1. Cuáles de los siguientes algoritmos son finitos?

Transcripción

1 . Cuáles de los siguientes algoritmos son finitos? a Cálculo del producto de dos números enteros. b Cálculo de la división de dos números enteros. c Cálculo de la raíz cuadrada de un número natural. d Descomposición en producto de factores primos de un número natural. e Cálculo del máximo común divisor de dos números naturales. a Finito. b Finito si se considera la división entera, por ejemplo 5/5 = 3. Por otro lado, como la división de dos números enteros es un número racional, se sabe que su desarrollo decimal es finito o periódico. Por tanto, una vez que se conoce el periodo, se puede considerar que el el algoritmo es finito, por ejemplo /3 =.333 =. 3. Aunque en la práctica si no se encuentra el periodo, el proceso puede hacerse infinito. c En general, infinito: 4 =, = d Finito. e Finito. Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 8 de marzo de 7

2 . Obtener el término general de las siguientes sucesiones definidas por recurrencia: a x, x R dados, x n = 5x n 6x n, donde n. b x, x R dados, x n = 3x n + 4x n, donde n. Apartado a: Pongamos u n = x n y v n = x n. Luego u n = x n y v n = x n y podemos escribir la relación de recurrencia x n = 5x n 6x n de la forma que sigue: u = x, v = x dados, para todo n { un = 5u n 6v n v n = u n Usando la notación vectorial, esta relación se escribe de forma equivalente como sigue: un 5 6 un un un 5 6 = = A, con A = v n v n v n v n Usando esta relación de forma recursiva, tenemos: un un = A = A un = = A n u = A n x v n v n v n v x Por tanto, para calcular el término general de la sucesión, basta determinar A n. Este cálculo será simple si somo capaces de escribir A de la forma A = P DP, siendo D, usa matriz diagonal, puesto que, en este caso A n = P D n P. Dicha escritura de A existe, siendo D la matriz diagonal con los valores propios de A y la matriz P, por columnas, formada por los correspondientes vectores propios asociados. Vamos a calcular D y P. Los autovalores, λ y λ son raíces del polinomio característico: 5 λ 6 deta λi = det = λ 5λ + 6 = λ = 3, λ = λ Los vectores propios, p y p son soluciones de los siguientes sistemas lineales: 6 p 3 Ap = λ p A λ Ip = p p = p = Ap = λ p A λ Ip = p = p = de donde P =, P = 3, A = P DP = 3. En consecuencia, A n = P D n P = de donde 3 un v n 3 n n 3 3 n n 3 n + 3 n x = 3 n n 3 n + 3 n x u n = x n = 3 n n x + 3 n 3 n x = 3 n n 3 n + 3 n 3 n n 3 n + 3 n, Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 8 de marzo de 7

3 Apartado b: Pongamos u n = x n y v n = x n. Luego u n = x n y v n = x n y podemos escribir la relación de recurrencia x n = 3x n + 4x n de la forma que sigue: u = x, v = x dados, para todo n { un = 3u n + 4v n v n = u n Usando la notación vectorial, esta relación se escribe de forma equivalente como sigue: un v n 3 4 un = v n Usando esta relación de forma recursiva, tenemos: un v n un v n un = A v n 5 6, con A = un = A = A un = = A n u = A n x v n v n v x Por tanto, para calcular el término general de la sucesión, basta determinar A n. Este cálculo será simple si somo capaces de escribir A de la forma A = P DP, siendo D, usa matriz diagonal, puesto que, en este caso A n = P D n P. Dicha escritura de A existe, siendo D la matriz diagonal con los valores propios de A y la matriz P, por columnas, formada por los correspondientes vectores propios asociados. Vamos a calcular D y P. Los autovalores, λ y λ son raíces del polinomio característico: deta λi = det 3 λ 4 λ = λ + 3λ 6 = λ =, λ = 4 Los vectores propios, p y p son soluciones de los siguientes sistemas lineales: Ap = λ p A λ Ip = Ap = λ p A λ Ip = p p p p = = p = p = de donde 4 P =, P = 4, A = P DP = En consecuencia, A n = P D n P = 5 de donde 4 n 4 n n n n = v n 4 n n un = + 4 n n n x x, 4 n n u n = x n = + 4 n n x n x = 5 x + 4x + n x x 4 n Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 3 8 de marzo de 7

4 3. Dado x R +, el siguiente esquema, conocido como procedimiento o algoritmo de Herón: H y = a > y n+ = y n + x y n, n se emplea para aproximar el valor de y = x. a Probar que H está bien definido, es decir que y n para todo n. b Demostrar la convergencia del algoritmo de Herón probando que la sucesión generada por H es convergente. c Emplear este algoritmo en los siguientes casos particulares: x =, a =.4 = x = 5, a = 5 = Apartado a: Veamos por inducción que para todo n, y n >. Tenemos y = a >. Supongamos que y n >, usando que x >, tenemos y n+ = y n + x y n >. Por tanto, y n >, n y, en consecuencia, y n, lo que implica que la sucesión {y n } n está bien definida. Apartado b: Supongamos que y n es convergente, es decir existe lím n y n = α. Tomando límites en la fórmula de recurrencia, obtenemos α = α + x α α = α + x α = x α = ± x. Por ser y n de términos positivos, el único valor posible es x. Veamos que {y n } n está acotada inferiormente n, es decir verifica y n x, n y n x: yn+ x = y n + x x = yn + x + x x = yn x + x = yn x y 4 y n y n+ x n y n y n Veamos ahora que {y n } n es monótona decreciente. Usando que y n x, y n >, podemos escribir: y n+ y n = y n + x y n = x y n = x y n. y n y n y n Por ser y n acotada inferiormente y decreciente, es convergente y el único límite posible es x. Apartado c: y =.4 y = y = y 3 = y 4 = Luego α = y 3 = y = y =.5 y =.36 y 3 = y 4 = y 5 = Luego α = 4 y 4 = Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 4 8 de marzo de 7

