EJERCICIOS RESUELTOS TEMAS 2 y 3. Fco. Javier Cobos Gavala Carlos Botebol Benhamou Beatriz Silva Gallardo

(1)

SISTEMAS

EJERCICIOS RESUELTOS TEMAS 2 y 3

de

C ´

ALCULO NUM´

ERICO

por

Fco. Javier Cobos Gavala

Carlos Botebol Benhamou

Beatriz Silva Gallardo

DEPARTAMENTO DE

MATEM ´

ATICA APLICADA I

(2)

(3)

1 Resoluci´on de Ecuaciones no Lineales 3

2 Sistemas de ecuaciones lineales 41

3 Interpolaci´on 63

4 Integraci´on num´erica 75

(4)

(5)

(6)

(7)

neales

1.1. Dada la ecuaci´on xex−1 = 0, se pide:

a) Estudiar gr´aficamente sus ra´ıces reales y acotarlas.

b) Aplicar el método de la bisección y acotar el error después de siete itera-ciones.

c) Aplicar el m´etodo de Newton, hasta obtener tres cifras decimales exactas. Soluci´on:

a) La ecuaci´on puede escribirse de la forma:

ex = 1 x

Gráficamente, se observa que existe una única solución real (intersec-ción de las dos curvas) y que esta es positiva. La demostración anal´ıtica de este hecho es la siguiente: Para x <0: 1 x <0 y e x >0 =⇒ ex 6= 1 x y por tanto, no existen ra´ıces negativas.

Para x >0: f(x) =xex−1 =⇒    f(0) =−1<0 f(+∞) = +∞>0

y existe, por tanto, un n´umero impar de ra´ıces positivas (al menos una). 3

(8)

La funci´on derivadaf0(x) =xex_+ex _{= (x+1)e}x_s´_{olo se anula para}_x₌₋_1.

Dado que, si existiese más de una ra´ız positiva, el teorema de Rolle nos asegura que la función derivada debe anularse en algún punto intermedio y hemos visto quef0(x) no se anula para ningún valor positivo de la variable, podemos asegurar que sólo existe una ra´ız real α, que esta es positiva y simple, puesf0(α)6= 0.

Dado que f(1) = e−1 > 0 y f(0) = −1 < 0, podemos asegurar que la ´

unica ra´ız real de la ecuación se encuentra en el intervalo (0,1). b) Método de la bisección:

[a0, b0] = [a, b] = [0,1] con    f(0) =−1<0 f(1) =e−1>0 f(005)<0 =⇒ [a1, b1] = [005,1] f(0075)>0 =⇒ [a2, b2] = [005,0075] f(00625)>0 =⇒ [a3, b3] = [005,00625] f(005625)<0 =⇒ [a4, b4] = [005625,00625] f(0059375)>0 =⇒ [a5, b5] = [005625,0059375] f(00578125)>0 =⇒ [a6, b6] = [005625,00578125] f(005703125)>0 =⇒ [a7, b7] = [005625,005703125] Tomando como aproximaci´on a la ra´ız el punto medio del intervalo

x7 = 0056640625 =⇒ |ε7|< 1 27+1 = 0

0

00390625 =⇒ |ε7|<10−2 Si redondeamos a las dos primeras cifras decimales, es decir, si tomamos α= 0057, el error acumulado verifica que

|ε|<|0057−0056640625|+ 0000390625 = 000075<10−2

por lo que puede asegurarse que la soluci´on de la ecuaci´on es 0057 con las dos cifras decimales exactas.

c) M´etodo de Newton:

La f´ormula de Newton-Raphson esxn+1 =xn−

f(xn)

f0_(x

n)

Dado que, por el apartado anterior, se conoce que la ra´ız se encuentra en el intervalo [005625,005703125] y que

(9)

f(x) = xex₋₁ ₌_⇒      f(005625)<0 f(005703125)>0 f0(x) = (x+ 1)ex ₌_⇒ _f0_(x)_>₀ _∀_x_∈_[00_5625,₀0_5703125] f00(x) = (x+ 2)ex =⇒ f00(x)>0 ∀x∈[005625,005703125] la regla de Fourier nos dice que x0 = 005703125

Al ser positiva la segunda derivada, la primera es creciente, por lo que m´ın x∈[00₅₆₂₅_,₀0_5703125]|f 0 (x)|=f0(005703125) = 2074227290150047. . . es decir |εn|< |f(xn)| m´ın x∈[00₅₆₂₅_,₀0_5703125]|f 0 (x)| < |f(xn)| 20₇₄

obteni´endose que

x0 = 005703125 con |ε0|< |f(x0)| 20₇₄ = 0 0 00320437856505. . . x1 = 0056715149835900. . .con |ε1|< |f(x1)| 20₇₄ = 0 0 00000827757122. . . Si redondeamos a 00567 el error acumulado es

|ε|<0000015149835900. . .+ 0000000827757122. . . < 10−3

Por lo que la soluci´on de la ecuaci´on es 00567 con sus tres cifras decimales exactas.

1.2. Se considera la ecuaci´on real 2 cos(2x) + 4x−k = 0.

a) Determinar el valor de kpara que tenga una ´unica ra´ız triple en el intervalo

[0,1].

b) Para k= 3, probar que posee una única ra´ız simple en el intervalo [0,1], y calcularla con 6 cifras decimales exactas utilizando el método de Newton. Solución:

a) Si tiene una ra´ız triple, debe anularse no sólo la función sino también sus dos primeras derivadas, por lo que

f(x) = 2 cos(2x) + 4x−k = 0 f0(x) =−4 sin(2x) + 4 = 0

(10)

Debe verificarse entonces que f(π/4) = 2 cos(π/2) +π−k = 0, por lo que k=π.

En ese caso, π/4 es una ra´ız triple por anular af, f0 y f00 pero no anular a f000(x) = 16 sin(2x). Además, dado que sigf(0)6= sigf(1) existe un número impar de ra´ıces def(x) en el intervalo [0,1], pero de existir tres, la primera derivada deber´ıa de anularse dos veces y sólo lo hace una vez en x= π/4, por lo que podemos asegurar entonces que si k =π la función sólo posee una ra´ız triple en el intervalo [0,1] y que esta es π/4.

b) Para k = 3 se tiene

f(x) = 2 cos(2x) + 4x−3

pero sus derivadas son independientes del valor asignado a la k.

Como f(0) = −1 y f(1) = 1 + 2 cos 2 = 001677. . . >0 la función tiene, al menos una ra´ız en dicho intervalo y, por razones análogas a las del apartado anterior, sólo puede tener una.

Dado que en [0,1] se anula la derivada (f0(π/4) = 0) nos interesa reducir el intervalo en el que vamos a buscar la ra´ız. Para ello, y dado que f(005) = 2 cos 1−1 = 000806. . . >0, podemos restringirnos al intervalo [0,005] en el que sabemos que no se anula la derivada.

Como f0(x) = −4 sin(2x) + 4 >0 ∀x ∈ [0,005] y f00(x) = −8 cos(2x) < 0 ∀x ∈ [0,005], la regla de Fourier nos dice que el m´etodo de Newton converge tomando como valor inicial x0 = 0.

