Apellidos:... Nombre:... Examen

Transcripción

1 Cálculo Numérico I. Grado en Matemáticas y doble grado Física/Matemáticas. 16 de junio de 017 Curso 016/017. Apellidos:... Nombre:... Examen 1. Explicar razonadamente si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas, encontrando un contrajemplo para cada afirmación falsa. ( puntos): (a) Si f(x) cambia de signo en el intervalo [a, b] entonces el método de bisección en ese intervalo converge necesariamente a una raíz de la ecuación f(x) = 0. Falso, porque no se exige que la función sea continua, y podría cambiar de signo sin que la ecuación tenga una raíz. Por ejemplo, f(x) = 1/x cambia de signo en x = 0, pero f(0) 0. Si aplicamos bisección a esta función partiendo, por ejemplo, del intervalo [a, b] = [ 0.5, 1], el método convergerá a 0, que no es una raíz. (b) Si g(x) es continua en I = [a, b] y g(i) I, entonces dado un α I tal que g(α) = α, el método de punto fijo x n+1 = g(x n ) converge a α para cualquier x 0 I. Falso. Aunque es cierto que existe al menos un punto fijo α I (pues g es continua y g(i) I) no se puede asegurar que la sucesión x n+1 = g(x n ) converja a α para cualquier x 0 I porque no se dice nada sobre g (x), y sabemos que se necesita que al menos g (x) < 1 en un entorno de α para que haya convergencia local. Como contraejemplo, consideremos g(x) = x. Es evidente que si tomamos I = [ 1, 1], tenemos g es continua en I, g(i) I y que α = 0 cumple g(α) = α; se cumplen todas las hipótesis, pero salvo para x 0 = 0 no tenemos convergencia a α = 0 para ningún otro x 0 I. (c) Si P (x) es un polinomio de grado menor que 6 tal que P (i) = i 3, i = 0, 1,, 3, 4, entonces su grado es necesariamente 3. Falso. Si se dijera que el polinomio es de grado menor que 5 sí sería cierto, porque sólo hay un polinomio de grado menor o igual que 4 que tome cinco valores determinados para cinco valores distintos de la variable (el correspondiente polinomio de interpolación de Lagrange); y siendo único este polinomio sólo podría ser el polinomio P (x) = x 3 (dado que P (i) = i 3, i = 0, 1,, 3, 4). Pero como el enunciado habla de un polinomio de grado menor que 6 lo que se dice es falso, y el polinomio puede por ejemplo ser cualquiera de la forma P (x) = x 3 + αx(x 1)(x )(x 3)(x 4). (d) No existe ningún polinomio mónico de grado n cuyo máximo valor absoluto en [0, 1] sea menor que el máximo valor absoluto que alcanza en ese intervalo ( el siguiente ) polinomio: Q n (x) = (x x 1 ) (x x n ), con x i = cos i 1/ n π, i = 1,... n. Cierto. Los nodos de Chebyshev en el intervalo [a, b] = [0, 1] son ( ) i 1/ x i = b + a + b a ( ) 1 + cos π ( ) i 1/ n i 1/ cos π = = cos n n π,