5 4. Dado x R +, consideremos el siguiente algoritmo para aproximar el inverso de x sin hacer divisiones: { y = a > y n+ = y n xy n, n Demostrar que bajo ciertas condiciones sobre el valor inicial a, la sucesión y n n converge a /x. Indicación: Comprobar que a partir de la primera iteración la sucesión y n está acotada superiormente por /x. Estudiar la monotonía de la sucesión depende del signo de y n. Considerar dos casos posibles: a, /x y a /x. Veamos los posibles límites de la sucesión. Supongamos que recurrencia, obtenemos: lím y n = α. Tomando límites en la fórmula de n + α = α xα α α xα = αxα = α =, α = x que son los dos posibles límites de la sucesión {y n } n. Vamos a ver que a partir de la primera iteración ya que y = a > y no se impone que sea menor o igual que /x la sucesión y n está acotada superiormente por /x, es decir y n para todo n. En efecto, razonemos x por inducción: para todo y = a > y x >, podemos escribir y x = y xy x Supongamos que y n x, consideramos = xa xa x = xa x a x xa = y x x. y n+ x = y n xy n x = xy n xy n x = xy n x y n x = xy n x y n+ x. Estudiemos la monotonía de la sucesión considerando el signo de la expresión y n+ y n = y n xy n y n = y n xy n. Como y n x para todo n, se tiene que xy n y de la igualdad de arriba se deduce que el signo de y n+ y n depende del signo de y n que, a su vez, depende de y = a >. Se distinguen dos casos posibles: y = a >, y = y xy = a xa { > a, /x, a /x. Caso a, /x : y >, y = y xy,..., y n+ = y n xy n pues y n /x, luego y n para todo n y, en consecuencia y n+ y n = y n xy n y n = y n xy n y n+ y n, es decir, bajo condiciones a, /x sobre el valor inicial se trata de una sucesión creciente y acotada superiormente por /x, luego, necesariamente, lím = /x, que es lo que queríamos demostrar. n Caso a = /x : y =, e y n para todo n. Caso a /x, + : y <, y = y xy,..., y n+ = y n xy n pues y n /x, luego y n para todo n y, en consecuencia y n+ y n = y n xy n y n = y n xy n y n+ y n. Al ser una sucesión decreciente de términos negativos no podrá tener como su límite /x >. Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 5 8 de marzo de 7

6 5. Probar que el sistema { x y = x.y = está mal condicionado, resolviéndolo y comparándolo con el sistema { x y = x.99y =. Obsérvese que estos sistemas se diferencian en una pequeña variación del coeficiente de y en la segunda ecuación y sin embargo, el primero tiene por solución x =, y = y el segundo x = 99, y =. Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 6 8 de marzo de 7

7 6. Obtener el error absoluto E a y relativo E r que se comete al aproximar el número real x por el número x en los siguientes casos: a x = 4.3, x = 4.3, : E a =., E r =.4 69; b x =.43, x =.43, : E a =., E r =.4 69; c x = 43, x = 43, : E a =, E r = Los errores absolutos y relativos son respectivamente: a x x =. x x x =. 4.3 =.4 69 b x x =. c x x = x x x x x x =..43 =.4 69 = 43 =.4 69 Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 7 8 de marzo de 7

8 7. Calcular todos los números x que constituyen una aproximación de con un error absoluto menor que 5 centésimas. Repetir el ejercicio para el error relativo. : < x < 6.947, < x < El error absoluto es x x = x <.5 por tanto, < x < El error relativo es x <.5. Quitando el denominador se obtiene, x < Por tanto, < x <.34485, de donde, < x < Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 8 8 de marzo de 7

9 8. Determinar el número de raíces de la ecuación fx = x + e x =. La función f existe y es continua y derivable en R. Como f x = + e x > para todo x, f es estrictamente creciente en R. Por tanto, si existe alguna raíz de la ecuación, es única. Por otro lado, lím fx =, lím x fx = + x + y también, f > y f <. Aplicando el Teorema de Bolzano en [, ], podemos afirmar que al menos hay una raíz en dicho intervalo. De las dos afirmaciones anteriores, podemos concluir que hay una única solución de la ecuación fx = y está localizada en [, ]. Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 9 8 de marzo de 7

10 9. Separar las raíces de las siguientes ecuaciones: a x 3 6x + = b x 4 4x = Apartado a: Sea fx = x 3 6x +. Es es una función continua y derivable en su dominio Df = R, lím = y lím = +. Para estudiar la monotonía calculamos su derivada: f x = 3x 6. Luego, x x + f x = x = x = ± f x > x,, f x < x,, f x > x, + f es estrictamente creciente en,, f es estrictamente decreciente en,, f es estrictamente creciente en, y = x 3 6x + α α α 3 Por tanto, x = es un máximo local y x = es un mínimo local, tal y como se puede observar en la figura adjunta. Además, f = = 4 + >, f = 6 + = 4 + <. En consecuencia, podemos deducir que la ecuación fx = posee exactamente 3 raíces reales: { f 3 < { f > { f < f > α 3, ; f < α, ; f3 < α 3, 3. Apartado b: Sea fx = x 4 4x. Es es una función continua y derivable en su dominio Df = R y lím = +. Para estudiar la monotonía calculamos su derivada: f x = 4x 3 4. Luego, x ± f x = x 3 = x = 7 y { f x < x,, 6 f x > x, { f es estrictamente decreciente en,, f es estrictamente creciente en, +. Por tanto, x = es un mínimo local y, de hecho, es global. Además 3 y = x 4 4x α α f = 4 < En consecuencia, existe un único α, y un único α, + soluciones de fx = : { f = 4 > { f = 4 < f = < α, ; f = 7 > α,. Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 8 de marzo de 7

11 . Sea α una solución exacta y x una aproximada de la ecuación fx =, situadas ambas en el intervalo [a, b] donde la función f es derivable y verifica que f x m, x [a, b], para cierta constante positiva m. a Con ayuda del teorema del valor medio, demostrar la siguiente desigualdad: x α f x m b Utilizando la estimación anterior, acotar el error absoluto al aproximar por x =. la raíz positiva α de la ecuación x 4 4x = del ejercicio anterior. Apartado a: Supongamos para fijar ideas que x < α. Como f es continua y derivable en [a, b] y x, α [a, b], en particular f, es continua y derivable en el intervalo [ x, α]. Luego, aplicando el Teorema de Valor Medio a f en el intervalo [ x, α], deducimos que existe un punto c x, α tal que f x fα = f c x α, de donde, teniendo en cuenta que fα = y que por hipótesis f x m para todo x [a, b], obtenemos f x = f c x α m x α f x m x α x α f x m Apartado b: Se ha visto en el Ejercicio 9b que la única raíz positiva de la ecuación x 4 4x = es α,. La función fx = x 4 4x es continua y derivable en [, ] y f x = 4x 3. Podemos escribir f x m = mín x [,] f x = f = 3, x [, ], puesto que f es positiva y estrictamente creciente en [, ] f x = x >. Luego, si x =.6, aplicando la cota del apartado anterior, tenemos: x α f x m f.6.6 α =.8464 =.8, 3 3 es decir es error de aproximación de α por x =.6 es menor o igual que.8. Se observa que gracias a que f es creciente y positiva, si aumentamos el límite inferior del intervalo donde está localizada la raíz α, podemos mejorar la cota anterior. En efecto, por ejemplo, α [., ], por tanto luego f x m = mín x [.,] f x = f. = 4.34, x [., ], x α f x m f.6.6 α 4.34 =.8464 =.957 < Si f es continua en [a, b] y derivable en a, b, entonces existe c a, b tal que f c = fb fa b a Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 8 de marzo de 7