Para acotar el error, como f00(x) < 0 ∀x ∈ [0,005], sabemos que f0(x) es decreciente en dicho intervalo, por lo que m´ın

x∈[0,00_5]|f

0_(x)_| ₌ _f0₍₀0_{5) =}

−4 sin 1 + 4 = 006341. . .. Por tanto εn < |f(xn)| m´ın x∈[0,00_5]|f 0 (x)|< |f(xn)| 00₅ = 2|f(xn)|

La f´ormula de Newton-Raphson queda de la forma: xn+1 =xn− f(xn) f0_(x n) = −4xsin(2x)−2 cos(2x) + 3 −4 sin(2x) + 4

(11)

por lo que x0 = 0 ε0 <2 x1 = 0025 ε1 <0048966975243851 x2 = 0036757918145023 ε2 <0009246835650344 x3 = 0040268002241238 ε3 <0000715318566049 x4 = 0040588577560341 ε4 <50683578640000000·10−5 x5 = 0040591165781801 ε5 <30688150000000000·10−9 Por tanto x= 00405912 con un error

ε <3.4218199·10−7+ 3.6881500·10−9 <10−6 es decir, con sus seis cifras decimales exactas.

1.3. Probar que la ecuaci´on x2_{+ ln}_x _{= 0} _s´_{olo tiene una ra´ız real y hallarla, por el}

m´etodo de Newton, con 6 cifras decimales exactas.

Soluci´on: Si representamos las gr´aficas de las funciones y = lnx e y = −x2 obtenemos

Puede observarse que s´olo existe un punto de corte entre ellas, por lo que la ecuaci´onx2_{+ ln}_x_{= 0 s´}_{olo posee una ra´ız real.}

Anal´ıticamente hay que probar que las gráficas no vuelven a cortarse en ningún otro punto, sin embargo, dado que en su dominio de definición, que es (0,+∞), lnx es creciente y −x2 decreciente, no pueden volver a cortarse.

Partiendo de x0 = 001 y aplicando el m´etodo de Newton, en el intervalo (001,1) (no tomamos (0,1) por no estar definido el logaritmo en 0), dado por la f´ormula

xn+1 =xn− f(xn) f0_(x n) =xn− x2 n+ lnxn 2xn+_x1_n = x 3 n+xn−xnlnxn 2x2 n+ 1

(12)

con un error, a posteriori, dado por εn < |f(xn)| m´ın x∈(0,1)|f 0 (x)| = |f(xn)| 2 , obtenemos: x1 = 0032476324441118. . . con ε1 <00509593. . . x2 = 0059809970985991. . . con ε2 <00078137. . . x3 = 0065258567248750. . . con ε3 <407239. . .·10−4 x4 = 0065291863363348. . . con ε4 <906269. . .·10−9 Por lo que la ra´ız buscada es 00652919 con un error

ε <0000000036636642. . .+ 906269. . .·10−9 <10−6 es decir, con las seis cifras decimales exactas.

1.4. Resolver, por los métodos de la bisección y Newton, la ecuación lnx−senx= 0, acotando previamente sus ra´ıces.

Solución: La ecuación puede escribirse de la forma lnx = sinx, por lo que hallaremos gráficamente la intersección entre las curvas y= lnx e y= sinx. El máximo de la función y = sinx es

1 y, por tanto, cuando la curva dada pory= lnxtome valores mayores que 1, no puede volver a intersecar a la del sinx. De esta forma sabemos que como lnx > 1 ⇒ x > e = 2071. . ., las posibles soluciones de la ecuaci´on se encuentran en el intervalo (0, e), del que se han excluido los extremos ya que, evidentemente, no son soluciones de la ecuaci´on.

Además de la ra´ız que se observa en el intervalo [0, π], ambas gráficas sólo podr´ıan volver a intersecarse en pun-tos x > 3π/2, (en que sinx vuelve a ser creciente), pero como 3π/2> e, no existen más ra´ıces.

Antes de aplicar cualquier m´etodo de resoluci´on, afinemos el intervalo en el que puede hallarse la ra´ız.

f(2) =−ln 2−sin 2 =−0021615. . . < 0 =⇒x∈(2, e) f(205) = ln 205−sin 205 = 0031781. . . < 0 =⇒x∈(2,205)

(13)

Partiremos ahora de esta última acotación: x∈(2,205). Método de la bisección:

Dado que|k| ≤

b−a 2k ≤10

−6_{debemos tomar}_k_{= 19, es decir, debemos calcular} los valores de xk hasta x19.

f(2025) = 000328570. . . >0 ⇒x∈(2,2025) f(20_{125) =}₋₀0_0965479_{. . . <}₀ _⇒_x_∈₍₂0₁₂₅_,₂0₂₅₎ f(201875) =−000330299. . . <0 ⇒x∈(201875,2,25) f(20_{21875) =}₋₀0_0003765_{. . . <}₀ _⇒_x_∈₍₂0₂₁₈₇₅_,₂0₂₅₎ f(20234375) = 000161685. . . >0 ⇒x∈(2021875,20234375) f(202265625) = 000078779. . . >0 ⇒x∈(2021875,202265625) f(2022265625) = 000037461. . . >0 ⇒x∈(2021875,2022265625) f(20220703125) = 000016836. . . >0 ⇒x∈(2021875,20220703125) f(202197265625) = 000006532. . . >0 ⇒x∈(2021875,202197265625) f(2021923828125) = 000001382. . . >0 ⇒x∈(2021875,2021923828125) f(20218994140625) =−000001191. . . <0 ⇒x∈(20218994140625,2021923828125) f(202191162109375) = 000000095. . . >0 ⇒x∈(20218994140625,202191162109375) f(2021905517578125) =−000000548. . . <0 ⇒x∈(2021905517578125,202191162109375) f(20219085693359375) =−000000226. . . <0⇒x∈(20219085693359375,202191162109375) f(20219100952148437) =−000000065. . . <0⇒x∈(20219100952148437,202191162109375) f(20219108581542969) = 000000015. . . >0 ⇒x∈(20219100952148437,20219108581542969) f(20219104766845703) =−000000025. . . <0⇒x∈(20219104766845703,20219108581542969) f(20219106674194336) =−000000005. . . <0⇒x∈(20219106674194336,20219108581542969) f(20219107627868652) = 000000005. . . >0 ⇒x∈(20219106674194336,20219107627868652)

por lo que, tomando la aproximaci´onx19= 2021910715103149 (punto medio del intervalo), el error viene dado por |ε19| ≤ 0

0₅

220 = 4

0_{768371582031250}_{. . .}_·₁₀−7 _y si redondeamos a 2’219107 el error total vendr´a dado por

|ε|<0000000015103149. . .+ 0000000047683715. . . <10−6 por lo que las seis cifras decimales son exactas.

M´etodo de Newton:

Ya hemos visto que en el intervalo [2,205] son positivas f0(x) y f00(x), luego podemos aplicar la regla de Fourier. Como f(205) > 0 tomamos x0 = 205, siendo:

xn+1 =xn−

f(xn)

f0_(x

(14)

Al ser creciente f0(x), sabemos que m´ın x∈[2,20_5]|f 0 (x)| = f0(2) = 009161. . ., por lo que |εn|< |f(xn)| 00₉

obteni´endose que

x0 = 205 =⇒ |ε0|<0035313176418911. . . x1 = 2023540334090234. . .=⇒ |ε1|<0001918050846704. . . x2 = 2021918069639707. . .=⇒ |ε2|<0000008617267276. . .

x3 = 2021910715043727. . .=⇒ |ε3|<0000000000178501. . . <10−6 Si redondeamos a 2’219107, el error acumulado es

|ε|<0000000015043727. . .+0000000000178501. . .= 0000000015222228. . . <10−6 por lo que la ra´ız de la ecuaci´on es x = 20219107, con las seis cifras decimales exactas.

