 2  12x  4  0 . Solución: Las raíces enteras deben ser divisores del término independiente, en este caso,  (1, 2, 4). El numerador de las raíces fraccionarias debe ser divisor del término independiente, es decir  (1, 2, 4) y el denominador debe ser divisor del coeficiente de mayor grado, en este caso,  (1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 18, 24, 72). Por lo tanto las posibles raíces, tanto enteras como 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4  fraccionarias, son:  1, 2, 4, , , , , , , , , , ,  . 72 24 18 12 8 6 4 3 2 3 3   Comencemos por determinar si hay raíces enteras: 72 12 -58 -15 12

290

4

1

72 72 84

84 26

26 11

11 23 23 27

Lo que indica, según Laguerre, que no hay raíces enteras positivas. Hagamos x = – y, y tendremos 72y5  12y4  58y3  15y2  12y  4  0 y probemos si hay raíces enteras negativas. 72 -12 -58 15 12 -4 1 72 60 2 17 29 72 60 2 17 29 25 Lo que indica, de nuevo según la regla de Laguerre, que tampoco hay raíces enteras  1 1 1 1 1 1 1 1 , , , , , , ,  no son raíces de la negativas. Se puede comprobar que   72 24 18 12 8 6 4 3  ecuación. Para x = 2/3, 72 12 -58 -15 12 4 2/3 48 40 -12 -18 -4 72 60 -18 -27 -6 0 Así que x1  2 / 3 . Volviendo a probar: 72 2/3

60 -18 -27 -6 48 72 36 6 72 108 54 9 0

De donde se deduce que 2/3 es raíz doble y que no hay más raíces positivas. De nuevo se  1 1 1 1 1 1 1 , , , , , ,  no son raíces de la ecuación. Para puede comprobar que    72 24 18 12 8 6 4  x = -1/2: 72 108 54 9 -1/2 -36 -36 -9 72 72 18 0 Por lo tanto x2 = -1/2, y la ecuación restante es de segundo grado que, después de simplificar, es: 4x 2  4x  1  0 que a su vez tiene una raíz doble: -1/2. En resumen la ecuación original tiene una raíz doble, 2/3, y una triple, -1/2. 43. Separar las raíces de la ecuación x5  3x3  2x 2  x  1  0 por el método del signo y definirlas con un mínimo de cuatro decimales exactos por el método de Newton. Solución: Veamos como varían los signos de la función y de su primera derivada.

291

- f x   x  3x  2x  x  1 – … + … f x   5x 4  9x 2  4x  1 5

3

2

–1 0 + – + … + +

+ …

+

Ya que el signo de la función no cambia entre +  y 0, el número de raíces en dicho intervalo debe ser par o no hay ninguna. Pero además el signo de la primera derivada es constante, lo que indica que no hay raíces positivas. Entre –  y 0 cambia el signo de la función, por lo tanto el número de raíces en ese intervalo es impar. De nuevo, el signo de la primera derivada es constante, luego solo hay una raíz en dicho intervalo. Precisando más, el signo de la función cambia entre – 1 y 0, por lo tanto, la ecuación tiene una sola raíz real: – 1  x  0.

f x n  y el primer paso es fijar el valor de x0, es f x n  decir, definir con cual de los extremos del intervalo hay que comenzar. Recordemos que en ese punto los signos de la función y de la segunda derivada deben coincidir: La fórmula de Newton es: x n 1  x n 

f x   x 5  3x 3  2x 2  x  1  f a   f  1  6 f b   f 0  1 f x   20x 3  18x  4  f x   0 Por lo tanto x0 = a = – 1. Así,

x1  x 0 

f x 0  6  1,73138  1   0,68421  x 2  0,68421   0,49281 f x 0  19 9,04593

x 3  0,49281 

 0,36667  0,03292  0,42556  x 4  0,49281   0,41824 5,45194 4,49611

M x n 1  x n 2 en 2m donde M es el máximo de la segunda derivada en el intervalo y m es el mínimo de la primera derivada. En el intervalo – 0,5  x  – 0,4 ,que es el intervalo en el que está ubicada la raíz, M = 15,5 y m = 4,2. Por lo tanto: Veamos si este resultado tiene cuatro decimales exactos. El error es  



M x n 1  x n 2  15,5  0,41824  0,425562  9,9  105  10 4 2m 2  4,2

Es decir que el resultado si tiene los cuatro decimales exactos que nos pedían: x = – 0,4182

292

44. Separar las raíces de la ecuación 5senx  4x por el método gráfico y definirlas con un mínimo de cuatro decimales exactos por el método de Newton. Solución: Dibujando las funciones f(x) = 5 sen x y g(x) = 4x, que son funciones conocidas, encontramos que los puntos de corte entre ambas funciones están comprendidos, tal como se puede observar en la figura, entre – 1,5 y – 1 y entre 1 y 1,5, respectivamente. Además de x = 0, que es, evidentemente, una raíz exacta. 8 Y

g(x)

6

f(x) 4 2 0 -3

-2,5

-2

-1,5

-1

-0,5

0

0,5

1

1,5

2

2,5 X 3

-2 -4 -6 -8

Debido a la simetría de la función bastará con encontrar una de las raíces, por ejemplo la comprendida entre 1 y 1,5.

f x   5 senx  4x  f a   f 1  0,2074 f b   f 1,5  1,0125 f x   5 cos x  4 f x   5 senx  f x   0 Por lo tanto x0 = b = 1,5. Así, x1  x 0 

f x 0   1,0125  0,1898  1,5   1,22232  x 2  1,22232   1,13953 f x 0   3,6463  2,2927

x 3  1,13953 

 0,0159  0,0002  1,13119  x 4  1,13119   1,13110  1,9099  1,87207

En el intervalo 1  x  1,5; M = 5 y m = 1,3. Por lo tanto:



M x n 1  x n 2  5 1,1311  1,131192  1,6  108  107 2m 2  1,3

293

Así que las raíces de la ecuación, además de x = 0, son: x = 1,13110 y x = – 1,13110 con todos los decimales exactos. 45. Precisar la raíz de la ecuación x x  8 Log 3x  0 que está comprendida entre 1 y 2, por el método de Newton modificado. Solución: Recordemos que Log 3 x 

ln x , con lo que la ecuación puede escribirse como ln 3

ln 3 x x  8 ln x  0 . Así: f x   ln 3 x x  8 ln x



f x   ln 3 x x ln x  1 



8 8 2 f x   ln 3 x x ln x  1  x x 1  2 x x f a   f 1  1,0986 f b  f 2  1,1507 f x   0  x 0  a  1 La modificación al método de Newton consiste en mantener fijo el valor de la derivada, es f x n  decir, x n 1  x n  . Por lo tanto: f x 0 

x1  x 0 

f x 0  1,09861 1  1,15919 f x 0   6,90139

0,02783  1,18090 6,90139 0,00165 x 5  1,18188   1,18212 6,90139 x 3  1,17687 

x 2  x1 

f x1  0,12205  1,15919   1,17687 f x 0  6,90139

0,00673  1,18188 6,90139 0,0041 x 6  1,15212   1,18218 6,90139 x 4  1,18090 

46. Precisar con cinco decimales exactas, por el método de las cuerdas, la raíz de la ecuación x  tgx  0,1  0 comprendida entre 0,6 y 0,7. Solución: f x   x  tgx  0,1 f x    tg2 x f x   2 tgx 1  tg2 x f a   f 0,6  0,01586 f b   f 0,7   0,04229 f x   0





El extremo fijo es b = 0,7 (en ese punto coinciden los signos de la función y de la segunda derivada) y x0 = a = 0,6. Por lo tanto, la fórmula a utilizar es f x n  x n  b x n 1  x n  f x n   f b 

294

x1  x 0 

f x 0  0,01586 x 0  b   0,6  0,6  0,7   0,62728 f x 0   f b  0,01586  0,04229

0,00232 0,62728  0,7   0,63107 0,00232  0,04229 0,00032 0,63107  0,7   0,63158 x 3  0,63107  0,00032  0,04229 0,00004 0,63158  0,7   0,63165 x 4  0,63158  0,00004  0,04229 0,00001 0,63165  0,7   0,63166 x 5  0,63165  0,00001  0,04229 x 2  0,62728 

Mm Y, para el error,    x n 1  x n  , en donde M es el máximo de la primera derivada  m  en el intervalo, 0,71 en este caso, y m el mínimo de la primera derivada en el intervalo, 0,5 en este caso. Así:  0,71  0,5   0,63166  0,63165  4,2  10 6 0 , 5   Lo que indica que los cinco decimales del resultado son exactos, x = 0,63166 47. Separar las raíces de la ecuación 2x 5  5x 2  2  0 por el método de Sturm, y precisarlas por el método de las cuerdas con cinco decimales exactos. Solución: El primer paso es hallar la sucesión de Sturm. Los dos primeros términos son: f x   2x 5  5x 2  2 y f x   10x 4  10x . Como en la sucesión de Sturm lo que nos interesa es el signo, podemos simplificar la primera derivada y trabajar con x 4  x . Así,

2x 5  5x 2  2  2x 5  2x 2 3x 2  2

2x

 1 3x 2  2 9

x4  x  x 4  2 3x 2

 3x 2  2 3x 3  2 3x

 2 3x 2  x 2 3x 2  4 9

2 3x  2  2 3x  8 27  62 27

x  4 9

295

3x  2 3

 x  4 9 x  4 9 4 9 0

 27 62x  6 31

62 27

Por lo tanto, la sucesión de Sturm es: 2x 5  5x 2  2 , x 4  x ,  3x 2  2 ,  x  4 9 , 62 27 . El siguiente paso es definir el número de variaciones.

2x  5x  2 x4  x  3x 2  2  x  4 9 62 27 Nº de Variaciones 5

2

 – + – + + 3

– 1,5 – 0,5 0,5 – + + + – + – – – + + – + + + 3 2 2

+ + + – – + 2

Lo que indica que hay una sola raíz real que está comprendida entre – 1,5 y – 0,5.

f x   2x 5  5x 2  2 f x   10x 4  10x f x   40x 3 f a   f  1,5  1,9375 f b   f  0,5  3,1875 f x   0 Por lo tanto, el extremo fijo es a = – 1,5 y comenzamos con x0 = b = – 0,5 .

x1  x 0 

f x 0  3,1875 x 0  a   0,5   0,5  1,5  1,121951 f x 0   f a  3,1875  1,9375

4,73838  1,121951  1,5  1,390281 4,73838  1,9375 1,27614  1,390281  1,5  1,433851 x 3  1,390281  1,27614  1,9375 x 4  1,439392 x 5  1,439451 x 6  1,4394576 x 7  1,4394583 x 2  1,121951 

El máximo de la primera derivada es M = 3,6 y el mínimo es m = 0,4, y el error es:

Mm x n 1  x n   3,6  0,4  1,4394583  1,4394576  5  106 m 0,4 Por lo tanto la raíz es x = – 1,43946 Error