PROBLEMA N° 4.

Tema 1: Error

1
Problema 4: f ( x )= , centrado en x=0
2−x

1. Polinomios de Taylor de orden 5

Para resolver el ejercicio usaremos la formula establecida para los polinomios

de Taylor

f ' ' ( x0 ) f '' ' ( x 0 ) f n ( x0 )

Pn ( x ) =f ( x 0 ) + f ' ( x 0 ) ( x−x 0 ) + (x−x 0 )2 + ( x−x 0)3 +…+ ( x−x 0 )n
2 6 n!
Lo primero que haremos será calcular las respectivas derivadas mediante la
regla de la cadena.
1
f ' ( x )=
(2−x)2
1
f '' ( x) =
(2−x )3
1
f ' ' ' ( x )=
(2−x)4
1
f ' ' ' ' ( x )=
(2−x )5
1
f ' ' ' '' ( x ) =
(2−x )6
Pasamos a desarrollar cada una de las funciones reemplazando x por el valor
de cero y así obtenemos que:
1 1 1 1 1 1
f ( 0 )= , f ' ( 0 )= , f ' ' ( 0 )= , f ' ' ' ( 0 )= , f ' ' ' ' ( 0 )= , f ' '' ' ' ( 0 ) =
2 4 8 16 32 64
Ahora escribimos la ecuación simplificando los datos necesarios. Haremos el
mismo proceso para cada grado.

f ' ' ( x0) '' ' ' '' '

' 2 f ( x0 ) 3 f ( x0)
Pn ( x ) =f ( x 0 ) + f ( x 0 ) ( x−x 0 ) + ( x−x 0 ) + ( x−x 0 ) + ( x−x 0 )4
2 6 24

+ f ' ' '' ' ( x 0 )

(x−x 0)5 →
120
 1 1 1 1
1 1 8 16 3 32 4 64 5
Pn ( x ) = + x+ x 2+ x+ x + x
2 4 2 6 24 120
Reemplazamos
1
 P0 ( x ) =f ( x 0 ) → P0 ( x )=
2
1 1
 P1 ( x )=f ( x 0 ) +f ' ( x 0 ) ( x−x 0 ) → P1 ( x )= + x
2 4
''
f ( x0) 1 1 1
 P2 ( x ) =f ( x 0 ) + f ' ( x 0 ) ( x−x 0 ) + ( x −x0 ) 2= + x+ x2
2 2 4 16

'' '' '
f ( x0 ) 2 f ( x0 ) 1 1 1 2 1 3
P3 ( x ) =f ( x 0 ) + f ' ( x 0 ) ( x−x 0 ) + ( x−x 0) + 3
( x−x 0 ) → P3 ( x )= 2 + 4 x + 16 x + 96 x
2 6

'' ' '' ' ' ''
' f ( x0 ) 2 f ( x0 ) 3 f ( x0 ) 1 1 1 1
P4 ( x )=f ( x0 ) + f ( x0 ) ( x−x 0 ) + ( x−x 0 ) + ( x−x 0 ) + ( x−x 0 )4 → P4 ( x )= + x+ x2 +
2 6 24 2 4 16 96

'' '' ' ' '' ' ' ' '' '
' f ( x0 ) 2 f ( x0 ) 3 f ( x0 ) 4 f ( x0 ) 1 1
P5 ( x ) =f ( x 0 ) + f ( x 0 ) ( x−x 0 ) + ( x−x 0) + ( x−x 0 ) + ( x−x 0 ) + (x−x 0)5 = + x+
2 6 24 120 2 4 1
2. Error de truncamiento

Grafica comparativa de los polinomios hallados

Para resolver el ejercicio usaremos la formula establecida para hallar el error

de truncamiento.
 M n +1
|Rn ( x )|≤ ( n+1 ) ! |x| for|x−x 0|≤ r

|f (n +1) (x) ≤ M |
Ahora procedemos a realizar el procedimiento para cada grado de la serie
reemplazando en las formulas con el valor estipulado.
M n +1 M 1 ( n+1)
 |R0 ( x )|≤ ( n+1 ) ! |x| = |x| |f ( x ) ≤ M |=|f (1 )( x )≤ M |
1!

1
El mayor valor de f ( 1) ( x )= sobre el intervalo |x−0|<1 ocurre cuando x=1
(2−x )2
1
|f (1 )(1)|= =1=M
(2−1)2
1 1
|R0 ( x )|≤ 1! |1| =1
M M 2 (n +1)n +1
 | x| |f ( x ) ≤ M |=|f (2) ( x )≤ M|
|R1 ( x )|≤ ( n+1 ) ! |x| =
2!
( 2) 1
El mayor valor de f ( x )= 3 sobre el intervalo |x−0|<1 ocurre cuando x=1
(2−x )
|f (2 )(1)|= 1 3 =1=M
(2−1)
1 2
|R1 ( x )|≤ 2! |1| =0.5
M n +1 M 3 (n +1)
 |R2 ( x )|≤ ( n+1 ) ! |x| = | x| |f ( x ) ≤ M |=|f (3 )(x )≤ M |
3!