1.5. Separar las ra´ıces reales de la ecuaci´on xe−x ₋_x2 _{+ 1 = 0}_{, y obtenerlas con}

ocho cifras decimales exactas por el m´etodo de Newton, aplicando previamente la Regla de Fourier.

Solución: Comenzaremos por transformar la ecuación para despejar la expo-nencial. xe−x₋_x2_{+ 1 = 0 =}_⇒_xe−x ₌_x2₋_{1 =}_⇒_e−x ₌ x 2₋₁ x . La función y = x 2₋₁

x es una c´onica (hip´erbola) con una as´ıntota vertical en x= 0 y otra oblicua eny =x.

Gráficamente se observan dos interseccio-nes, una de ellas en los valores negativos de la variable y la otra en los positivos. Veámoslo con más detalle. La función

F(x) =e−x− x

2₋₁ x

tiene las mismas ra´ıces (ya que x= 0 no es solución de la ecuación) que la función

f(x) =xe−x−x2+ 1 F0(x) = −e−x− x·2x−(x 2₋₁₎ x2 =−e −x₋x 2_{+ 1} x2 =− e−x+ 1 + 1 xx

(15)

Tenemos entonces queF0(x)<0 cualquiera que sea el valor que tome la variable x y adem´as,F0(0) =−∞. Por tanto, F0(x) nunca se anula.

No podemos aplicar directamente el teorema de Rolle a la funci´on F(x) en (−∞,∞) ya que no es continua ni derivable en x= 0, pero s´ı podemos hacerlo en los intervalos (−∞,0) y (0,∞).

SiF(x) se anulara dos o más veces en (0,∞), su derivadaF0(x) se deber´ıa anular en algún punto de dicho intervalo, por lo que podemos asegurar que F(x) tiene, a lo más, una ra´ız en (0,∞). El mismo razonamiento nos lleva a asegurar que sólo posee una ra´ız en el intervalo (−∞,0). En conclusión, F(x) tiene, a lo sumo, dos ra´ıces reales, lo cual ya observamos gráficamente.

Basta entonces con probar que efectivamente existen dichas ra´ıces. Para ello consideramos, de nuevo, la funci´onf(x) =xe−x₋_x2_{+ 1 (que no tiene} singula-ridades). f(−1) =−e <0 f(0) = 1>0   

Existe una ra´ız en (−1,0) f(1) =e−1 _>₀

f(2) = 2e−2₋₃_<₀  



Existe una ra´ız en (1,2) Al ser f0(x) =−xe−x₊_e−x₋_2x_{= (1}₋_x)e−x₋_2x_{tenemos que:}

  

 

Para x∈(−1,0) es 1−x >0, e−x _>_{0 y} ₋_{2x >}_{0, por lo que} _f0_(x)_>_0.

Para x∈(1,2) es 1−x <0, e−x _>_{0 y} ₋_{2x <}_{0, por lo que} _f0_(x)_<_0.

Por tanto, f0(x) no se anula en ninguno de los intervalos, por lo que podemos asegurar que ambas ra´ıces son simples.

Regla de Fourier: • Si x∈(−1,0): f0(x)>0 f00(x) = (x−2)e−x₋₂_<₀   

f0(x) y f00(x) tienen signo constante. Comof(−1)<0, tomamos x0 =−1. • Si x∈(1,2): f0(x)<0 f00(x) = (x−2)e−x₋₂_<₀   

(16)

Como f(2) <0, tomamos x0 = 2. Intervalo (1,2) Intervalo (−1,0) x0 = 2 x0 =−1 x1 = 1033999803 x1 =−006344707107 x2 = 10179392174 x2 =−004967786062 x3 = 10167650622 x3 =−004784765368 x4 = 10167585529 x4 =−004781724802 x5 = 10167585527 x5 =−004781723972 x6 =−004781723972

f0(x) es negativa y decreciente en el intervalo (1,2), por lo que|f0(x)|=−f0(x) es creciente y alcanza el m´ınimo en x= 1:

m´ın x∈[1,2]|f 0 (x)|=−f0(1) =−(−2) = 2 =⇒ |ε|< |f(x)| 2 El error para x5 = 10167585527 es |ε5|< |f(1 0_167585527)_| 2 = 00446·10−9 2 = 0 0 223·10−9

por lo que si redondeamos a 1’16758553 obtenemos que el error viene dado por

|ε|<00000000003 + 00000000000223 <10−8

es decir, la ra´ız buscada es 1’16758553 con las ocho cifras decimales exactas. An´alogamente, para el intervalo (−1,0), f0(x) es positiva y decreciente, por lo que el m´ınimo de |f0(x)|=f0(x) se alcanza en x= 0.

m´ın x∈[−1,0]|f 0 (x)|=f0(0) = 1 =⇒ |εn|<|f(xn)| El error para x6 =−004781723972 es |ε6|<|f(−004781723972)|= 008036·10−9 por lo que redondeando a -0’47817240 obtenemos que el error es

|ε|<000000000028 + 000000000008038<10−8

(17)

1.6. Dada la ecuaci´on ex ₋_(x ₋ ₂₎2 _{= 0}_{, probar que s´}_{olo posee una ra´ız real y}

obtenerla, por el m´etodo de Newton, con seis cifras decimales exactas.

Soluci´on: Las gr´aficas de las funciones y=ex y y= (x−2)2 vienen dadas en la figura adjunta.

Puede observarse que sólo existe un punto de corte entre ellas, por lo que la ecuación ex = (x−2)2 sólo posee una ra´ız real. Anal´ıticamente hay que probar que las gráficas no vuelven a cortarse en ningún otro punto, sin embargo, dado que el cre-cimiento de la exponencial es mucho más rápido que el del polinomio, es evidente que no volverán a hacerlo.

Partiendo dex0 = 0 y aplicando el m´etodo de Newton, en el intervalo (0,1), dado por la f´ormula xn+1 =xn− f(xn) f0_(x n) =xn− exn₋_(x n−2)2 exn−2(x n−2)

con un error, a posteriori, dado por εn<

|f(xn)| m´ın x∈(0,1)|f 0 (x)| = |f(xn| 3 , obtenemos: x1 = 006 con ε1 <0004596039986983 x2 = 0062983073468338 con ε2 <2036746·10−5 x3 = 0062984611568767 con ε3 <4083798·10−12 Redondeando obtenemos que la ra´ız es 00629846 con un error

ε <0000000011568767 + 4.83798·10−12 <10−6

Por lo que la ra´ız buscada es 00629846 con las seis cifras decimales exactas. 1.7. Dada la ecuaci´on ex₋_(x_{+ 1)}2 _{= 0}_{, se pide:}

a) Estudiar gr´aficamente sus ra´ıces reales y acotarlas.

b) Obtener la mayor de ellas con dos cifras decimales exactas por el m´etodo de la bisecci´on.