2 que son los valores que se dan en el enunciado, lo que explica el resultado a partir de las propiedades de los polinomios de Chebyshev. Si queremos verlo de forma más explícita, consideramos la variable z = x 1, que varía en [ 1, 1] para x variando en [0, 1]. Entonces, en términos de z: ( ) ( ) z + 1 z + 1 Q n (x(z)) = x 1... x n = n (z z 1 )... (z z n ), ( ) ( ) donde z i = x i 1 = cos i 1/ i 1/ n π 1 = cos n π, que son los nodos de Chebyshev en [ 1, 1]. Por lo tanto T n (z) = (z z 1 )... (z z n ) es el polinomio de Chebyshev modificado, que sabemos que entre los polinomios mónicos es el de mínimo máximo valor absoluto en [ 1, 1], siendo ese máximo valor absoluto 1 n. Resumidamente, tenemos que Q n (x(z)) = n Tn (z) y no puede haber ningún polinomio mónico que alcance menor máximo valor absoluto que T n (z) para z [ 1, 1] (luego x [0, 1]). De esta forma, se cumple el enunciado que queríamos demostrar y además obtenemos que el máximo valor absoluto de Q n (x) en [0, 1] es 1 n. (e) La regla de Simpson compuesta utiliza siempre un número impar de nodos. Cierto. Esto es verdad tanto para para la regla de Simpson simple como para la compuesta. La regla simple en [a, b] utiliza los tres nodos x 0 = a, x 1 = (a + b)/, x = b. La regla compuesta en [a, b] con dos subintervalos consiste en aplicar la regla simple en [a, (a + b)/] y en [(a + b)/, b] y sumar los resultados; es decir, que utiliza cinco nodos (seis nodos, pero repitiendo (a + b)/, luego cinco nodos). Y en general, la regla de Simpson compuesta con n subintervalos utiliza n + 1 nodos.. Resolver los siguientes problemas (3 puntos) (a) Sea la función f(x) = ln x 1 + x x. Se pide: i. Demostrar que la ecuación f(x) = 0 tiene una única raíz real. Comprobar que la raíz está en el intervalo [1.5,.5]. ii. Encontrar un valor de x 0 positivo que garantice que el método de Newton converge a la raíz partiendo de este valor. Obtener la raíz con un error absoluto menor que 0.1 partiendo de ese valor de x 0. iii. Demostrar que el método de punto fijo x n+1 = g(x n ) con g(x) = e x/(x+1) converge a la raíz de f(x) para cualquier x 0 > 1. Ayudas: f (x) = 1 + x + x x(1 + x), f (x) = 1 + 3x + x + x 3 x (1 + x) 3, g (x) = 1 (1 + x) g(x), g (x) = 1 + x (1 + x) 4 g(x). i. El dominio de la función f es Dom(f) = R +, donde es continua. Además lim x 0 + f(x) = y lim x + f(x) = +, luego la función cambia de signo al menos una vez en R +. De hecho, sólo hay un cambio de signo porque f (x) > 0 en R +, es decir, que hay una única raíz real de la ecuación f(x) = 0. Tomando valores, vemos que f(1.5)f(.5) < 0, luego la raíz está en [1.5,.5].

3 ii. La función es creciente y convexa (f (x) < 0) en R + (ver figura??). Esto es suficiente para garantizar que el método de Newton converge a la raíz α de la ecuación para cualquier x 0 < α en el dominio de la función. En efecto, el punto de corte de las tangentes con el eje de las abscisas siempre es menor que la raíz α lo que implia que el método de Newton da lugar a una sucesión monónotona creciente acotada superiormente por α, luego convergente. Y como sabemos que, siendo f (x) continua, si el método de Newton converge lo hace a una raíz de f(x) = 0, tenemos que necesariamente converge a α. iii. Lo primero que hay que comprobar es que la ecuación g(x) = x tiene como solución la raíz de f(x) = 0, lo cual es evidente: ln x = x 1 + x x = ex/(x+1) = g(x). Entonces g(x) tiene un punto fijo en R + que es la raíz de f(x) = 0. Observamos en primer lugar que si x 0 > 1, como se dice en el enunciado, x 1 = g(x 0 ) > 0, con lo cual es suficiente probar la convergencia en cualquier cerrado [a, b], 0 < a < b. Sea entonces I = [a, b], a > 0, y tal que el punto fijo α está en este intervalo. Observamos que g es positiva y continua en el dominio de f (luego en I); además, como g (0) = 1 y g es decreciente (puesto que g < 0), tenemos que existe M > 0 tal que 0 < g(x) M < 1 en I. Y esto, utilizando el teorema de convergencia monótona, es suficiente para asegurar que tenemos convergencia a α para todo x 0 I. Si no queremos utilizar el resultado de convergencia monótona y queremos aplicar el teorema del punto fijo, sólo quedaría por comprobar que g(i) I. Pero esto es evidente puesto que hemos supuesto que el punto fijo α está en I, luego g(α) = α, y además sabemos que 0 < g (x) < 1 en I y gráficamente es fácil entender que entonces g(a) > a y g(b) < b, y siendo g creciente g([a, b]) [a, b] 1 (b) Dada la función f(x) = ln(1 + x), se pide: i. Utilizando el esquema de diferencias divididas, obtener el polinomio de menor grado P (x) tal que P (0) = f(0), P (0) = f (0), P (0) = f (0) y P (1) = f(1). ii. Utilizando el error de interpolación correspondiente a la interpolación de Hermite, acotar max P (x) f(x). x [0,1] iii. Dado n N, sea ahora Q(x) el polinomio de menor grado que cumple que Q (i) (0) = f (i) (0), i = 0,... n y además Q(1) = f(1). Comprobar que este polinomio se puede escribir como Q(x) = P n (x) + (ln P n (1))x n+1, donde P n (x) es el polinomio de Taylor de grado n en torno a x = 0 para f(x) (es decir, el polinomio de menor grado tal que P n (i)(0) = f (i) (0), i = 0,... n). Demostrar además que (n + 1)n+1 max f(x) Q(x) x [0,1] (n + ) n+3 i. Se trata de repetir el nodo x 0 = 0 tres veces y utilizar el nodo x 1 = 1 sólo una vez. El polinomio buscado será entonces P (x) = f[x 0 ] + f[x 0 x 0 ](x x 0 ) + f[x 0 x 0 x 0 ](x x 0 ) + f[x 0 x 0 x 0 x 1 ](x x 0 ) 3, 1 Y si no nos convence la explicación gráfica, comprobar explícitamente que g(i) I es sencillo utilizando que h(x) = g(x) x es decreciente (puesto que h (x) = g (x) 1 < 0): como h(α) = 0 y h es decreciente, tenemos que h(x) > 0 si x < α y h(x) < 0 si x > α; luego h(a) > 0 y h(b) < 0, es decir, g(a) > a y g(b) < b, y como además g es monótona creciente g(i) I.