1
El mayor valor de f ( 3 ) ( x )= sobre el intervalo |x−0|<1 ocurre cuando x=1
(2−x )4
1
|f (3 )(−0.1)|= =1=M
(2−1)4
1 3
|R2 ( x )|≤ 3! |1| =0.1666666
M n +1 M 4 (n +1)
 |R3 ( x )|≤ ( n+1 ) ! |x| = |x| |f ( x ) ≤ M |=|f (4 ) (x) ≤ M |
4!

1
El mayor valor de f ( 4 ) ( x )= 5 sobre el intervalo |x−0|<1 ocurre cuando x=1
(2−x)
 1
|f (4 ) (−0.1)|= =1=M
(2−1)5
1 4
|R3 ( x )|≤ 4 ! |1| =0.0416666
M n+1 M 5 (n+1 )
 |R 4 ( x )|≤ ( n+1 ) ! |x| = |x| |f ( x ) ≤ M |=|f ( 5) (x) ≤ M|
5!

1
El mayor valor de f (5 ) ( x )= 6 sobre el intervalo |x−0|<1 ocurre cuando x=1
(2−x )
1
|f (5 )(−0.1)|= 6
=1=M
(2−1)
1 5
|R 4 ( x )|≤ 5 ! |1| =0.008333
M n +1 M 6 ( n+1)
 |R5 ( x )|≤ ( n+1 ) ! |x| = |x| |f ( x ) ≤ M|=|f (6 ) (x) ≤ M |
6!

1
El mayor valor de f ( 6 ) ( x )= sobre el intervalo |x−0|<1 ocurre cuando x=1
(2−x)7
1
|f (6 ) (−0.1)|= =1=M
(2−1)7
1 6
|R5 ( x )|≤ 6 ! |1| =0.001388
 3. Análisis

Al realizar el análisis del desarrollo matemático que se hizo de este ejercicio es

posible ver que el teorema de Taylor permite establecer un resultado
realmente preciso, a la vez que soluciona el problema de que las series de
potencias tienen un número infinito de términos, por otro lado es interesante
ver el comportamiento de la función a medida que se va derivando y
aumentando el grado de potencia. Fue así como mediante una gráfica pudimos
observar que al realizar cada transformación a la función sus hijas por así
decirlo presenten grandes transformaciones y lo único que guardan en común
es el punto de intersección = a 0 tal como se establece desde el principio del
ejemplo; de modo que es posible deducir que los polinomios calzan mejor
cerca del centro x=0 , y tienen más errores en la parte más alejada del centro.
Por otro lado, es posible concluir que el error de truncamiento disminuye su
valor a medida que aumenta el grado de la serie, razón por la cual es posible
decir que entre más alto el grado de la serie que se esté trabajando más se
reduce el porcentaje de error.

PROBLEMA N° 4. Tema 2: Ecuaciones No Lineales

Problema 4: Energía Eólica – Molino de viento: Cada vez es más común

utilizar turbinas eólicas para generar energía eléctrica. La producción de
energía de la potencia generada por un molino de viento depende del diámetro
de la pala y la velocidad del viento. La siguiente fórmula proporciona una
buena estimación de la producción de energía:

EO=0.01328 D2 V 3

Donde EO es la energía generada, D es el diámetro de una pala del molino

(m), V es la velocidad del viento (m/s). Uso los métodos solicitados en el
Ejercicio 2 para determinar cuál debería ser el diámetro de la pala del molino,
en metros, si se desea generar 500 watts de potencia eléctrica cuando la
velocidad del viento es 10 mph (millas por hora).

1. Grafica

Raíz Explicación
 EO Lo primero que tendremos que hacer

EO=0.01328 D V → 2 3
( )
V3
=D 2 →
para resolver la incógnita y encontrar
la raíz es despejar la ecuación de
0.01328 modo que podamos hallar la solución.
EO
D=
√0.01328 V 3
1 milla Para poder remplazar los valores en la
∗1 h
1609.34 m 1609.34 m∗1 h formula tendemos que convertir los
= datos dados a los valores que exige la
3600 s 1 milla∗3600 s
¿ 0.44703 m∗s formula.

