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# C.1: Extrapolación de Richardson

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Hay muchos procedimientos de aproximación en los que uno primero elige un tamaño de paso$$h$$ and then generates an approximation $$A(h)$$ to some desired quantity $$\cA\text{.}$$ For example, $$\cA$$ might be the value of some integral $$\int_a^b f(x)\,\, d{x}\text{.}$$ For the trapezoidal rule with $$n$$ steps, $$\Delta x=\tfrac{b-a}{n}$$ plays the role of the step size. Often the order of the error generated by the procedure is known. This means

$\cA=A(h)+Kh^k+K_1h^{k+1}+K_2h^{k+2}+\ \cdots \tag{E1} \nonumber$

con$$k$$ ser alguna constante conocida, llamada el orden del error, y$$K,\ K_1,\ K_2,\ \cdots$$ siendo algunas otras constantes (generalmente desconocidas). Si$$A(h)$$ es la aproximación a$$\cA=\int_a^b f(x)\,\, d{x}$$ producida por la regla trapezoidal con$$\Delta x=h\text{,}$$ entonces$$k=2\text{.}$$ Si se usa la regla de Simpson,$$k=4\text{.}$$

Primero supongamos que$$h$$ es lo suficientemente pequeño como para que los términos$$K'h^{k+1}+K''h^{k+2}+\ \cdots$$ en (E1) sean lo suficientemente pequeños 1 Normalmente, no tenemos acceso a, y no nos importa, el error exacto. Solo nos importa su orden de magnitud. Entonces, si$$h$$ is small enough that $$K_1h^{k+1}+K_2h^{k+2}+\ \cdots$$ is a factor of at least, for example, one hundred smaller than $$Kh^k\text{,}$$ then dropping $$K_1h^{k+1}+K_2h^{k+2}+\ \cdots$$ would not bother us at all. eso dejarlos caer esencialmente no tiene impacto. Esto daría

$\cA=A(h)+Kh^k \tag{E2} \nonumber$

Imagínese que sabemos$$k\text{,}$$ pero que no sabemos$$A$$ o$$K\text{,}$$ y pensamos en (E2) como una ecuación que las incógnitas$$\cA$$ y$$K$$ tienen que resolver. Puede parecer que tenemos una ecuación en las dos incógnitas$$K\text{,}$$$$\cA\text{,}$$ pero ese no es el caso. La razón es que (E2) es (esencialmente) verdadero para todas las opciones (suficientemente pequeñas) de$$h\text{.}$$ Si escogemos algunos$$h\text{,}$$ dicen$$h_1\text{,}$$ y usamos el algoritmo para determinar$$A(h_1)$$ entonces (E2), con$$h$$ reemplazado por$$h_1\text{,}$$ da una ecuación en las dos incógnitas$$\cA$$ y$$K\text{,}$$ y si luego escogemos alguna$$h\text{,}$$ palabra diferente$$h_2\text{,}$$ y usamos el algoritmo una segunda vez para determinar$$A(h_2)$$ entonces (E2), con$$h$$ reemplazado por$$h_2\text{,}$$ da una segunda ecuación en las dos incógnitas$$\cA$$ y$$K\text{.}$$ Las dos ecuaciones determinarán entonces ambas$$\cA$$ y $$K\text{.}$$

Para ser más concretos, supongamos que hemos escogido algún valor específico de$$h\text{,}$$ y hemos elegido$$h_1=h$$$$h_2=\tfrac{h}{2}\text{,}$$ y y que hemos evaluado$$A(h)$$ y$$A(h/2)\text{.}$$ Entonces las dos ecuaciones son

\ begin {align*}\ ca&=A (h) +kH^k\ tag {E3a}\\\ CA&=A (h/2) +K\ grande (\ tfrac {h} {2}\ grande) ^k\ etiqueta {E3b}\ end {align*}

Ahora es fácil de resolver para ambos$$K$$ y$$\cA\text{.}$$ Para obtener$$K\text{,}$$ solo restar (E3b) de (E3a).

\ begin {align*} (\ textrm {E3a}) - (\ textrm {E3b}) :&\ quad 0=A (h) -A (h/2) +\ grande (1-\ tfrac {1} {2^k}\ grande) kh^k\\ implíes&\ quad K=\ frac {A (h/2) -A (h)} {[1-2^ {-k}] h^k}\ etiqueta {E4a}\ final {alinear*}

Para obtener$$\cA$$ multiplicar (E3b) por$$2^k$$ y luego restar (E3a).

\ begin {alinear*} 2^k (\ textrm {E3b}) - (\ textrm {E3a}) :&\ quad [2^k-1]\ Ca=2^kA (h/2) -A (h)\\\ implíes&\ quad\ Ca=\ frac {2^kA (h/2) -A (h)} {2^k-1}\ etiqueta {E4b}\ end {align*}

La generación de una aproximación “nueva mejorada” para$$\cA$$ de dos$$A(h)$$ con diferentes valores de$$h$$ se llama Richardson 2 La extrapolación de Richardson fue introducida por el inglés Lewis Fry Richardson (1881-1953) en 1911. Extrapolación. Aquí hay un resumen

##### Ecuación C.1.1 Extrapolación de Richardson

Let$$A(h)$$ Ser una$$h$$ aproximación de tamaño de paso a$$\cA\text{.}$$ If

$\cA=A(h)+K h^k \nonumber$

entonces

$K=\frac{A(h/2)-A(h)}{[1-2^{-k}]h^k}\qquad \cA=\frac{2^kA(h/2)-A(h)}{2^k-1} \nonumber$

Esto funciona muy bien ya que, al calcular$$A(h)$$ para dos diferentes$$h$$, podemos eliminar el mayor término de error en (E1), y así obtener una aproximación mucho más precisa a$$\cA$$ por poco trabajo adicional.