12 . Demostrar que si f es una función continua de [a, b] en [a, b], entonces f debe tener un punto fijo. Es cierto el resultado para funciones continuas de R en R? Como f : [a, b] [a, b], tenemos { a fa b fa a > a fb b fb b > fa afb b < Aplicando el Teorema de Bolzano a la función hx = fx x, deducimos que α [a, b] un punto fijo de f. Este resultado no es necesariamente cierto para funciones continuas de R en R, es decir existen f : R R continuas que no tienen ningún punto fijo en R. Un ejemplo se muestra en el la figura adjunta. y y = x + y = x x Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 8 de marzo de 7

13 . Dar ejemplos de funciones que no tienen puntos fijos pero que sí poseen las siguientes características: a f : [, ] [, ]; b f :,, y es continua; c f :,,, es continua y es sobreyectiva; d f : E E y es continua, con E = [, ] [, 3]; e f : R R y es continua. Apartado a: f : [, ] [, ] y discontinua fx = { x +.5 x.5 x.5 < x y = x Apartado b: f :,, y continua fx = x, x, y = x.4.3. y =.5x. f :,, continua y sobre- Apartado c: yectiva a fx = x, x, a Una función f : X Y es sobreyectiva si cada elemento de Y es la imagen de como mínimo un elemento de X, es decir y Y x X tal que fx = y y = x.4.3. y = x Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 3 8 de marzo de 7

14 Apartado d: f : E E, E = [, ] [, 3], continua: { x + x [, ] fx = x x [, 3] y = x Apartado e: f : R R continua: fx = x + 3 y = x + y = x Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 4 8 de marzo de 7

15 3. Encontrar el orden de convergencia de las siguientes sucesiones: a x n = n b {y n } n definida por c x n = +. n y = a > y n+ = y n + xyn, n con x dado. Apartado a: Sabemos que lím x n = lím / n =. Para ver el orden de convergencia hacia α =, consideramos n + n + lím = x n+ n + x n p = lím n + n + n p = lím n + Por tanto, el orden de convergencia es p < o bien sublineal. n p n + = Apartado b: Hemos visto en el Problema 3 que y n es convergente y que convergencia: + si p > si p = si p < lím y n = x. Veamos el orden de n + y n+ x = y n + xyn x = yn + x x y n = yn + x y n x y n = y n x y n x y n x de donde el orden de convergencia es al menos, de hecho es exactamente. En efecto, usando la igualdad de arriba, tenemos y n+ x lím n + y n x = lím = n + y n x Apartado c: Se verifica x n+ x n p = lím x n = n + lím n + + n + + n + + n p = + n p + =. Veamos el orden de convergencia: n + n n + + = n + + n p + n + + = + n p + n + + n p + n p + + = np n + n n p + + n + + Tomando límites: x n+ lím n + x n p = lím n + n p n + + n p + + n + + deducimos que el orden de convergencia es p < o sublineal. = p lím n + n p n + = + si p > si p = si p < Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 5 8 de marzo de 7

16 4. Consideremos la ecuación fx =, con f : [, ] R una función continua. Supongamos que admite una única solución α [, ], y que además α es irracional. Denotemos por [a n, b n ], n los intervalos sucesivos que genera el método de bisección cuando se aplica a la función f. Sean x n = a n + b n, n, y α = lím x n. n a Dar un ejemplo o mostrar que no existe ninguno en el que a < a < a <... b Es siempre cierto que en el método de bisección x α x α x α...? c Obtener una cota del error absoluto x n α en función de b a y de n. Utilizando esta cota, determinar el número de iteraciones n necesarias para garantizar que x n α < ε para un ε dado. d Hacer lo mismo para el error relativo, suponiendo que a >. Apartado a: Sean a = a =, b = b =, en el paso tomamos c = a + b : { Si fa fx <, tomar a = a, b = x, Si fx fb <, tomar a = x, b = b, Luego si a < a, entonces el primer caso descrito anteriormente no puede darse y, en consecuencia b = b =. Razonando de esta forma para todas las etapas del método de bisección, obtenemos que a < a < a < < a n = b = b = b = = b n = Luego el punto común para todos los intervalos I n = [a n, b n ] = [a n, ] para cualquier n arbitrario sería b n = b = y, por tanto, la solución de la ecuación fx = sería α =. En consecuencia, no sería posible que a < a < a < si α es irracional. Apartado b: No es cierto, en general. Basta observar el ejemplo que sigue. La ecuación fx = x 3 posee una solución positiva α = [, ]. Si aplicamos el método de biseccción, partiendo del intervalo [, ], para 3 obtener una aproximación de la misma algo poco natural, pues conocemos ya la solución exacta, y calculamos el error cometido obtenemos: [a, b ] = [, ] α = , f <, f >, x =, α x = =.7735, f.5 <, f >, x = +.5 =.75, α x = =.765, lo que muestra que en la segunda iteración el error es mayor que en la primera:.765 >.7735, es decir α x > α x. Otro ejemplo, es el que se podría darse en la figura adjunta. a b a b x x Apartado c: Está hecho en teoría. Se ha visto que x n α e n e n = = e n = b a n+ Un número irracional es un número que no puede ser expresado como una fracción m/n, donde m y n sean enteros, con n, es decir es cualquier número real que no es racional. Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 6 8 de marzo de 7

17 Apartado d: Supongamos que a >. Para el error relativo podemos obtener también una cota a priori: puesto que x n a. x n α x n b a a n+ Usando la cota obtenida, podemos obtener el número de iteraciones, n, necesarias para garantizar que x n α < ε para un ε dado. Basta imponer b a a n+ ε n+ b a a ε n + ln ln b a a ε n ln ln b a a ε Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 7 8 de marzo de 7

18 5. Supongamos que el método de bisección se aplica en el intervalo [a, b] = [5, 63]. Cuántos pasos deben darse para calcular una raíz con un error relativo menor o igual que? En el ejercicio anterior hemos visto que Por tanto, basta imponer x n α x n b a 63 5 = a n+ 5 n+ = 3 5 n n+ n+ 3 = =.6 n + log log.6 + n log.6 + log = = n 37 Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 8 8 de marzo de 7