(18)

Solución: Se trata de buscar las ra´ıces de la ecuaciónex= (x+ 1)2. Acotación y separación:

La gr´afica de y = ex _{interseca tres}

ve-ces a la de y = (x+ 1)2_{. La intersecci´}_on en la parte negativa es evidente. La nula (x = 0) también es evidente por simple sustitución en la ecuación. Respecto a la positiva hay basta con observar que para valores positivos de lax, la funcióny=ex

comienza tomando valores inferiores a los dey= (x+ 1)2 pero, sin embargo, el creci-miento de la exponencial es superior al de la función cuadrática, por lo que necesaria-mente volverán a cortarse sus gráficas.

Acot´andolas por Bolzano vemos que, aparte de la ra´ız x = 0, las otras dos se encuentran en los intervalos (−2,−1) y (2,3).

M´etodo de la bisecci´on:

La mayor de las ra´ıces se encuentra en el intervalo [a, b] = [2,3] y adem´as es f(2)<0 yf(3)>0. f(205) =−0006. . . <0 =⇒[a1, b1] = [205,3] f(2075) = 1058. . . >0 =⇒[a2, b2] = [205,2075] f(20625) = 0066. . . >0 =⇒[a3, b3] = [205,20625] f(205625) = 0027. . . >0 =⇒[a4, b4] = [205,205625] f(2053125) = 0009. . . > 0 =⇒[a5, b5] = [205,2053125] f(20515625) = 0001. . . >0 =⇒[a6, b6] = [205,20515625]

Tomando el punto medio del intervalo, obtenemos que 205078125 con un error menor que 2−7 _{= 0}0_{0078125 por lo que si redondeamos a 2’51 obtenemos un}

error

ε <000021875 + 000078125 = 0001

es decir, la ra´ız buscada es 2’51 con las dos cifras decimales exactas. M´etodo de Newton:

En [205,20515625] sabemos que f00(x) >0 y f0(x)> 0 (el m´ınimo se encuentra en (1,2)), luego se dan las condiciones de la regla de Fourier. Debemos tomar como x0 el extremos en que f(x) y f00(x) tienen el mismo signo, por lo que

(19)

x0 = 20515625, ya que f(205) < 0 y f(20515625) > 0. De esta forma, tenemos garantizada la convergencia.

Comof00(x)>0 en todo el intervalo, se tiene quef0(x) es creciente, por lo que m´ın

x∈(20₅_,₂0_515625)|f

0

(x)|=f0(205) =e205−7 = 5018249396070347. . .

El errora posteriori viene dado por |εn| ≤

|f(xn)| m´ın x∈[20₅_,₂0_515625]|f 0 (x)| < |f(xn)| 5 . Utilizando la f´ormula de Newton-Raphson xn+1 =xn−

f(xn) f0_(x n) , obtenemos x0 = 20515625 con |ε0|<0000294423696614. . . x1 = 2051286981827295. . .con |ε1|<708665. . .·10−6 x2 = 2051286241730562. . .con |ε2|<506634. . .·10−11 por lo que redondeando a 2’512862 obtenemos un error

|ε|<0000000041730562. . .+ 0000000000005663. . . <10−6

Es decir, 2’512862 es la mayor de las ra´ıces de la ecuaci´on, con seis cifras deci-males exactas.

1.8. La ecuaci´on 0081(x−1)−lnx= 0, tiene dos ra´ıces reales, una de las cuales es la unidad. Calcular la otra por el m´etodo de Newton, estudiando previamente el campo de convergencia.

Solución: La ecuación dada es equivalente a 0081(x−1) = lnx cuyas gráficas se dan en la figura adjunta.

Se puede observar que para valores mayo-res que 1, pero pr´oximos a 1 la funci´on es negativa, mientras que para x = 2 es f(2) = 0081−ln 2>0, por lo que la ra´ız se encuentra en (1,2). El valor m´ınimo se cal-cula haciendof0(x) = 0081− 1

x = 0, por lo que xm = 1023456790123457. . .. dado que

f(103) < 0 podemos reducir el intervalo a (xm,2], en el cual no se anula la derivada

(es siempre positiva) y tampoco se anula la segunda derivada (f00(x) =−x−2 _<_{0 para} cualquierx∈[103,2]).

(20)

Por tanto, se cumplen los requisitos de la regla de Fourier y podemos garantizar la convergencia iniciando el proceso en x0 = 103. (El campo de convergencia a la ra´ız comprendida entre 1’3 y 2 es el intervalo (xm,∞), ya que se verifican las

condiciones de Fourier.) Dado que m´ın

x∈[10₃_,_2]|f

0

(x)| = f0(2) = 0031 podemos asegurar que |εn| <

|f(xn)| 00₃ , por lo que x0 = 1.3 con |ε0|<0.06454754822497 x1 = 1.77497252467431 con |ε1|<0.17980933745114 x2 = 1.55623612700841 con |ε2|<0.02760365352590 x3 = 1.50677430243678 con |ε3|<0.00172014226341 x4 = 1.50324774896472 con |ε4|<0000000914390241 x5 = 1.50322880096860 con |ε5|<0000000000026480 Por tanto, la ra´ız buscada es 10503229 con un error

|ε|<0000000019903140 + 0000000000026480<10−6 es decir, con las seis cifras decimales exactas.

1.9. Se considera la ecuaci´on (x−1) lnx2 ₋_2x2 _{+ 7x}₋_{7 = 0}_{. Separar sus ra´ıces}

y obtener la mayor de ellas con seis cifras decimales exactas por el m´etodo de Newton aplicando, previamente, la regla de Fourier.

Soluci´on: En primer lugar vamos a despejar el logaritmo de la ecuaci´on. (x−1) lnx2₋_2x2_{+ 7x}₋_{7 = 2(x}₋_{1) ln}_|_x_{| −}_2x2_{+ 7x}₋_{7 = 0, por lo que:}

ln|x|= 2x

2₋_7x_{+ 7} 2(x−1)

(Es posible dividir por x−1 sin alterar las soluciones de la ecuaci´on ya que x= 1 no es una soluci´on.)

La funci´on y = ln|x| es sim´etrica respecto al eje de ordenadas y tiene una as´ıntota vertical en x= 0.

La funci´ony = 2x

2₋_7x_{+ 7}

2(x−1) es una c´onica y, al tener as´ıntotas, se trata de una hip´erbola.

Se puede simplificar su expresi´on escribiendoy= (x−205) + 1

x−1 con lo que es evidente que sus as´ıntotas son las rectasy=x−205 (oblicua) yx= 1 (vertical).

(21)

Gráficamente se pueden observar cuatro ra´ıces reales, aunque las dos mayores po-dr´ıan no serlo si el crecimiento del loga-ritmo fuese más lento (no cortar´ıa a la gráfica de la otra curva). Si embargo, mediante comprobación de signos vemos que efectivamente existe las cuatro ra´ıces y que se encuentran en los intervalos (−1,0), (0,1), (1,2) y (3,4) respectivamente.