##### Ejemplo C.1.2 Extrapolación de Richardson con la regla trapezoidal

Aplicando la regla trapezoidal (1.11.6) a la integral$$\cA=\int_0^1\frac{4}{1+x^2}\, d{x}$$ con tamaños de escalón$$\frac{1}{8}$$ y$$\frac{1}{16}$$ (es decir, con$$n=8$$ y$$n=16$$) da, con$$h=\frac{1}{8}\text{,}$$

$A(h)=3.1389884945\qquad A(h/2)=3.1409416120 \nonumber$

Entonces (E4b), con nos$$k=2\text{,}$$ da la aproximación “nueva mejorada”

$\frac{2^2\times 3.1409416120 -3.1389884945}{2^2-1}=3.1415926512 \nonumber$

Vimos en el Ejemplo 1.11.3 que$$\int_0^1\frac{4}{1+x^2}\, d{x}=\pi\text{,}$$ así esta nueva aproximación realmente está “mejorada”:

• $$A(1/8)$$está de$$\pi$$ acuerdo con dos decimales,
• $$A(1/16)$$está de$$\pi$$ acuerdo con tres decimales y
• la nueva aproximación concuerda$$\pi$$ con ocho decimales.

Tenga cuidado con eso (E3b),$$\cA=A(h/2)+K\big(\tfrac{h}{2}\big)^k\text{,}$$ es decir$$K\big(\frac{h}{2}\big)^k$$ es decir que es (aproximadamente) el error en$$A(h/2)\text{,}$$ no el error en No se$$\cA\text{.}$$ puede obtener una aproximación “aún más mejorada” usando (E4a) para calcular$$K$$ y luego agregar$$K\big(\frac{h}{2}\big)^k$$ a la “nueva mejorada”$$\cA$$ de (E4b) — hacerlo simplemente$$\cA+K\big(\tfrac{h}{2}\big)^k\text{,}$$ no da una más precisa$$\cA\text{.}$$

##### Ejemplo C.1.3 Ejemplo 1.11.16 revisitado

Supongamos nuevamente que deseamos utilizar la regla de Simpson (1.11.9)$$\int_0^1 e^{-x^2}\,\, d{x}$$ para evaluar dentro de una precisión de$$10^{-6}\text{,}$$ pero que no necesitamos el grado de certeza que nos proporciona el Ejemplo 1.11.16. Observe que necesitamos (aproximadamente) que$$|K|h^4 \lt 10^{-6}\text{,}$$ así si podemos estimar$$K$$ (usando nuestro truco de Richardson) entonces podemos estimar el requerido$$h\text{.}$$ Una estrategia comúnmente utilizada, basada en esta observación, es

• primero aplique la regla de Simpson dos veces con un número relativamente pequeño de pasos y
• luego use (E4a), con$$k=4\text{,}$$ para estimar$$K$$ y
• luego use la condición$$|K| h^k\le 10^{-6}$$ para determinar, aproximadamente, el número de pasos requeridos
• y finalmente aplicar la regla de Simpson con el número de pasos recién determinados.

Implementemos esta estrategia. Primero estimamos$$K$$ aplicando la regla de Simpson con tamaños de paso$$\tfrac{1}{4}$$ y$$\tfrac{1}{8}\text{.}$$ Escribiendo$$\tfrac{1}{4}=h'\text{,}$$ obtenemos

$A(h')=0.74685538 % 0.746855379790987 \qquad A(h'/2)=0.74682612 %0.746826120527467 \nonumber$

de manera que (E4a), con$$k=4$$ y$$h$$ reemplazado por$$h'\text{,}$$ rendimientos

$K=\frac{0.74682612 - 0.74685538}{[1-2^{-4}](1/4)^4} %=-\frac{0.000031211}{(1/4)^4} =-7.990\times 10^{-3} \nonumber$

Queremos usar un tamaño de paso$$h$$ obedeciendo

$|K|h^4\le 10^{-6} \iff 7.990\times 10^{-3} h^4\le 10^{-6} \iff h \le\root{4}\of{\frac{1}{7990}} =\frac{1}{9.45} \nonumber$

como, por ejemplo,$$h=\tfrac{1}{10}\text{.}$$ Aplicando la regla de Simpson con$$h=\tfrac{1}{10}$$ da

$A(1/10) = 0.74682495 \nonumber$

La respuesta exacta, a ocho decimales, es$$0.74682413$$ así que el error en$$A(1/10)$$ es de hecho poco menos$$10^{-6}\text{.}$$

Supongamos ahora que cambiamos de opinión. Queremos una precisión de$$10^{-12}\text{,}$$ en lugar de Ya$$10^{-6}\text{.}$$ hemos estimado$$K\text{.}$$ Así que ahora queremos usar un tamaño de paso$$h$$ obedeciendo

\ begin {align*} |k|h^4\ le 10^ {-12} &\ iff 7.99\ times 10^ {-3} h^4\ le 10^ {-12}\ &\ iff h\ le\ raíz {4}\ de {\ frac {1} {7.99\ times 10^9}} =\ frac {1} {299.0}\ end {align*}

como, por ejemplo,$$h=\tfrac{1}{300}\text{.}$$ Aplicando la regla de Simpson con$$h=\tfrac{1}{300}$$ da, a catorce decimales,

$A(1/300) = 0.74682413281344 \nonumber$

La respuesta exacta, a catorce decimales, es$$0.74682413281243$$ así que el error en$$A(1/300)$$ es de hecho poco más$$10^{-12}\text{.}$$

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