19 6. Se aplica el método de bisección para aproximar una raíz positiva más pequeña de x 4 3x x + =. Utilizando la cota del error absoluto del ejercicio 4, apartado c, calcular una aproximación que sea exacta hasta la primera cifra decimal. Sea fx = x 4 3x x +. Se trata de aproximar la raíz positiva más pequeña de la ecuación fx =. En primer lugar, para poder aplicar el método de bisección, vamos a localizarla en un intervalo que sólo contiene dicha raíz. Tenemos Df = R, lím = ±. Se observa que n } f = > al menos un α,.5 solución de fx =. f.5 =.6875 < Para comprobar que en el intervalo [,.5] no hay más soluciones, vamos a analizar la monotonía de la función f en [,.5]: f x = 4x 3 6x. El cambio de signo de f se determina resolviendo la ecuación f x =, que a simple vista no parece inmediata. Analicemos pues el signo de f de manera teórica. Se tiene f x = x 6; f x = x = x = ± = ±.77. Como f x < para x [,.5], se deduce que f es decreciente en [,.5], es decir f.5 f x f = <, x [,.5], lo que implica que f es negativa en [,.5] y, en consecuencia, f es estrictamente decreciente en [,.5]. Esto justifica que existe un único valor α [,.5] la raíz positiva más pequeña solución de fx =. Vamos a calcular ahora, usando el método de bisección, una aproximación x n, de α que sea exacta hasta la primera cifra decimal, es decir tal que Usando la cota del error, se tiene x n α =.5. x n α = b a.5 = n+ n+ = n+ Para que x n y α coincidan en una cifra decimal exacta, basta tomar: n+ <.5 n+ > ln = n + ln > ln n >.5 ln =.39 n 3 Por tanto, para asegurar que x n y α coincidadan en cifra decimal basta realizar 3 iteraciones del método de bisección, obteniendo x 3 =.3438 α: Intervalo Punto medio Error [,.5] f > f.5 < x = +.5 [.5,.5] f.5 > x = [.5,.375] f.375 < x = [.35,.375] f.35 > x 3 = =.5.5 = = = Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 9 8 de marzo de 7

20 7. Consideremos el método de bisección con [a, b] = [.5, 3.5] como intervalo inicial. a Cuál es la longitud del intervalo en el paso n ésimo? b Cuál es la máxima distancia posible entre la raíz α y el punto medio c n de ese intervalo? a La longitud del intervalo en el paso n ésimo es b a n = n = n = n. b La máxima distancia posible entre la raíz α y el punto medio c n es c n α b a n+ = n+ = n. Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 8 de marzo de 7

21 8. Mostrar que las siguientes funciones son contractivas satisfacen condiciones de Lipschitz con L < : a fx = 5 4 cos 3x, x π 3 ; b fx = + x, x ; c fx = x, x 3. Apartado a: La función f = 5 4 cos 3x es continua y derivable en [, π/3], f x = 3 4 sen3x y f x 3 4 sen3x 3 4, x [, π/3], siendo L = máx f x = 3/4 la constante de contractividad. x [,π/3] Apartado b: La función fx = + x es continua, pero no es derivable en [, ] y no podemos aplicar la condición suficiente de contractividad. Usando la definición, se tiene fx fy = + x y = x y x y, x [, ], ya que x = x y + y x y + y y, por tanto x y x y. Apartado c: La función fx = es continua en [, 3] y derivable en el intervalo abierto, 3. Por tanto, x f x = x = x, x [, 3], 4 ya que x y x. También se verifica que fx es continua y derivable en el intervalo cerrado [, 3], luego L := máx f x = máx x [,3] x [,3] x = máx x [,3] x = = 4 Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 8 de marzo de 7

22 9. a Demostrar que cualquier función que satisface una condición de Lipschitz en un intervalo I es continua en todo punto de I. b Construir un ejemplo que muestre que no toda función continua satisface una condición de Lipschitz. Apartado a: Recordemos que una función f : I R R es continua en un punto c I si lím fx = fc, x c en otras palabras, fijado el punto c I, ε >, existe δ = δc, ε > tal que x c < δ fx fc < ε. Se observa que esta propiedad depende del punto c ε y δ dependen de c. Una función es continua en un intervalo I si es continua en todo punto de ese intervalo. Sea f : I R R una función globalmente Lipschitziana en I, es decir tal que existe una constante L > tal que fx fy L x y, x, y I. Toda función Lipschitz es uniformemente continua 3 y, por tanto, continua. En efecto, basta tomar δ < ε/l. Apartado b: La función f : R R, fx = x no es Lipschitz en R. En efecto, por reducción al absurdo, supongamos que es Lipschitz en R, es decir L > tal que Por otra parte, como f es derivable en R, tenemos de donde usando, 3, se deduce fx fy L x y, x, y R. 3 fx fy lím = f x, x R, y x x y f x L x R, lo cual es imposible, pues la derivada de f no está acitara en R: lím f x = lím x = +. x x La función f : R R, fx = x no es Lipschitz en,. En efecto, razonando por reducción al absurdo como en el ejemplo anterior, llegamos a que L > tal que f x L x,, lo cual es imposible, pues la derivada de f «explota» en el origen: lím x + f x =.5 lím x + / x = +. 3 Para funciones uniformemente continuas, fijado ε >, es posible seleccionar un valor de δ >, tal que la definición anterior sea cierta par cualquier punto c: f definida en I es uniformemente continua en I si ε >, δ = δε > tal que x, y I: x y < δ fx fy < ε. Esta propiedad no depende del punto c. Según el Teorema de Weierstrass toda función continua en un intervalo cerrado y acotado [a, b] es uniformemente continua. Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 8 de marzo de 7

23 . Se considera la siguiente sucesión definida por recurrencia: x =, x k+ = x k k. a Demostrar que está bien definida y es convergente hacia. Para ello, probar previamente que se trata de una sucesión acotada inferiormente por y decreciente. b Deducir que {x k } tiene convergencia lineal exactamente. c Cuántas iteraciones harán falta para asegurar una aproximación con un error menor que 4? Realizarlas. Apartado a: Veamos por inducción que x k > para todo k. Tenemos x = >. Supongamos que x k >, vamos a ver que x k+ >. En efecto, se tiene x k+ = x k >. Luego se trata de una sucesión de términos positivos y, en consecuencia está bien definida. Es también decreciente, puesto que para todo k se verifica que x k+ xk = = < x k+ < x k x k x k xk En consecuencia, existe lím k x k = α. Tomando límites en la fórmula de recurrencia, obtenemos α = α α α = α =, α = El valor α =, no puede ser el límite de esta sucesión, ya que es una cota inferior, por tanto lím k x k =. Apartado b: Veamos que el orden de convergencia es exactamente lineal: x k+ x k x k x k + lím = lím = lím n x k n x k n x k = lím x k + n xk + = <, donde hemos tenido en cuenta que lím k x k =. Apartado c: Gracias al apartado anterior, sabemos que el orden de convergencia es lineal y Aplicando reiteradas veces esta desigualdad, tenemos x k+ < x k x k < x k x k < x k < x k < < k x = k = k Por tanto, para asegurar que x k < 4, basta tomar k tal que Haciendo las iteraciones, tenemos: k < 4 k > 4 4 k > = k 4. log x =.4436 x =.897 x 3 =.9577 x 4 = x 5 =.897 x 6 =.8893 x 7 =.5499 x 8 =.73 x 9 =.3547 x =.677 x =.3385 x =.69 x 3 =.846 x 4 =.43 Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 3 8 de marzo de 7