1mph
∗10 mph=4.4704 m∗s
0.44703 m∗s

EO 500 m5 s 3 Una vez despejada la ecuación el

D=
√
0.01328 V 3
500
→
√
0.01328 ¿ ¿
¿ siguiente paso es reemplazar en la
formula despejada los datos que
→ D=
√
1.186416
tenemos en el planteamiento del
problema; de esta manera se hallara
la raíz de esta ecuación.

500 Ahora para graficar esta ecuación

√1.186416
−D=0
500
tomaremos la raíz y la convertiremos
en una función.
F ( D)=
√
1.186416
a+ b 30−25
−D
Para hallar la raíz de la función en el
m= = =2.5
2 2 intervalo (a, b), se divide el intervalo en
la mitad. Hallaremos la raíz en el
intervalo (18,30) m=(a+b)/2
500
F ( 30 ) =
√
1.186416
500
−30=−9.471060
Si f(a) y f(m) tienen signos contrarios la
F ( 2.5 ) =
√
1.186416
−2.5=2.528939 raíz buscada está en el intervalo (a, m).

Así, graficamos y encontramos que la

raíz está en el intervalo (18,30)

2. Iteraciones de la raíz
Bisección: usaremos las siguientes formulas

xa + xb x actual−x r anterior ( 100 )

x r=
2 |
Ep= r
x r actual |
f ( x a )∗f ( x r )

  r ecuación f(x0)*f(x1)
x0 18 2,52893902
- -
x1 30 9,47106098 23,9517357

Primera aproximación:
x 0 + x 1 18+30
x r= = =24
2 2
La expresión, evaluada en 24:

500
√ 1.186416
−24=¿-3,47106098

El intervalo se reduce del siguiente modo

- Si f(x0)*f(xr)<0 , xr es el nuevo x1, x0 es el mismo y se halla un nuevo xr,

repitiendo el proceso
- Si f(x0)*f(xr)>0 , xr es el nuevo x0, x1 es el mismo y se halla un nuevo xr,
repitiendo el proceso
- Si f(x0)*f(xr)=0 , xr es la raíz buscada y termina el cálculo

Aplica entonces la primera condición, x0 = 18 , x1 = 24 y se vuelve a iterar.

A partir de la segunda iteración, el cálculo se hace en Excel.

Con 6 cifras decimales, el cálculo converge en 15 iteraciones, y

N iteración Valor aproximado raíz Valor aproximado función Error relativo,

niter xi f (x¿ ¿i)¿ Erel ( % )
1 24 -3,47106098
2 27 -6,47106098
3 25,5 -4,97106098
4 24,75 -4,22106098
5 24,375 -3,84606098
6 24,1875 -3,65856098
7 24,09375 -3,56481098
8 24,046875 -3,51793598
9 24,0117188 -3,48277973
10 24,0058594 -3,47692038
Regula Falsi:

Se utiliza la siguiente fórmula:

a∗f ( b )−b∗f ( a )
r=
f ( b )−f ( a )
Las iteraciones son:

N iteración Valor aproximado raíz Valor aproximado función Error relativo,

niter xi f (x¿ ¿i)¿ Erel ( % )
1 23,481586 -2,95264695
2 17,0815945 3,44734452
3 41,0646008 -20,5356618
4 20,5299056 -0,00096661
5 -62687,0735 62707,6024
6 1331768914 -1331768894
7 -2,82840000 2,82840000
8 496078,046 -496057,517
9 -1,05350000 1,05350000
10 458383,149 -458362,62

Newton – Raphson

Como el método de newton hace uso de las derivadas para calcular la raíz, en
este caso nuestra ecuación ideal no tiene forma de polinomio tal que podamos
derivarla para hacer uso de este método.

Secante: usaremos las siguientes formulas

f ( x i−1−x i )
x i+1=x i−
f ( x i−1 ) −f ( x i )
3. Resultados

Número de iteraciones vs Erel (% )

N
iteración Error relativo
niter
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
  Biseccion Regla falsa Secante

12

10

biseccion reglaFalsa Secante

Realice un análisis de resultados indicando claramente, y apoyado en la teoría,
cuál método presenta un mejor desempeño para encontrar la solución. ¿Cuál
es su conclusión?

 De acuerdo a los resultados del error relativo que presenta cada método
en las distintas iteraciones es posible concluir que el método que menos
confiabilidad presenta es el de bisección pues los valores del error son
mas altos que en los otros métodos. Además, también es posible
concluir que sin importar si se esté usando el método de la regla falsa o
de secante el error porcentual será el mismo al aplicar los dos métodos;
por tanto su confiabilidad es la misma y es mayor comparada con el
método de bisección pues los errores relativas en las iteraciones son
más bajos.