En efecto: llamandof(x) = (x−1) lnx2₋_2x2_{+ 7x}₋_{7 se tiene que} f(−1) =−16<0 f(0) =∞>0    ⇒x1 ∈(−1,0) f(0) = ∞>0 f(1) = −2<0    ⇒x2 ∈(0,1) f(1) =−2<0 f(2) = 0038. . . >0    ⇒x3 ∈(1,2) f(3) = 0039. . . >0 f(4) = −2068. . . <0    ⇒x4 ∈(3,4)

La mayor de las ra´ıces es la comprendida en el intervalo (3,4). Estudiemos, en primer lugar, las condiciones de la regla de Fourier.

f0(x) = 2x−1 x + ln|x| −4x+ 7 = 21−1 x+ ln|x| = 2ln|x| −1 x −4x+ 9 = = 2 ln|x| − 4x 2₋_9x_{+ 2} x = 2 ln|x| − (4x−1)(x−2) x Six∈(3,4) es f0(x)<2 ln 4− (4·3−1)(3−2) 3 =−0 0 89. . . < 0. f00(x) = 21 x+ 1 x2 −4 =− 2 x2(2x 2₋_x₋_{1) =}₋2(x−1)(2x+ 1) x2 . Por lo que six∈(3,4) es f00(x)<0.

Comof(4) =−2068. . . <0, tomandox0 = 4 converge el método de Newton. Dado que en el intervalo [3,4] es f00(x) < 0, la función f0(x) es decreciente y, además, sabemos que es negativa, por lo que |f0(x)| es creciente y, por tanto:

m´ın

x∈[3,4]|f

0

x|=|f0(3)|= 10469442089 El error vendr´a en cada iteraci´on dado por

|εn|< |f(xn)| m´ın x∈[3,4]|f 0 (xn| < |f(xn)| 10₄₆₉

(22)

Obtenemos, por tanto: x0 = 4 con |ε0|<1082589096887723. . . x1 = 3043262101059431. . . con |ε1|<0036555931463243. . . x2 = 3024396468778347. . . con |ε2|<0003913037009102. . . x3 = 3021828904805719. . . con |ε3|<7015956828059223. . .·10−4 x4 = 3021780143235915. . . con |ε4|<2057791031994554. . .·10−7 Si redondeamos a seis decimales obtenemos 30217801 con un error

|ε|<0000000043235915. . .+ 0000000025779103. . . < 10−6

por lo que la mayor de las soluciones de la ecuaci´on es 30217801 con sus seis cifras decimales exactas.

1.10. Dada la ecuaci´on e−x2

− x

2₋_7x_{+ 7}

10·(x−1)2 = 0 se pide:

a) Determinar el n´umero de ra´ıces reales que posee y separarlas. b) Demostrar que para cualquier x >106 es f0(x)<0 y f00(x)>0.

c) Calcular la mayor de las ra´ıces, con dos cifras decimales exactas, por el método de Newton. Solución: a) Consideremos la función g(x) = x 2₋_7x_{+ 7} 10·(x−1)2 y estudiemos gráficamente su intersección con h(x) =e−x2.

La funci´on g(x) posee una as´ıntota vertical en x = 1 y otra horizontal en y= 001. Su derivada g0(x) = 5x−7 10·(x−1)3 se anula para x= 7 5 = 1 0 4. g00(x) = −10x+ 16 10·(x−1)4 =⇒ g 00 (104)>0

por lo que g(x) tiene un m´ınimo en (104, g(104)) = (104,−00525).

Los puntos de corte deg(x) con el eje de abscisas viene dados por las ra´ıces de la ecuaci´onx2₋_7x_{+ 7 = 0, es decir 1}0₂₀₈_{. . .}_{y 5}0₇₉₁_{. . ..}

Los cortes con su as´ıntota horizontal los determina la ecuaci´on 001 = x

2₋_7x_{+ 7} 10·(x−1)2

(23)

Por lo que x2−7x+ 7

(x−1)2 = 1 =⇒x

2₋_7x_{+ 7 = (x}₋₁₎2 ₌_⇒_5x₋_{6 = 0 =}_⇒_x_{= 1}0

2. La funci´on conocida como Campana de Gauss, y cuya ecuaci´on es h(x) = e−x2

, posee una as´ıntota horizontal: y = 0. Sus dos primeras derivadas son:

h0(x) =−2xe−x2 y h00(x) = (4x2−2)e−x2

h0(x) = 0 =⇒ x= 0 siendo h00(0) =−2 <0, por lo que posee un m´aximo en el punto (0, h(0)) = (0,1).

Gráficamente se detectan cuatro puntos de corte entre ambas funciones. (Obsérvese que entre 5 y 6 ambas gráficas vuelven a cortarse, ya que la campana de Gauss se hace prácticamente nula mientras que la otra gráfica va buscando la as´ıntota horizontal y= 001).

Aplicando Bolzano a la funci´onf(x) = e−x2

− x 2 ₋_7x_{+ 7} 10·(x−1)2 obtenemos: f(−1)<0 f(0)>0 =⇒ s1 ∈(−1,0) f(1)<0 =⇒ s2 ∈(0,1) f(2)>0 =⇒ s3 ∈(1,2) f(3)>0 f(4)>0 f(5)>0 f(6)<0 =⇒ s4 ∈(5,6)

As´ı pues, existen cuatro ra´ıces situadas en los intervalos (−1,0), (0,1), (1,2) y (5,6) respectivamente. b) _{f(x) =}_e−x2 ₋ x 2₋_7x_{+ 7} 10·(x−1)2 f0(x) =−2xe−x2 − 5x−7 10·(x−1)3 f00(x) = (4x2₋_2)e−x2 + 10x−16 10·(x−1)4

(24)

Estudiemos las funcionesf0(x) yf00(x) para valores de x mayores que 106. −2xe−x2 _<₀ 5x−7 (x−1)3 >0 =⇒ − 5x−7 10·(x−1)3 <0          =⇒f0(x)<0 ∀x >106 (4x2−2)e−x2 = 4x 2₋₂ ex2 >0 10x−16 (x−1)4 >0            =⇒f00(x)>0 ∀x >106

Es decir, ambas derivadas tienen signo constante en dicho intervalo. c) Calculemos ahora la soluci´on existente en el intervalo (5,6).

f(5)>0 y f(6) <0 f0(x)<0 y f00(x)>0      =⇒x0 = 5.

Por el m´etodo de Newtonxn+1 =xn−

f(xn) f0_(x n) con |εn|< |f(xn)| m´ın x∈[5,6]|f 0 (x)| = |f(xn)| −f0₍₆₎ < |f(xn)| 00₀₁₈₄ x0 = 5 con 1001902173988521. . . x1 = 5066666666386850. . .con 0013864241667998. . . x2 = 5078819444430534. . .con 0000335808380912. . .

Si redondeamos la segunda cifra decimal para escribir x = 5079, el error vendr´a dado por

|ε|<0000180555569466. . .+ 0000335808380912. . . <10−2 y, por tanto, 5’79 es la solución pedida con dos cifras decimales exactas. 1.11. Eliminar las ra´ıces múltiples en la ecuaciónx6₋_2x5_+3x4₋_4x3_+3x2₋_{2x+1 = 0}_.

Resolver, exactamente, la ecuaci´on resultante y comprobar la multiplicidad de cada ra´ız en la ecuaci´on original.