24 . Ídem, para la sucesión x =, x k+ = x k + x k k, teniendo en cuenta ahora que la convergencia es cuadrática. Obsérvese que la sucesión definida por x k es como la del ejercicio 3 para una inicialización x = y x =, por tanto, sabemos que está bien definida, es monótona decreciente, acotada inferiormente por y su límite es α =. Probemos ahora que la convergencia es cuadrática. x k+ α = x k+ = x k + x k = x k + x k x k = x k x k x k x. La última desigualdad se debe a que x k x por ser la sucesión decreciente. Así pues, x k+ α lím n + x k α = lím x k+ n + x k = x. Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 4 8 de marzo de 7

25 . Se considera la ecuación de punto fijo EPF x = gx, con gx = + x. Escribir el método de las aproximaciones sucesivas MAS asociado a esta EPF 4, tomando como punto inicial x =. Probar que la sucesión resultante es convergente y determinar su límite. El método de aproximaciones sucesivas para x = + x es de la forma: Si x =, x n+ = + x n, n. lím x n = α, tomando límites en la fórmula de arriba, obtenemos n + α = + α α = + α α α = α =, α = son los dos posibles límites de la sucesión de hecho son las dos únicas soluciones de la ecuación de punto fijo x = + x. Como la sucesión {x n } es de términos positivos, α = no puede ser su límite. Veamos que lím x n =. Por ejemplo podemos comprobar que el intervalo [, ] α [, ] y x = [, ] n + es de convergencia global para {x n } n. En efecto, gx = + x es continua y derivable en [, ]: g x = >, x [, ]. + x Luego la función g es estrictamente creciente en el intervalo [, ] y g gx g, x [, ]. Como además g = 3 =.73 > y g =, deducimos que g[, ] [, ]. Por otra parte, para ver la contractividad de g en [, ], basta acotar su derivada: g x = + x <, x [, ]. 3 Esto implica que el intervalo [, ] es de convergencia global para MAS y para x = [, ], lím x n =. n + Otra forma de probar la convergencia de x n es demostrar que se trata de una sucesión creciente y acotada superiormente por. En efecto, razonemos por inducción. Tenemos x = < y supongamos que x n, entonces x n+ = + x n +. Por otra parte, para todo n, podemos escribir teniendo en cuenta que x n x n+ x n = + x n x n = + x n x n + xn + x n = + x n + x n + xn + x n = + x n x n + xn + x n x n+ x n. 4 Esta ecuación se resuelve de forma exacta trivialmente. Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 5 8 de marzo de 7

26 3. Se considera la ecuación de punto fijo EPF x = gx, con gx =. Escribir la sucesión que genera + x el MAS asociado a esta EPF, tomando como punto inicial x = /. Probar que el intervalo [, ] es de convergencia global y determinar el límite de esta sucesión. El método de aproximaciones sucesivas para x = + x Si x =.5, x n+ = es de la forma: + x n, n. lím x n = α, tomando límites en la fórmula de arriba, obtenemos n + α = + α α + α = α + α = α = <, α = + > son los dos posibles límites de la sucesión de hecho son las dos únicas soluciones de la ecuación de punto fijo x = gx. Como la sucesión {x n } es de términos positivos, α no puede ser su límite. Veamos que lím x n = α = +. Por ejemplo podemos comprobar que el intervalo [, ] α [, ] y n + x =.5 [, ] es de convergencia global para {x n } n. En efecto, gx = es continua y derivable en [, q]: + x g x = >, x [, ]. + x Luego la función g es estrictamente decreciente en el intervalo [, ] y g gx g, x [, ]. Como además g = /3 > y g =.5 <, deducimos que g[, ] [, ]. Por otra parte, para ver la contractividad de g en [, ], basta acotar su derivada: puesto que g es negativa y creciente g x = L = máx x [,] g x = g =, x [, ], 4 + x 3 >. Por tanto, el intervalo [, ] es de convergencia global para MAS y para x =.5 [, ], lím x n = +. n + Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 6 8 de marzo de 7

27 4. Determinar el valor de las siguientes expresiones: a a = Indicación: Usar el ejercicio. b b = +. Indicación: Usar el ejercicio a Basta ver que a es el límite de la sucesión definida en el ejercicio, por tanto, a =. b Basta ver que b es el límite de la sucesión definida en el ejercicio 3, por tanto, b =. Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 7 8 de marzo de 7

28 5. Se considera la ecuación de punto fijo EPF x = gx, con gx = lnx a Determinar el número de soluciones de EPF y separarlas. b Escribir el método de las aproximaciones sucesivas asociado a EPF. Determinar un intervalo de convergencia global de dicho método hacia una raíz. c Para el intervalo del apartado anterior, hallar el número de iteraciones necesarias para obtener un error menor que 3 en la aproximación de la raíz. Hecho en los apuntes de teoría: Ejemplo.9 y Ejemplo. Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 8 8 de marzo de 7

29 6. Sea g : [a, b] [a, b] una función contractiva y derivable en [a, b], con g x <, x [a, b]. Sea {x n } la sucesión generada por el método de las aproximaciones sucesivas para aproximar el único punto fijo α de g. Demostrar que si x < α, entonces x < x < x 4 <... < α <... < x 5 < x 3 < x. Usando el Teorema del Valor Medio y teniendo en cuenta que g x < en [a, b], tenemos x n+ α = gx n gα = g ξx n α sing x n+ α sing x n α, con ξ x n, α. Por tanto, x < α x > α, x < α, x 3 > α, x 4 < α, x 5 > α... Veamos la monotonía de la sucesión: para todo n, se tiene x n+ α L x n α x n+ α L x n+ α L x n α < x n α, siendo L < la constante de contractividad. Usando esta última estimación, podemos escribir n : Si x n < α x n+ < α y x n+ α < x n α α x n+ < α x n x n < x n+ Si x n > α x n+ > α y x n+ α < x n α x n+ α < x n α x n > x n+ Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 9 8 de marzo de 7