4 Figure 1: Gráfica de la función del problema a: f(x) = ln x x/(1 + x) y las diferencias divididas las calculamos con la siguiente tabla: x i f[] f[, ] f[,, ] f[,,, ] x 0 f(x 0 ) f (x 0 ) x 0 f(x 0 ) f (x 0 )/ f (x 0 ) f[x 0, x 0, x 0, x 1 ] x 0 f(x 0 ) f[x 0, x 0, x 1 ] f[x 0, x 1 ] x 1 f(x 1 ) donde f[x 0, x 1 ] = f[x 1] f[x 0 ] x 1 x, f[x 0, x 0, x 1 ] = f[x 0, x 1 ] f (x 0 ) 0 x 1 x y 0 f[x 0, x 0, x 0, x 1 ] = f[x 0, x 0, x 1 ] f (x 0 )/ x 1 x. 0 Poniendo los valores, y como f (x) = 1/(1 + x), f (x) = 1/(1 + x) : x i f[] f[, ] f[,, ] f[,,, ] y / 1 ln 1/ 0 0 ln 1 ln 1 ln P (x) = x 1 ( x + ln 1 ) x 3 ii. El error se puede escribir E(x) = f(x) P (x) = f (4) (c x ) x 3 (x 1) 4!

5 para cierto c x en (0, 1). Tenemos que acotar la derivada cuarta y el polinomio nodal. La derivada n-ésima es fácil de obtener: f (n) (x) = ( 1) n+1 (n 1)! (1 + x) n. Así que max f (4) 6 (x) = max x [0,1] x [0,1] (1 + x) n = 6. Para calcular el máximo valor de φ(x) en [0, 1], calculamos los extremos relativos de φ(x) = x 3 (x 1): φ (x) = 3x (x 1) + x 3 = x (3(x 1) + x) = 0 x = 0, 3/4. Evidentemente, el máximo de φ(x) no está en x = 0 sino en x = 3/4, donde φ(3/4) = 3 3 /4 4. Con esto E(x) 3 3 /4 5 iii. Nos piden lo mismo de antes pero con condiciones de interpolación en x 0 = 0 hasta la n-ésima derivada, es decir, con el nodo x 0 repetido n + 1 veces. Q(x) = f[x 0 ] + f[x 0, x 0 ](x x 0 )... f[[x 0 ] n+1 ](x x 0 ) n + f[[x 0 ] n+1, x 1 ](x x 0 ) n+1 y como f[[x 0 ] k ] = f (k) (x 0 ), tenemos que k! Q(x) = P n (x) + γ n (x x 0 ) n+1 donde P n (x) es el polinomio de Taylor de grado n centrado en x 0 y γ n = f[[x 0 ] n+1, x 1 ]. Esta diferencia dividida la podemos despejar sencillamente dando el valor x = x 1 en la relación Q(x) = P n (x) + γ n (x x 0 ) n+1, y entonces γ n = Q(x 1) P n (x 1 ) (x 1 x 0 ) n+1 = f(x 1) P n (x 1 ) (x 1 x 0 ) n+1 donde la última igualdad se da porque Q(x) interpola f(x) en x = x 1 (luego f(x 1 ) = Q(x 1 )). En nuestro caso x 0 = 0, x 1 = 1, f(x) = ln(1 + x) y tenemos, como se dice en el enunciado, que Q(x) = P n (x) + (ln P n (1))x n+1 En cuanto a la cota de error, es repetir lo del apartado anterior pero para este caso más general. El error es: y E(x) = f(x) Q(x) = f (n+) (c x ) x n+1 (x 1) (n + )! max f (n+) (n + 1)! (x) = max n = (n + 1)!. x [0,1] x [0,1] (1 + x) Y para los extremos de φ(x) = x n+1 (x 1), derivamos: φ (x) = (n + 1)x n (x 1) + x n+1 = x n ((n+1)(x 1)+x) = 0 x = 0, (n+1)/(n+). El máximo de φ(x) no está en x = 0 sino en x e = (n + 1)/(n + ), donde φ(x e ) = (n + 1) n+1 /(n + ) n+. Con esto, tenemos que (n + 1)n+1 E(x) (n + ) n+3

