ggghhh

1. MÉTODOS NUMÉRICOS Iván F. Asmar Ch.
TALLER Nº 2b
Problema 1. Considere la ecuación senx + ln x = 0 .
a) Verifique que la ecuación dada tiene una única raíz α .
Solución: Dominio de f ( x ) = senx + ln x es (0,+∞ ) . Como senx + ln x = 0 ⇔ senx = − ln x ,
podemos dibujar en un mismo plano coordenado las gráficas de y = senx y y = − ln x . Obtenemos:
( Plot - Overlay - Plot )
y = sen x
α
y = -ln x
De acuerdo con la gráfica es claro que la ecuación dada tiene una única raíz α y α ∈ [0,1]. La gráfica
de f ( x ) = sen x + ln x , es como se indica a continuación:
y = sen x + ln x
α
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2. SOLUCIÓN NUMÉRICA DE UNA ECUACIÓN NO-LINEAL EN UNA VARIABLE
b) Encuentre un intervalo [a, b] de longitud 0.1 tal que α ∈ [a, b ] .
Solución: Haciendo una tabla de valores para la función f ( x ) = senx + ln x en el intervalo [0.1,1] con
tamaño de paso h = 0 .1 , se obtiene:
x f (x )
Como f ( x ) = senx + ln x es continua en [0. 5, 0. 6] y
f (0. 5) f (0. 6) < 0 , entonces α ∈ [0. 5, 0. 6]
La instrucción en DERIVE para obtener esta tabla de valores es:
vector ( [x , sin x + ln x ] , x , 0.1, 1, 0.1) : approX .
c) ¿Se puede utilizar el método de Bisección en el intervalo [0. 5, 0. 6] para aproximar la raíz α ?
Solución: Sí, ya se verificó que f es continua en [0. 5, 0. 6] y f (0. 5) f (0. 6) < 0 .
d) Aplique el método de Bisección en el intervalo [0. 5, 0. 6] , calcule 15 iteraciones y tome a x15 como
aproximación de α . ¿Cuál es la calidad de esta aproximación?
Solución: La instrucción en DERIVE para calcular las iteraciones en el método de Bisección es:
BISECCION (sinx + lnx , x ,0.5,0.6, 15) : approX .
Al utilizar esta instrucción, se obtiene x15 = 0.578713 ≈ α (aproximación a 6 dígitos significativos).
b − a 0.6 − 0.5 0.1
Como α − x15 ≤ = = 15 = 3.06... × 10 −6 < 5 × 10 −6 , entonces x15 aproxima a α
2 15 215 2
con por lo menos 5 cifras decimales exactas, que son 5, 7, 8, 7 y 1 .
e) Aplique el método de Punto Fijo para aproximar la raíz α con una precisión de por lo menos 5 cifras
decimales exactas.
Solución: Como senx + ln x = 0 ⇔ senx = − ln x ⇔ x = sen −1 (− ln x ) , entonces una
 π π
x∈[0 .5 ,0 .6 ]⊆  − , 
 2 2
función de iteración de punto fijo es g ( x ) = sen (− ln x ) = − sen (ln x ) .
−1 −1
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3. MÉTODOS NUMÉRICOS Iván F. Asmar Ch.
Al hacer las gráficas de y = x y y = sen (− ln x ) = − sen (ln x ) , obtenemos:
−1 −1
y=x
α y = sen −1 ( − ln x )
g' (α ) > 1
−1
(En DERIVE sen x se entra como asinx )
Se ve que no existe intervalo [a, b ] que contenga a α, donde la función
g (x ) = sen −1
(− lnx ) = − sen (lnx ) satisfaga todos las hipótesis del T.P.F., ya que
−1
g ′(α) > 1 .
Cambiamos de función de iteración: Como senx + ln x = 0 ⇔ ln x = − senx ⇔ x = e − senx , x > 0 ; sea
entonces g ( x ) = e ( en DERIVE g ( x ) := exp (− sin x ) ). Las gráficas de y = x y y = e
− senx − senx
son
y=x
y = e − senx
α
x>o
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4. SOLUCIÓN NUMÉRICA DE UNA ECUACIÓN NO-LINEAL EN UNA VARIABLE
− senx
De acuerdo con la gráfica, se espera que la función g ( x) = e satisfaga todas las hipótesis del
[ ]
teorema de punto fijo en 0.5,0.6 . Veamos:
g es continua en [0.5,0.6].
g es decreciente es [0.5,0.6] ( ya que g' ( x ) = − e − senx cos x < 0 , ∀x ∈ [0.5,0.6] ), y como
 g (0.5 ) = 0.619138 ∉ [0.5,0.6]

