Taylor Y Bisecion Numerico.docx

Metodoo de Taylor E1) Use el polinomio de Taylor de orden 4 para 𝒂 = 𝟏 al calcular el valor aproximado de 𝑳𝒏 (𝟎. 𝟖) y dé una estimación del máximo error cometido. Es necesario las cinco primeras derivadas de 𝑓(𝑥) 𝑓(𝑥) = 𝐿𝑛 𝑥

⟹ 𝑓(1) = 𝐿𝑛 1

1

𝑓 ′ (𝑥) = 𝑥

1

𝑓 ′′ (𝑥) = − 𝑥 2 𝑓 ′′′ (𝑥) =

2 𝑥3

𝑓 ′𝑣 (𝑥) = − 𝑓 𝑣 (𝑥) =

6𝑥 2 𝑥6

24𝑥 3 𝑥8

⟹ 𝑓(1) = 0

1

⟹

𝑓 ′ (1) = 1

⟹

𝑓 ′′ (1) = − 12

⟹

𝑓 ′′′ (1) =

⟹

𝑓 ′𝑣 (1) = − (1)4

⟹

⟹ 𝑓 ′ (1) = 1 1

2 13

⟹ 𝑓 ′′′ (1) = 2 6

24

𝑓 𝑣 (𝑐) = (𝑐)5

⟹ 𝑓 ′′ (1) = −1

⟹ 𝑓 ′𝑣 (1) = −6 ⟹ 𝑓 𝑣 (𝑐) =

24 𝑐5

Entonces por la fórmula de Taylor: 𝐿𝑛 𝑥 = 𝑓(1) + 𝑓 ′ (1)(𝑥 − 1) + 𝑓 ′′ (1)

𝐿𝑛 𝑥 = 0 + 1(𝑥 − 1) +

𝐿𝑛 𝑥 = (𝑥 − 1) −

(𝑥 − 1)2 (𝑥 − 1)3 (𝑥 − 1)4 + 𝑓 ′′′ (1) + 𝑓 ′𝑣 (1) + 𝑅4 (𝑥) 2! 3! 4!

(−1)(𝑥 − 1)2 2 (𝑥 − 1)3 (− 6)(𝑥 − 1)4 + + + 𝑅4 (𝑥) 2! 3! 4!

(𝑥 − 1)2 2 (𝑥 − 1)3 6(𝑥 − 1)4 + − + 𝑅4 (𝑥) 2 3×2×1 4×3×2×1

(𝑥 − 1)2 (𝑥 − 1)3 (𝑥 − 1)4 𝐿𝑛 𝑥 = (𝑥 − 1) − + − + 𝑅4 (𝑥) 2 3 4 𝐿𝑛 (0.8) = (𝑥 − 1) −

(𝑥 − 1)2 (𝑥 − 1)3 (𝑥 − 1)4 + − + 𝑅4 (𝑥) 2 3 4

𝐿𝑛 (0.8) = (0.8 − 1) −

− 0.22314 = −0.2 −

(0.8 − 1)2 (0.8 − 1)3 (0.8 − 1)4 + − + 𝑅4 (0.8) 2 3 4

(−0.2)2 (−0.2)3 (−0.2)4 + − + 𝑅4 (0.8) 2 3 4

− 0.22314 = −0.22306 + 𝑅4 (0.8) Sabemos que : 𝑅𝑛 (𝑥) = 𝑓 (𝑛+1) (𝑐)

(𝑥 − 𝑎)𝑛+1 (𝑛 + 1)!

24 (−0.2)5 𝑐5 5! (−0.2)5 24 𝑅𝑛 (0.8) = 5 𝑐 5×4×3×2×1 𝑅𝑛 (0.8) =

𝑅𝑛 (0.8) =

(−0.2)5 5 𝑐5

0.8 < 𝑐 < 1 𝑥<𝑐<𝑎 Por lo tanto : | 𝑅𝑛 (0.8) | <

(0.2)5 5 𝑐5

| 𝑅𝑛 (0.8) | <

(0.2)5 = −0.000195313 5 (0.8)5

Podemos concluir que 𝐿𝑛 (0.9) = −0.22314 con un error de −0.000195313 Al decir esto suponemos que el error es insignificante o que el error de cálculo fue insignificante.

Punto Fijo E2) Utilice el método de Punto Fijo para localizar la raíz de 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 − 10𝑥 − 5 con un valor inicial de X0 = 1, e iterar hasta que el error estimado sea menor o igual a 0.0001. Tenemos que: 3

𝑓(𝑥) = 𝑥 3 − 10𝑥 − 5 ⟹ 𝑔(𝑥) = √10𝑥 + 5 ⟹ 𝑔(𝑥) = ( 10𝑥 + 5)/𝑥 2

𝒊

𝒙𝒊

0

1,00000

1

2,46621

1,46621

2

3,09552

0,62931

3

3,30056

0,20503

4

3,36214

0,06158

5

3,38020

0,01806

6

3,38546

0,00526

7

3,38699

0,00153

8

3,38744

0,00044

9

3,38757

0,00013

10

3.38760

0.00004 ≤ 0.0001

⃒𝒙𝒏+𝟏 − 𝒙𝒏 ⃒

Tenemos 𝑔(𝑥) = ∛(10𝑥 + 5) : 𝑥0 = 𝑔(𝑥0 ) = 1 𝑥1 = 𝑔(𝑥0 ) = 𝑔(1) = ∛(10𝑥(1) + 5) = 2,46621 𝑥2 = 𝑔(𝑥1 ) = 𝑔(2,46621) = ∛(10𝑥(2,46621) + 5) = 3,09552 𝑥3 = 𝑔(𝑥2 ) = 𝑔(3,09552) = ∛(10𝑥(3,09552) + 5) = 3,30056 𝑥4 = 𝑔(𝑥3 ) = 𝑔(3,30056) = ∛(10𝑥(3,30056) + 5) = 3,36214

Sabemos ⃒𝑥𝑛+1 − 𝑥𝑛 ⃒ |𝑥1 − 𝑥0 | = |2,46621 − 1| = 1,46621 |𝑥2 − 𝑥1 | = |3,09552 − (2,46621)| = 0,62931 |𝑥3 − 𝑥2 | = |3,30056 − ( 3,09552)| = 0,20503 |𝑥4 − 𝑥3 | = |3,36214 − (3,30056)| = 0,06158