Solución: Aplicamos el Algoritmo de Euclides para calcular el máximo común divisor entre el polinomio P(x) =f0(x) =x6−2x5+ 3x4−4x3+ 3x2−2x+ 1

(25)

y su derivada f1(x) = 6x5−10x4 + 12x3−12x2 + 6x−2. Para ello podemos multiplicar, previamente,f0(x) por 3 y dividir f1(x) entre 2.

3x6 ₋_6x5_{+ 9x}4₋_12x3_{+ 9x}2₋ _6x_{+ 3} _|_3x5₋_5x4_{+ 6x}3 ₋_6x2_{+ 3x}₋₁ −3x6_{+ 5x}5₋_6x4_{+ 6x}3₋ _3x2₊ _x _x ₋₁ −x5_{+ 3x}4₋ _6x3_{+ 6x}2₋ _5x_{+ 3} _{multiplicando por} ₃ −3x5_{+ 9x}4₋_18x3_{+ 18x}2₋_15x_{+ 9} 3x5₋_5x4_{+ 6x}3₋ _6x2_{+ 3x}₋₁ 4x4₋_12x3_{+ 12x}2₋_12x_{+ 8}

Por lo que (dividiendo el resto entre 4)f2(x) =x4−3x3+ 3x2−3x+ 2. Dividimos ahora f1(x) (dividido, previamente entre 2) entre f2(x).

3x5₋_5x4_{+ 6x}3₋ _6x2_{+ 3x}₋₁ _|_x4₋_3x3_{+ 3x}2₋_3x_{+ 2} −3x5_{+ 9x}4₋ _9x3_{+ 9x}2₋ _6x _3x_{+ 4} 4x4₋ _3x3_{+ 3x}2₋ _3x₋₁ −4x4_{+ 12x}3₋_12x2_{+ 12x}₋₈ 9x3₋ _9x2_{+ 9x}₋_{9 =}_⇒_f 3(x) = x3−x2+x−1 Dividiendo, ahora,f2(x) entre f3(x) se obtiene:

x4₋_3x3_{+ 3x}2₋_3x_{+ 2} _|_x3₋_x2₊_x₋₁

−x4₊ _x3₋ _x2₊ _x _x₋₂

−2x3_{+ 2x}2₋_2x_{+ 2}

2x3₋_2x2_{+ 2x}₋₂ 0

El m´aximo com´un divisor entre P(x) y su derivada es D(x) =x3−x2+x−1

El polinomio cuyas ra´ıces son las mismas que las de P(x), pero simples, es Q(x) = P(x)

D(x) =

x6₋_2x5_{+ 3x}4₋_4x3_{+ 3x}2₋_2x_{+ 1} x3₋_x2₊_x₋₁ =x

3₋_x2₊_x₋₁ Dado que Q(x) =x3₋_x2₊_x₋_{1 = (x}₋_1)(x2_{+ 1) = (x}₋_1)(x₊_i)(x₋_{i) sus} ra´ıces son 1,i y −i.

(26)

Dado que P0(x) = 2(3x5₋_5x4_{+ 6x}3₋_6x2_{+ 3x}₋_{1) se tiene:}              P0(1) = 2 (3−5 + 6−6 + 3−1) = 0 P0(−i) = 2 (−3i−5 + 6i+ 6−3i−1) = 0 P0(i) = 2 (3i−5−6i+ 6 + 3i−1) = 0

Luego las tres ra´ıces son dobles (no pueden tener mayor multiplicidad ya que el grado de P(x) es 6, es decir, 2+2+2).

1.12. Dada la ecuaci´on 8x3₋_4x2₋_18x_{+ 9 = 0}_{, acotar y separar sus ra´ıces reales.}

Soluci´on: • Acotaci´on: a) |x|<1 + _aA 0 donde a0 = 8 yA= m´_i>ax₁ |ai|= 18. Luego |x|<1 + 18 8 = 3 0 25 =⇒ |x|<3025 b) Regla de Laguerre:

Dividimos el polinomio entre x−cpara distintos valores de x comen-zando porx= 3, obteniendo:

8 −4 −18 9 3 24 60 126 8 20 42 135 8 −4 −18 9 2 16 24 12 8 12 6 21 8 −4 −18 9 1 8 4 · · · 8 4 −14 Al haber obtenido un coeficiente negativo s´olo podemos asegurar que x <2 por lo que, para las ra´ıces reales, se tiene que −3025< x < 2.

• Separaci´on: M´etodo de Sturm

f0(x) = 8x3−4x2−18x+ 9 f00(x) = 24x2−8x−18 f1(x) = 12x2−4x−9

(27)

Multiplicando f0(x) por 3 y dividiendo entref1(x) se tiene: 24x3−12x2− 54x+ 27 |12x2−4x−9 −24x3+ 8x2+ 18x 2x −1 −4x2− 36x+ 27 multiplicando por 3 −12x2−108x+ 81 12x2− 4x− 9 −112x+ 72 dividiendo por 8 −14x+ 9

f2(x) es el resto cambiado de signo, es decir: f2(x) = 14x−9.

Finalmente, dividimos f1(x) entre f2(x), previa multiplicaci´on por 7. 84x2−28x− 63 |14x−9 −84x2+ 54x 6x+ 13 26x− 63 multiplicando por 7 182x−441 −182x+ 117 −324 =⇒f3(x) = 1 −4 −3 −2 −1 0 1 2 f0(x) = 8x3−4x2−18x+ 9 − − − + + − + f1(x) = 12x2−4x−9 + + + + − − + f2(x) = 14x−9 − − − − − + + f3(x) = 1 + + + + + + +

n´umero de cambios de signo 3 3 3 2 2 1 0 Por lo que la ecuaci´on 8x3 − 4x2 −18x + 9 = 0 tiene tres ra´ıces reales situadas en los intervalos (−2,−1), (0,1) y (1,2) respectivamente.

1.13. Dada la ecuaci´on x3₋_6x2_{+ 3x}_{+ 9 = 0}_{, acotar y separar sus ra´ıces reales.}

Soluci´on: • _Acotaci´_on: a) |x|<1 + _aA 0 donde a0 = 1 y A= m´_i>ax₁ |ai|= 9. Luego |x|<1 + 9 1 = 10 =⇒ |x|<10

(28)

b) Regla de Laguerre: Dividimos el polinomio entre x−c para dis-tintos valores dec comenzando por c= 6, obteniendo:

1 −6 3 9 6 6 0 18 1 0 3 27 1 −6 3 9 5 5 · · · · 1 −1

Al haber obtenido un coeficiente negativo podemos asegurar quex <6 por lo que, para las ra´ıces reales, se tiene que −10< x <6.

• Separaci´on: M´etodo de Sturm

f0(x) = P(x) = x3−6x2+ 3x+ 9 f₀0(x) = 3x2−12x+ 3 f1(x) = x2−4x+ 1

Dividiendo f0(x) entre f1(x) se tiene:

x3₋_6x2_{+ 3x}_{+ 9} _|_x2₋_4x_{+ 1}

−x3_{+ 4x}2₋ _x _x₋₂

−2x2_{+ 2x}_{+ 9}

2x2 ₋_8x_{+ 2}

−6x+ 11 =⇒f2(x) = 6x−11 Finalmente, dividimos 6f1(x) entre f2(x).