 g (0.6 ) = 0.568563 ∈ [0.5,0.6]
[ ]
entonces no se satisface g (x )∈ 0.5,0.6 para todo x ∈ 0.5,0.6 . [ ]
[ ]
Qué hacer? Podemos cambiar el intervalo 0.5,0.6 a un nuevo intervalo, por ejemplo [0.5,0.7] . Es
[ ] [
claro que α ∈ 0.5,0.7 ⊇ 0.5,0.6 . Como ]
 g (0.5) = 0.619138 ∈ [0.5,0.6]

 g (0.7 ) = 0.525073 ∈ [0.5,0.7 ]
[ ] [ ]
entonces g (x ) ∈ 0.5,0.7 para todo x ∈ 0.5,0.7 ( ya se sabe que g es decreciente en 0.5,0.7 ). [ ]
Conclusión: g tiene por lo menos un punto fijo α ∈ 0.5,0.7 . [ ]
g ' ( x ) existe para todo x ∈ (0.5,0.7) .
g ' es creciente en [0.5,0.7] (la gráfica de g es cóncava hacia arriba en [0.5,0.7] ,
g ′′( x ) = e − senx (cos 2 x + senx ) > 0 para todo x ∈ [0.5,0.7]), y como
 g ′(0.5 ) = −0.543345

 g ′(0.7 ) = −0.401598
entonces g' (x ) ≤ 0.55 = K < 1 para todo x ∈ (0.5,0.7) .
[ ]
Conclusión: g tiene un único punto fijo α ∈ 0.5,0.7 , la sucesión {x n }n con
x n = g (x n−1 ) = e − sen( x n −1 )
, n = 1,2 ,...
[ ]
converge a α cualquiera sea x 0 ∈ 0.5,0.7 , y se tienen cotas para el error α − x n . En particular, se
tiene que:
 