30 7. Consideremos la ecuación de punto fijo x = gx, con gx dada por gx = x3 + 3x ax + b. a En el caso a = 4, b =, comprobar que es la solución positiva de la ecuación de punto fijo y estudiar la convergencia global del MAS en el intervalo [3, 3.5]. b En las condiciones del apartado anterior, sea {x n } n la sucesión generada por el MAS, tomando x = 3. Acotar el error x n en función de n y x x. Con ayuda de esta estimación determinar el número de iteraciones necesarias para aproximar con un error menor que 3. c Determinar aquellos valores de a y b para los que el MAS tenga convergencia local al menos cuadrática hacia. Indicación: Utilizar el teorema del orden de convergencia para el MAS. Apartado a: Para a = 4 y b = la función g es de la forma Luego x = gx x = x + 3 4x gx = x3 + 3x 4x = x x 3x 3 = x = x = ±, de donde α = es la única solución positiva de la ecuación de punto fijo x = gx. Veamos si el intervalo [3, 3.5] verifica las hipótesis del teorema de convergencia global del MAS. Calculamos la derivada de g y analizamos su signo: g x = 8x 4x + 3 6x = 4x 6x = x 3 4x < x [3, 3.5], luego g es decreciente en [3, 3.5] y se verifica Por otra parte, tenemos 3 < = g3.5 gx 3 = 3.5 < 3.5 g[3, 3.5] [3, 3.5]. g x = x4x 8xx 3 6x 4 luego g es decreciente en [3, 3.5] y por ser además negativa, tenemos g x L := máx x [3,3.5] g x = g 3 = = 8x3 8x 3 + 4x 6x 4 = 4 > x [3, 3.5], 6x = 7 <, lo que implica que g es contractiva y, en consecuencia, MAS es globalmente convergente en [3, 3.5]. Apartado b: La sucesión {x n } n generada por MAS es de la forma: x = 3 x n+ = x n + 3 4x n n. Gracias a que el intervalo [3, 3.5] es de convergencia global para MAS, verifica la siguiente estimación a posteriori: siendo L = 7 y x = x + 3/4x = x n+ α Ln L x x n, = 39. lím x n = α y para todo x [3, 3.5] n + Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 3 8 de marzo de 7

31 8. Kepler describió las leyes que rigen el movimiento de los planetas alrededor del Sol. Los planetas giran en una órbita elíptica, uno de cuyos focos lo ocupa el sol la primera ley. El vector posición de cualquier planeta respecto del Sol, barre áreas iguales de la elipse en tiempos iguales la segunda ley = la ley de las áreas. La ley de las áreas puede interpretarse como sigue: cuando el planeta está más alejado del Sol su velocidad es menor que cuando está más cercano al Sol. La formulación matemática de esta ley es la siguiente ecuación de Kepler: M = E e sen E, donde M y e, con e < son datos y E es la incógnita. a Probar que dicha ecuación tiene una única solución α en el intervalo [M π, M + π]. b Para M =.8 y e =., escribir el MAS asociado a esta ecuación, comenzando con x = M. Probar que el MAS es globalmente convergente en el intervalo [M π, M + π]. Aproximar la solución α por el valor x que proporciona dicho método. c Estimar el error que cometemos en el apartado anterior. Apartado a: Sea fe = E e sene M. Veamos que existe una única solución en [M π, M + π]. En efecto, teniendo en cuenta que e < y que senx, x R, tenemos { fm π = M π e senm π M = π e senm π <, fm + π = M + π e senm π M = π e senm π > y como f E = e cose > para todo E [M π, M + π], f es estrictamente creciente en [M π, M + π]. Luego, existe un único valor α [M π, M + π] solución de fe =. Apartado b: Sean M =.8 y e =., el MAS asociado a la ecuación de punto fijo E = ge, con ge = M + e sene y x = M es de la forma: { x =., x n+ =.8 +. senx n, n. 4 El intervalo [M π, M +π] es de convergencia global para MAS. En efecto, la función g es continua y derivable en [M π, M + π]: g E =. cose g E. cose. < E [.8 π,.8 + π]. Luego g es contractiva en [.8 π,.8 + π] = [.346, 3.946] y E [.8 π,.8 + π]. Por otra parte, como senx se tiene que gx =.8 +. senx para todo x R, luego es claro que g[.8 π,.8 + π] [.8 π,.8 + π]. Partiendo de x =.8, haciendo las iteraciones según la fórmula 4 llegamos a x = x =.9698 x 3 = x 4 = x 5 = x 6 = x 7 = x 8 = x 9 = x = Apartado c: Para estimar el error que cometemos en el apartado anterior en la aproximación de α por x = , usamos la cota a posteriori: x α L L x x = = =.3 7 < 7. Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 3 8 de marzo de 7

32 9. Se considera la ecuación x n 5 xx + =. Escribirla en forma de una EPF x = gx para una función g adecuada. Utilizando el teorema del punto fijo de la aplicación contractiva, probar que dicha ecuación tiene una única raíz en [, 4], n, con n natural. Indicación: Estudiar la monotonía de g y de g. La ecuación x n 5 xx + = puede escribirse de la forma x = gx con /n. gx = 5 xx + Se trata de ver que se verifica: { g[, 4] [, 4] Tenemos: g x = n g x L < x [, 4]. /n x [ /n. 5 xx x = n x xx + ] Por tanto, { g x > x [, ] g es creciente en [, ], g x < x [, 4] g es decreciente en [, 4] { x [, ] : 5 /n = g gx g = 9 /n 4 n, natural x [, 4] : 5 /n = g4 gx g = 9 /n 4 n, natural g[, 4] [, 4] Para ver la monotonía de g vamos a calcular la derivada segunda de g x = ] /n [5 n x + 4 xx + = n [ 5 xx + ] /n x. [ 5 xx + ] /n > en [, 4]. Se tiene Pongamos, para simplificar la notación, A = g x = A n n x + 4x A 5 xx + n = A [ ] n n x + 4x + 5 xx + = A [ ] n n x + 8x 8 x + 4x + 5 = A [ n x n + 8x 8 nx + 4nx + 5n ] = A n [ x + 8x 8 + nx 8nx + 8n nx + 4nx + 5n ] = A n [ x + 8x 8 + nx 4nx + 3n ] = A [ x n n + 4x n + 3n 8 ] [ An = n x 4x ± 4 + 3n 8 ] n An = n [ x + 9n n Por tanto, g es decreciente en [, 4] y para n, se obtiene [ An = n x 4 + 3n 8 ] n ] < para n máx x [,4] g x = máx{ g, g 4 } = 4 n 5/n = 4 n 4 n n 5 5 = 5 <, 5n 5 5 lo que implica que g es contractiva en [, 4]. Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 3 8 de marzo de 7

33 3. Se considera la ecuación no lineal EH fx =, con fx = x + lnx + a Determinar el número de soluciones de EH y separarlas. b Escribir el método de Newton MN asociado a EH y probar la convergencia global en el intervalo [, ]. c Sea {x k } k la sucesión generada por el MN y α la raíz de EH. Estimar el error x k+ α en función de x k+ x k, dando la expresión explícita de la constante. Apartado a: Se tiene que Df =, + y 4 f x = + x + = x + x + > x, +. 8 Por tanto, f es estrictamente creciente en su dominio. Como lím fx = + y lím fx =, se x + x + deduce que existe un único α, + solución de fx =. Además, f =.369 < y f =.986 >, luego α, α y = x + lnx Apartado b: El método de Newton asociado a la ecuación x + lnx + =, es de la forma: x dado x n+ = x n fx n f x n = x n x n + lnx n + x n + x n + = x n x n + x n + lnx n +, n x n + El intervalo [, ] verifica las hipótesis del teorema de convergencia global del método de Newton. En efecto,. f f <.. f x > para todo x [, ]. 3. f x = < para todo x [, ]. x + 4. El punto c tal que f c = mín{ f a, f b } = mín{ f, f } es c =, ya que f es positiva y decreciente: f f =.986 =.84 < =. 4/3 Apartado c: Sabemos que x [, ] la sucesión proporcionada por el método de Newton {x k } k converge a α al menos cuadráticamente y se verifica donde hemos usado que ya que f x es negativa y creciente en [, ], y x k+ α M m x k+ x k = 3 3 x k+ x k M = máx x [,] f x = f = 4, ya que f es positiva y decreciente. m = mín x [,] f x = f = 4 3, Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 33 8 de marzo de 7