6x2₋_24x₊ ₆ _|_6x₋₁₁ −6x2_{+ 11x} _x ₋₁₃ −13x+ 6 multiplicando por 6 −78x+ 36 78x−143 −107 =⇒f3(x) = 1 −1 0 1 2 5 6 f0(x) =x3−6x2+ 3x+ 9 − + + − − + f1(x) =x2−4x+ 1 + + − − + + f2(x) =x−11 − − − + + + f3(x) = 1 + + + + + +

numero de cambios de signo´ 3 2 2 1 1 0

Por lo que la ecuaci´onx3−6x2+ 3x+ 9 = 0 tiene tres ra´ıces reales situadas en los intervalos (−1,0), (1,2) y (5,6) respectivamente.

(29)

1.14. Dada la ecuaci´onx3₋_3ax₋_2b _{= 0} _{y bas´}_{andose en el m´}_{etodo de Sturm, discutir}

para qué valores de a yb, existe una única ra´ız real. Solución: Construyamos la sucesión de Sturm:

f0(x) = x3−3ax−2b =⇒f00(x) = 3x2−3a =⇒f1(x) =x2 −a Dividimos, ahora f0(x) entre f1(x) obteniendo:

x3₋_3ax₋_2b _|_x2₋_a

−x3₊ _ax _x

−2ax−2b =⇒f2(x) =ax+b Estudiemos, ahora, las distintas posibilidades existentes.

a) a = 0

En este caso es f2(x) = b y debemos distinguir los casos siguientes: a.1) b = 0

Dado que, entonces, esf2(x)≡0 se sabe quef0(x) tiene ra´ıces m´ultiples. En efecto: en este caso la ecuaci´on se reduce ax3 _{= 0 que tiene la ra´ız} x= 0 triple.

a.2) b 6= 0

En este caso es f2(x) = 1 obteni´endose:

−∞ ∞

f0(x) =x3−2b − +

f1(x) =x2 + +

f2(x) = 1 + +

cambios de signo 1 0 Por lo que s´olo existe una ra´ız real.

En conclusi´on, si a = 0 existe una ´unica ra´ız real, independientemente del valor que tome b, con la salvedad de que sib = 0 la ra´ız es triple.

b) a 6= 0

Entonces f2(x) =ax+b y debemos dividir ahora af1(x) entre f2(x). ax2 ₋_a2 _|_ax₊_b −ax2−bx x −b −bx−a2 _{multiplicando por a} −abx−a3 abx +b2 −a3₊_b2 ₌_⇒_f 3(x) =a3−b2

(30)

Sia3 ₌_b2_es_f

3(x) = 0 y ello nos dice que la ecuaci´on posee ra´ıces m´ultiples. Sia3 6=b2 se tiene: −∞ ∞ f0(x) = x3−3ax−2b − + f1(x) = x2−a + + f2(x) = ax+b −sig(a) sig(a) f3(x) = a3−b2 sig(a3−b2) sig(a3−b2) b.1) a <0

Dado quea <0 =⇒a3−b2 <0, en −∞se dan dos cambios de signo, mientras que en∞ sólo uno, por lo que existe una única solución real (simple).

b.2) a >0

b.2.1) a3−b2 >0 En −∞se producen tres cambios de signo mientras que en ∞ no se da ninguno, por lo que existen tres ra´ıces reales distintas.

b.2.2) a3₋_b2 _<₀ _En_−∞ _{se producen dos cambios de signo mientras}

que en ∞ s´olo se da uno, por lo que existe una ´unica ra´ız real (simple).

En resumen, la ecuaciónx3₋_3ax₋_2b_{= 0 tiene una ´}_{unica ra´ız real simple si, y} sólo si, a3₋_b2 _< _{0. (Obs´}_{ervese que en el caso} _a_{= 0 existe una ´}_{unica ra´ız real} –simple– sólo si b 6= 0, por lo que se verifica la condición de que a3₋_b2 _<_{0 y} puede encuadrarse dentro del caso más general.)

En el caso en que sea a =b = 0 la ecuación también tiene una única ra´ız real pero, en este caso, resulta ser triple.

1.15. Dado el polinomio P(x) =x3_{+ 3x}2_{+ 2} _{se pide:}

a) Acotar sus ra´ıces reales.

b) Probar, mediante una sucesi´on de Sturm, queP(x)s´olo posee una ra´ız real y determinar un intervalo de amplitud 1 que la contenga.

c) ¿Se verifican, en dicho intervalo, las hip´otesis del teorema de Fourier? En caso afirmativo, determinar el extremo que debe tomarse como valor inicial

(31)

d) Sabiendo que en un determinado momento del proceso de Newton se ha obtenido xn = −3.1958, calcular el valor de xn+1 as´ı como una cota del

error en dicha iteraci´on. Soluci´on: a) |x|<1 + 3 1 = 4 =⇒ −4< x <4 b) f0(x) =P(x) =x3+ 3x2+ 2. P0(x) = 3x2+ 6x =⇒ f1(x) =x2+ 2x x3+ 3x2+ 2 = (x2+ 2x)(x+ 1) + (−2x+ 2) =⇒ f2(x) = x−1 x2_{+ 2x}_{= (x}₋_1)(x_{+ 3) + 3 =}_⇒ _f 3(x) =−1 −4 −3 4 x3_{+ 3x}2_{+ 2} ₋ ₊ ₊ x2_{+ 2x} ₊ ₊ ₊ x−1 − − + −1 − − − cambios de signo 2 1 1

por lo que s´olo posee una ra´ız real, la cual se encuentra en el intervalo (−4,−3). c) f(x) =x3_{+ 3x}2_{+ 2 =}_⇒      f(−4) = −14<0 f(−3) = 2>0

es decir, la funci´on cambia de signo en los extremos del intervalo (−4,−3).

f0(x) = 3(x2_{+ 2x)}_>₀ _∀_x_∈₍₋_4,₋₃₎ f00(x) = 6(x+ 1) <0 ∀x∈(−4,−3)

por lo que se verifican las hipótesis del teorema de Fourier y, por tanto, tomando como valor inicial x0 =−4 (extremo en el que la función tiene el mismo signo que la segunda derivada) se tiene garantizada la convergencia del método de Newton.

(32)

d) Dado que xn+1 =xn− f(xn) f0_(x n) =xn− x3 n+ 3x2n+ 2 3x2 n+ 6xn se obtiene que xn+1 =−3.19582334575880.

El error “a posteriori” viene dado εn+1 < |f(xn+1)| m´ın x∈(−4,−3)|f 0 (x)| = |f(xn+1)| f0₍₋₃₎ = |f(xn+1)| 9 <−3.989·10 −10 _<₁₀−9_.

1.16. Aplicar el m´etodo de Sturm para separar las ra´ıces de la ecuaci´on

2x6−6x5+x4+ 8x3−x2−4x−1 = 0

y obtener la mayor de ellas con seis cifras decimales exactas por el m´etodo de Newton.