α − xn ≤ K n Máx{x 0 − a , b − x0 } = (0.55)n Máx  04− 45, 04− 46  = (0.55)n 0.1, ∀n ≥ 1
1 20. 1 20.
.6 3 .7 3
 0.1 0.1 
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5. MÉTODOS NUMÉRICOS Iván F. Asmar Ch.
Como queremos aproximar a α con una precisión de por lo menos 5 cifras decimales exactas, debemos
encontrar el menor entero positivo N tal que
(0.55)n (0.1) ≤ 5 ×10 −6 ⇔ (0.55)n ≤ 5 × 10 −5
ln(5 × 10 −5 )
⇒n≥ = 16.5...
ln(0.55)
(En DERIVE la desigualdad anterior se puede resolver con soLve y luego approX)
Luego N = 17 es tal que α − x17 ≤ 5 × 10 −6 . Calculamos x17 usando DERIVE y obtenemos
x17 = 0.578713 ≈ α .
La instrucción en DERIVE para obtener el resultado anterior es
PUNTO _ FIJO ( exp (− sinx), x , 0.6 ,17 ) : approX .
f) Aplique el método de Newton-Raphson (si es posible) para aproximar la raíz α , tomando como
criterio de aproximación f (x n ) < 5 × 10 −6 o x n - x n -1 < 5 × 10 −6 .
Solución: Como f (x ) = senx + lnx tiene sus dos primeras derivadas continuas en [0.5,0.6] y
f ' ( x ) ≠ 0 para todo x ∈ [0.5 ,0.6] ( f ' ( x ) = cos x + > 0 para todo x ∈ [0.5 ,0.6] , aún más,
1
x
f ' (0.5) = 2.87... y f ' (0.6 ) = 2.49... , así que f ' ( x ) > 2 para todo x ∈ [0.5 ,0.6], y entonces
f ' (α) > 2 ), entonces se puede aplicar el método de Newton-Raphson en el intervalo [0.5,0.6] para
aproximar la raíz α .
Tomando x0 = 0.5 , obtenemos:
n xn f (xn ) x n − x n −1
0 0.5 − 0.213721
1 0.574271 − 0.0114310 0.074...
2 0.578700 − 3.50181 × 10 −5 0.0044...
3 0.578713 − 1.72985 × 10 −6 1.29... × 10 −5
4 0.578713 − 1.72985 × 10 −6 7.06... × 10 −7
Luego x 3 = 0.578713 ≈ α .
La instrucción en DERIVE para obtener las iteraciones en el método de Newton–Raphson es
NEWTON ( sinx + lnx , x , 0.5, 4 ) : approX . Aproximando la expresión anterior se obtienen los resultados
que aparecen en la segunda columna de la tabla anterior.
Problema 2. Aproxime todas las raíces de la ecuación
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6. SOLUCIÓN NUMÉRICA DE UNA ECUACIÓN NO-LINEAL EN UNA VARIABLE
14444424443 x 43 = 0
x 4 + 2.8 x 3 − 4 x 2 − 6. 4 − 42
0.38 4.
p ( x)
usando el método de Newton-Raphson y Deflación.
Solución: Empezamos gratificando el polinomio p (x ) := x + 2.8 x − 0.38 x − 6.3 x − 4.2 .
4 3 2
x
La apariencia de la gráfica (en la escala x = 1 , y = 1 ) parece indicar que la ecuación dada tiene una
raíz doble y dos raíces simples. Sin embargo, un cambio de escala en x a 0.1 y en y a 0.1 (en
←
DERIVE Scale: x : 0.1 y : 0.1 , o un Zoom con F9, both) nos muestra que no se trata de una raíz
→
doble, sino de dos raíces simples cercanas entre sí. También, haciendo una tabla de valores para el
polinomio p (x)= p (xen el intervalo [− 2, −1] con tamaño de paso h = 0 .1 , obtenemos que
y )
α1 ∈ [− 1.7 ,−1.6] , α2 ∈ [− 1.6 ,−1.5] , α3 ∈ [− 1.1, −1]. La tabla de valores obtenida es:
x p (x)
p es continua en [− 2, −1] , y p (− 1.7 ) p(− 1.6 ) < 0 ,
entonces existe α1 ∈ [− 1.7, −1.6] tal que p (α1 ) = 0
p (− 1.6 )p (− 1.5) < 0 , entonces existe α2 ∈ [− 1.6, −1.5]
tal que p(α2 ) = 0
p (− 1.1) p (− 1.0) < 0 , entonces existe α3 ∈ [− 1.1, −1.0]
tal que p(α3 ) = 0
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7. MÉTODOS NUMÉRICOS Iván F. Asmar Ch.
Por otro lado p es continua en [1.4,1.5] y p (1.4 ) p (1.5) < 0 , entonces existe α4 ∈ [1.4,1.5] tal que
p(α4 ) = 0 .
En conclusión se tiene que la ecuación polinómica dada tiene todas sus 4 raíces reales simples. Es
claro, que existen intervalos adecuados donde la función p satisface la hipótesis general del método de
Newton-Raphson para aproximar cada una de las raíces α1 , α2 , α3 y α4 .
Teniendo en cuenta los valores p' (α1 ) , p' (α2 ) , p' (α3 ) y p' (α4 ) , empezamos
aproximando α4 , con x 0 = 1.5 . Iterando con el método de Newton-Raphson hasta que se estabilicen
los 6 dígitos, obtenemos α4 ≈ 1.49969 = x 1 . La instrucción en DERIVE para estos cálculos es
NEWTON ( p(x ), x , 1.5, 5) : approX .
Si aplicamos Deflación, hacemos la división de p (x) por x − 1.49969 . La correspondiente instrucción
en DERIVE es QUOTIENT ( p (x ), x − 1.49969 ) : approX . El resultado de tal operación es el polinomio
( )
cociente q 3 x = x + 4.29969 x + 6.06820 x + 2.80042 ( p (x ) = (x − 1.49969 ) q (x ) + p(1.49969 ) ).
3 2
En DERIVE la instrucción REMAINDER ( p (x ), x − 1.49969 ) : approX , permite obtener el residuo en
la división de p (x ) por x − 1.49969 ; tal residuo es p (1.49969 ) = −2.31615 × 10
−4
.
Enseguida graficamos el polinomio q 3 (x ) obtenido, junto con el polinomio original p (x ) , y observamos
que la gráfica de y = q 3 (x ) pasa por las raíces α1 , α2 y α3 de p (x ) = 0 .
Aplicamos ahora, el método de Newton-Raphson al polinomio q 3 ( x) :
 
NEWTON  q3 (x ), x , − 1.0 , 5  : approX . Se obtiene α3 ≈ −1.08813 = x 3 .
{ 

 x0 
Aplicamos nuevamente deflación, es decir, dividimos el polinomio q 3 ( x) por x − (−1.08813) :
QUOTIENT (q 3 (x ), x + 1.08813) : approX ; q 2 (x ) = x + 3.21156 x + 2.57360
2
obtenemos
( q 3 ( x ) = (x + 1.08813) q2 (x ) + q 3 (− 1.08813) )
14 244
4 3
2.46185 10− 6
×
Graficando q 2 ( x) , observamos que la gráfica de este polinomio q 2 ( x) pasa por las raíces α1 y α2 de
p( x ) = 0 .
Finalmente, aproximamos las raíces α1 y α2 de p( x ) = 0 , resolviendo la ecuación cuadrática
q 2 ( x) = 0 .
En DERIVE la instrucción soLve aplicada a q 2 (x ) = x + 3.21156 x + 2.57360 , permite obtener
2
( p (− 1.67594 ) = −2.43475 × 10
−4
α1 ≈ −1.67594 y α2 ≈ −1.53561 y
p (− 1.53561) = −2.42548 × 10 −4 ).
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