34 3. Se considera el polinomio px = x 3 x x. a Probar que existe una única raíz real α de la ecuación px = y localizarla. b Determinar un intervalo de convergencia global del método de Newton MN asociado a esta ecuación. c Aproximar α mediante MN haciendo iteraciones. Apartado a: Se tiene que Dp = R y px = +, lím px =, y lím x + x p x = 3x x, p x = x = 3, x =. 5 5 y = x 3 x x { p > en, /3, + p < en /3, { p es estr. creciente en, /3, + p es estr. decreciente en /3, Entonces, x = /3 es un máximo relativo y x = es un mínimo relativo. Como, p /3 < y p < y que implica que α, lím px = +, existe una única raíz α, +. Además, p >, lo x + Apartado b: Se observa que [, ] no cumple las hipótesis del teorema de convergencia global del método de Newton, puesto que p =. Consideramos el intervalo [.5, ]. Se tiene:. p.5 =.979 < y p = >, luego p.5 p <. p x > para todo x, +, luego también x [.5, ] 3. p x = 6x > para todo x > /3 y, en particular x [.5, ] 4. El punto c tal que f c = mín{ f a, f b } = mín{ f.5, f } es c =.5, ya que f es positiva y creciente: f.5 f.5 =.375 =.5.5 =.5.75 En consecuencia, el intervalo [.5, ] es de convergencia global para el método de Newton. Apartado c: Se observa que p p >, por tanto el punto inicial adecuado para el método de Newton es x =. Tenemos x = x n+ = x n px n p x n = x n x3 n x n x n 3x = x3 n x n + n x n 3x n x n, n α Haciendo las iteraciones, tenemos x = x = x = x 3 = x 4 = x 5 = Se observa que a partir de la iteración 4 se repiten 4 cifras decimales, luego podemos tomar como aproximación de α, x 4 = Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 34 8 de marzo de 7

35 3. Demostrar que la ecuación x x 3 = posee exactamente dos soluciones α y α, separandolas en intervalos disjuntos. Aplicar el método de Newton para aproximar α y α, seleccionando previamente un punto inicial adecuado para que la sucesión resultante converja o bien a α, o bien a α. Sea fx = x x 3. Se tiene que Df = R y fx = +, lím fx = +, y lím x + x 8 f x = x ln, f x = x = ln x ln = ln = ln ln ln = ln ln ln 6 4 y = x x 3 ln ln x = x = ln =.588 α α Por tanto, { f < en, x f > en x, { f es estr. decreciente en, x f es estr. creciente en x, + Entonces, x =.588 es un mínimo relativo y, también es un mínimo absoluto, siendo f x =.86 <. Luego, la ecuación fx = tienes exactamente dos raíces reales α, x y α x, +. Además: f = + 3 =.5 < f = + 3 =.75 < f 3 = > α 3, ; f = 3 < f = < f3 = > α, 3. El método de Newton se escribe: x dado x n+ = x n fx n f x n = x x n xn n 3 xn ln = x xn n ln + 3, n xn ln Para aproximar α 3, tenemos:. f 3 f <. f x < [ 3, ] 3. f x = x ln > [ 3, ] 4. f 3f 3 >, luego tomando x = 3 deducimos que el método de Newton converge a α de forma monótona creciente. Haciendo las iteraciones: x = 3 x = x = x 3 = x 4 = x 5 = x 6 = α Para aproximar α, 3 tenemos:. f f3 <. f x > [, 3] 3. f x = x ln > [, 3] 4. f3f 3 >, luego tomando x = 3 deducimos que el método de Newton converge a α de forma monótona decreciente. x = 3 x = x = x 3 = x 4 = x 5 = x 6 = α Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 35 8 de marzo de 7

36 33. Se considera la ecuación homogénea EH e x x =. a Determinar el número de soluciones y separarlas. b Escribir el Método de Newton asociado a EH. Encontrar un intervalo de convergencia global de este método hacia la mayor raíz de EH. c Calcular una aproximación de dicha raíz con un error menor que /. Apartado a: Sea fx = e x x. Se tiene que Df = R f x = e x +xe x = e x x+, f x = x =. { f < en, f > en, { f es estr. decreciente en, f es estr. creciente en, + Entonces, x = es un mínimo relativo, siendo f = e <. Por otra parte, lím fx = x lím fx = + y x + lím x xex = + lím x xex = + 4 y = xe x 4 3 lím x x = + e x lím x α = e x Luego, existe una única solución α de fx =. Como f = < y f >, se deduce que α,. Apartado b: El método de Newton se escribe: x dado x n+ = x n fx n f x n = x n exn x n e xn x n + = x ne xn + e xn x n +, n El intervalo [, ] es de convergencia global. En efecto:. f f <. f x = e x x + > [, ] 3. f x = e x x + + e x = e x x + > [, ] 4. El punto c tal que f c = mín{ f a, f b } = mín{ f, f } es c =, ya que f es positiva y creciente: f f = Además, ff >, luego tomando x = deducimos que el método de Newton converge a α de forma monótona decreciente. Apartado c: Para aproximar α con un error menor que.5, vamos a usar la cota a posteriori: x n+ α M m x n+ x n = 3e x n+ x n donde hemos usado que M = máx x [,] f x = f = e + = 3e Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 36 8 de marzo de 7

37 ya que f x es positiva y creciente en [, ] f x = e x x + + e x = e x x + 3 > x [, ] y, m = mín x [,] f x = f = e =, puesto que f es positiva y creciente en [, ]. Tomando x =, obtenemos x = e + e + = + e = Luego, usando la cota anterior e x α 3e x x =.474 <.5 Por tanto, el valor x =.6839 es la aproximación con la precisión deseada. Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 37 8 de marzo de 7