6 (c) Encontrar los nodos x i y los pesos w i, i = 1,, 3 que hacen que la regla de cuadratura Q(f) = w 1 f(x 1 ) + w f(x ) + w 3 f(x 3 ) para aproximar I(f) = f(x)e x dx tenga el mayor grado de exactitud posible (es decir, de forma que I(f) = Q(f) para f polinomios hasta el mayor grado posible). Utilizar la regla de cuadratura obtenida para aproximar la integral ln(1 + x )e x dx y acotar el error cometido sabiendo que max f (6) (x) = 40. x R Ayuda: las cuatro primeras integrales I m = x m e x dx con m par valen I 0 = π, I = 1 I 0, I 4 = 3 4 I 0, I 6 = 15 8 I 0. Aplicando directamente la definición de grado de exactitud, es decir, haciendo I(x i ) = Q(x i ), i = 0, 1,, 3, 4, 5 (el máximo grado de exactitud posible para tres nodos es 5) se puede resolver el problema, pero llegamos a un sistema no lineal de 6 ecuaciones con 6 incógnitas, que no es la forma más sencilla de proceder (aunque por consideraciones de simetría se puede simplificar). Es mejor buscar el polinomio de grado 3 (por ejemplo mónico) H 3 (x) tal que x k H 3 (x)e x dx = 0, i = 0, 1,. Los nodos son entonces las raíces de H 3 (x). Entonces, escribiendo H 3 (x) = x 3 + ax + bx + c: k = 0: k = 1: k = : H 3 (x)e x dx = ai + ci 0 xh 3 (x)e x dx = I 4 + bi b = 3/ x H 3 (x)e x dx = ai 4 + ci De la primera y la tercera ecuación, utilizando los valores de I 0, I e I 4, tenemos que a = c = 0, y ya hemos visto que b = 3/. Entonces H 3 (x) = x 3 3 x, y los nodos son las raíces de este polinomio: x 1 = 3/, x = 0, x 3 = 3/. Una vez conocidos los nodos, los pesos los podemos calcular de varias formas. Una de ellas sería calcular las siguientes integrales: donde L i (x) = 3 j=1,j i 3 j=1,j i (x x j ) (x i x j ) w i =. L i (x)e x dx, Otra forma es, ahora sí, utilizar la definición de grado de exactitud I(x i ) = Q(x i ), i = 0, 1,, 3, 4, 5. Como sólo nos quedan tres incógnitas por determinar, basta considerar i = 0, 1, :

7 i = 0: I 0 = π = w 1 + w + w 3 i = 1: I 1 = 0 = w 1 x 1 + w x + w 3 x 3 = x 1 (w 1 w 3 ) w 1 = w 3 π i = : I = = w 1 x 1 + w x + w 3x 3 = w 1x 1 = 3w 1 w 1 = w 3 = 1 6 π Y de la primera ecuación tenemos w = 3 π. π Así pues Q(f) = 6 (f( 3/) + 4f(0) + f( 3/)). Aplicamos esta fórmula a la integral del enunciado, donde f(x) = ln(1 + x ), y tenemos: π Q(f) = ln(5/) El valor exacto de la integral (que, por supuesto, no se pide en el problema) es: En cuanto al error, sabemos que se puede escribir E(f) = I(f) Q(f) = γ f (6) (c) 6! donde la constante γ la podemos determinar eligiendo f de forma sencilla. Lo más sencillo es f(x) = x 6, y tenemos γ = I(x 6 ) Q(x 6 ) = 15 8 π π = π. 4 Utilizando la ayuda que nos dan para acotar la derivada tenemos entonces que E(f) 40 6! π = π 0.443, 4 que es mayor que el error real (como tiene que ser), que es aproximadamente