38 34. Sea c >. Para calcular aproximadamente c, se aplica el método de Newton a la función fx = x c, resultando x n+ = x n + c, n, x dado. x n Probar que se verifica x n c x n + c = x n c x +, n. c Utilizando esta igualdad, deducir que cuando n la sucesión {x n } n converge a c exactamente cuadráticamente para cualquier x > inicial. Usando la fórmula de recurrencia, podemos escribir x n c x n + c = x n + x n + c c x n c + c x n Ahora bien, para todo x >, se verifica = x n c x n + c x n + c x n + c = x c x + c < lím n Veamos que x n c, para ello consideramos lím n β n =, siendo xn c x n + = = c x n c x n + =, n. c x n c x +, n. c β n := x n c x n + c x n c = β n x n + c β n x n = c + βn c + β n c xn = c. β n Para justificar que el order de convergencia es exactamente dos, usamos la fórmula Por tanto, x n c x n + c = x n c x + c x n+ c x n c = x n+ + c x n + lím c n lo que implica que el orden de convergencia es exactamente. x n+ x c c = x + c x n c x c = x + c n+ n+ x n + c x n + c. x n+ c x n c = lím x n+ + c n x n + c = c c = c, Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 38 8 de marzo de 7

39 35. Sea c R. Queremos calcular el inverso c de c, sin hacer ninguna división. Para ello consideramos la función fx = x c obsérvese que x = c es la raíz de la ecuación fx =. Escribir el método de Newton MN y probar que si x =, entonces la sucesión x n que genera este método es de la forma: x n = cn c Deducir que la sucesión x n así generada converge para < c <, y que la convergencia es exactamente cuadrática.. Como f x = x, en primer lugar, fx f x = Así pues, el Método de Newton queda x c x Probamos la expresión de x n pedida por inducción: c Se cumple que x = = c cn Suponemos que x n =. c Vamos a probarlo para n +, x n+ = cx n x n = c = cx x y también x fx f x = x c x x = x cx. { x = x n+ = x n cx n, k. c c =. cn c n c c = cn c = cn. c = + cn c n c Para probar la convergencia de la sucesión, si < c <, entonces < c <, por tanto, c n a. Así que lím x c n n = lím = n + n + c c. Por lo que respecta a la convergencia cuadrática, converge x n+ c lím n + x n = lím c n + cn+ c c cn c c = lím n + c n+ c c n+ c = c Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 39 8 de marzo de 7

40 36. Sean c >, m >. Para hallar m c, se aplica el método de Newton a la función fx = x m c. a Obtener la expresión del método y probar que la sucesión generada está bien definida si x >. b Probar la convergencia si x >. Apartado a: Se tiene fx = x m c y f x = mx m y el método de Newton para aproximar α = m c se escribe: x > dado x k+ = x k fx k f x k = x k xm k c mx m k = mxm k xm k + c mx m k = m xm k + c mx m, k k Veamos que el método de Newton está bien definido si x >. Basta ver que x >, f x k = mx m k, es decir x k para todo k. Por inducción, supongamos que x k >. Teniendo en cuanta que c > y m >, tenemos x k+ = m xm k mx m k + c > k Apartado b: Vamos a probar la convergencia de x k para x, +. Analicemos pues fx = x m + c en, +. La función f es continua e infinitamente derivable en, + y f x = mx m > en, +, luego f es estrictamente creciente en, +. Además, f = c < y lím fx = +. n Por tanto, existe una única α = m c, + solución de fx =. Por otra parte, f x = mm x m > en, +. En consecuencia, se verifican las tres primeras hipótesis del Teorema de convergencia global del método de Newton en un intervalo de la forma [a, b] con a y b + :. fa fb <. f x > para todo x, + 3. f x > para todo x, + Como fx < para x < α y fx > para x > α, hay dos casos a analizar: Caso x > α : se verifica que fx f x >. Luego aplicando la regla de Fourier deducimos que x k converge a α de forma monótona decreciente. Caso < x < α : se verifica fx <. Veamos que a partir de la primera iteración estamos en el caso anterior, es decir x > α. En efecto, haciendo el desarrollo de Taylor en un entorno de x, podemos escribir = fα = fα ± x = fx + f x α x + f ξα x, ξ x, α Teniendo en cuenta esta fórmula, tenemos x α = x α fx f x x α f x = x α f ξx α f x Es claro que si x = α, entonces hay convergencia en la inicialización. = f ξ f x > x > α Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 4 8 de marzo de 7

41 37. Se considera la función fx = x 4 3x + 75x. Demostrar que la ecuación fx = sólo tiene dos soluciones reales una positiva y otra negativa. Determinar un intervalo de convergancia global del método de Newton hacia la raíz negativa de fx =. Calcular una apxoximación para esta raíz con un error menor o igual que 3, seleccionando previamente un punto adecuado para inicializar el método de Newton. Analizamos la función fx = x 4 3x + 75x. Tenemos Df = R y continua y infinitamente derivable en su dominio: Para analizar las soluciones de f x =, consideramos Luego f x = 4x 3 6x + 75 f x = x 6; f x = x = ±. lím fx = +. La función f es n ± { f x > x, / /, + f x < x /, / 4 3 { f estr. creciente en, / /, + f estr. decreciente en /, / y = 4x 3 6x + 75 Además, lím x ± f x = ± y f ±/ >. Por tanto, existe un único β, / solución de f x = y, como f > y f 3 <, se deduce que β 3,. Observemos que f < en, β y f > en β, +. β x 4 { f estr. decreciente en, β f estr. creciente en β, + y β 3, es un mínimo local de f que, de hecho es un mínimo global. Como β 3,, f 3 < y f <, obtenemos que fβ <. Por último, usando que f <, deducimos que f tiene exactamente dos raíces reales α y α : una positiva y otra negativa. Vamos a localizar la raíz negativa para después aproximarla por el método de Newton..5.5 y = x 4 3x + 75x Se tiene f = 5 < y f = 3453 >, luego α,. Veamos si el intervalo [, ] verifica las hipótesis del Teorema de convergencia global del método de Newton.. f f <. f x < para todo x [, ] 3. f x > para todo x [, ] 4. f es creciente y negativa, por tanto c =, mín{ f, f } = f = 3865: α f f = =.77 < α Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 4 8 de marzo de 7

42 Se observa que x = verifica f f >, por tanto el método de Newton x = x n+ = x n fx n f x n = x n x4 n 3x n + 75x n 4x 3, n n 6x n + 75 proporciona una sucesión convergente hacia α, y decreciente. Se verifica las siguientes cotas del error: siendo x n+ α M m x n+ x n y x n+ α M m x n α, M = máx x [, ] f x = f = 6 = 446 m = mín x [, ] f x = f = 3865, ya que f es positiva y decreciente f x = 4x y f es negativa y creciente en [, ]. Luego Sabemos que la sucesión es decreciente, luego C = M m = =.87 x n α C x n α C + x n α C ++ x n 3 α C n x α n, El valor de α no se conoce, pero podemos estimar x α < la longitud del intervalo [, ]. Entonces, para tener un error de aproximación menor o igual que 3, basta imponer que x n α C n x α n < C n < 3 Cn C < 3.87 n < 3.87 n ln.87 < ln 3.87 n.676 < n > =.567 n 3 Haciendo las iteraciones, tenemos α x 3 : x = x = x = x 3 = Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico 4 8 de marzo de 7