Soluci´on: Comencemos por construir la sucesi´on de Sturm. f0(x) = P(x) = 2x6−6x5+x4+ 8x3 −x2 −4x−1 P0(x) = 12x5−30x4+ 4x3+ 24x2−2x−4, por lo que

f1(x) = 6x5−15x4+ 2x3+ 12x2−x−2

Multiplicando f0(x) por tres y dividiendo el resultado entre f1(x) obtenemos: 6x6−18x5+ 3x4+ 24x3− 3x2− 2x−3 |6x5−15x4+ 2x3+ 12x2−x−2 −6x6+ 15x5− 2x4− 2x3+ x2+ 2x x −1 −3x5+ x4+ 12x3− 2x2−10x−3 multiplicando por 2 −6x5_{+ 2x}4_{+ 24x}3₋ _4x2₋_20x₋₆ 6x5−15x4+ 2x3+ 12x2− x−2 −13x4+ 26x3+ 8x2−21x−8 f2(x) = 13x4−26x3−8x2+ 21x+ 8

Multiplicando f1(x) por trece y dividiendo el resultado entre f2(x) obtenemos: 78x5 ₋_195x4_{+ 26x}3_{+ 156x}2₋_13x₋₂₆ _|_13x4₋_26x3₋_8x2_{+ 21x}_{+ 8}

−78x5_{+ 156x}4_{+ 48x}3₋_126x2₋_48x _6x₋₃

−39x4_{+ 74x}3_{+ 30x}2₋_61x₋₂₆ 39x4₋_78x3₋ _24x2_{+ 63x}_{+ 24}

(33)

f3(x) = 2x3−3x2−x−1

Multiplicandof2(x) por dos y dividiendo el resultado entre f3(x) obtenemos: 26x4₋_52x3₋_16x2 _{+ 42x}_{+ 16} _|_2x3₋_3x2₋_x_{+ 1} −26x4_{+ 39x}3_{+ 13x}2₋_13x _13x ₋₁₃ −13x3₋ _3x2 _{+ 29x}_{+ 16} _{multiplicando por} ₂ −26x3₋ _6x2 _{+ 58x}_{+ 32} 26x3₋_39x2₋_13x_{+ 13} −45x2 _{+ 45x}_{+ 45} f4(x) =x2−x−1 Dividimos ahora f3(x) entre f4(x), obteniendo:

2x3₋_3x2₋ _x_{+ 1} _|_x2₋_x₋₁

−2x3_{+ 2x}2_{+ 2x} _2x₋₁

−x2₊ _x_{+ 1}

x2₋ _x₋₁ 0

Al haber llegado a un resto nulo sabemos que la ecuación original tiene ra´ıces múltiples. El máximo común divisor entre P(x) y su derivada es f4(x) =x2− x−1, por lo que el polinomio cuyas ra´ıces son las mismas que las de P(x) solo que simples es

Q(x) = P(x)

x2₋_x₋₁ = 2x

4₋_4x3₋_x2_{+ 3x}_{+ 1} Debemos, ahora, de construir una sucesi´on se Sturm paraQ(x).

g0(x) =Q(x) = 2x4−4x3−x2+ 3x+ 1 g1(x) =f1(x)/(x2−x−1) = 6x3−9x2−x+ 2 g2(x) =f2(x)/(x2−x−1) = 13x2−13x−8 g3(x) =f3(x)/(x2−x−1) = 2x−1 g4(x) =f4(x)/(x2−x−1) = 1 Dado que|x|<1 + A |a0|

(34)

es lo mismo, −3< x < 3. −3 −2 −1 −005 0 1 105 2 3 g0(x) = 2x4−4x3−x2+ 3x+ 1 + + + − + + − + + g1(x) = 6x3−9x2−x+ 2 − − − − + − + + + g2(x) = 13x2−13x−8 + + + + − − + + + g3(x) = 2x−1 − − − − − + + + + g4(x) = 1 + + + + + + + + +

n´umero de cambios de signo 4 4 4 3 2 2 1 0 0

Existen, por tanto, cuatro ra´ıces reales situadas en los intervalos: [−1,−005] [−005,0] [1,105] [105,2] La mayor de las ra´ıces se encuentra en el intervalo [105,2].

Q(x) = 2x4 ₋_4x3₋_x2_{+ 3x}_{+ 1} Q0(x) = 8x3−12x2−2x+ 3 Q00(x) = 24x2₋_24x₋₂

Sabemos que Q(x) tiene cuatro ra´ıces reales x1, x2, x3 y x4. Por el teorema de Rolle, Q0(x) se anula, al menos, en tres puntos y1 ∈ (x1, x2), y2 ∈ (x2, x3) e y3 ∈(x3, x4). (Como Q0(x) es de grado tres, ´estas son sus tres ra´ıces).

An´alogamente, Q00(x) se anula en, al menos, dos puntos z1 ∈ (y1, y2) y z2 ∈ (y2, y3) y no se anula en ning´un otro punto por ser de grado dos.

Por tanto, en cualquier intervalo (y3, b) con b > x4 no se anulan ni Q0(x) ni Q00(x) y adem´as dicho intervalo contiene a la mayor de las ra´ıces de Q(x). Basta entonces con conocer, o acotar, la mayor ra´ız de Q0(x), es decir, y3. (No podemos utilizar el intervalo [105,2] ya que Q0(105) = 0.

Como Q(106) = −000368 < 0 y Q(2) = 3 > 0 el intervalo [106,2] contiene a la ra´ız y verifica las condiciones de la regla de Fourier.

Dado que Q00(x) tiene signo constante en [106,2] y Q00(2) = 23 > 0, sabemos que Q00(x) > 0 para cualquier x ∈ [106,2]. Adem´as, Q(2) = 3 > 0, por lo que tomamos x0 = 2.

Como Q0(x)>0 en [106,2] y es creciente (ya que Q00(x) tambi´en es positiva): m´ın x∈[10₆_,_2]|Q 0 (x)|= m´ın x∈[10₆_,_2]Q 0 (x) =Q0(106) = 10848

(35)

Por lo que |εn| ≤

|Q(xn)|

10₈₄₈ .

Teniendo en cuenta que xn+1 =xn−

Q(x)

Q0_(x) se obtiene la sucesi´on:

x0 = 2 x1 = 108 x2 = 10684726867 x3 = 10632243690 x4 = 10618923782 =⇒ |ε4| ≤0001841 x5 = 10618037855 =⇒ |ε5| ≤000011 x6 = 10618033989 =⇒ |ε6| ≤000000047 x7 = 10618033989 =⇒ |ε7| ≤00885·10−10

Es decir, la mayor de las soluciones, redondeando a seis cifras decimales es 10618034 con un error acumulado

ε <00000000011 + 00000000000885<10−6 por lo que sus seis cifras decimales son exactas.

1.17. Se considera el polinomio P(x) = x3₋_6x2₋_3x_{+ 7}_.

a) Probar, mediante una sucesi´on de Sturm, que posee una ´unica ra´ız en el intervalo (6,7).

b) Si expresamos la ecuaci´onP(x) = 0de la formax=F(x) = 1₃(x3−6x2+7), ¿podemos asegurar su convergencia?

c) Probar, aplicando el criterio de Fourier, que tomando como valor inicial

x0 = 7, el m´etodo de Newton es convergente.

d) Aplicando Newton con x0 = 7 se ha obtenido, en la segunda iteraci´on,

x2 = 603039. ¿Qu´e error se comete al aproximar la ra´ız buscada por el

valor x3 que se obtiene en la siguiente iteraci´on?

Soluci´on:

a) Construyamos, en primer lugar la sucesi´on de Sturm. P(x) = x3₋_6x2 ₋_3x_{+ 7 =}_⇒ _f

0(x) = x3−6x2−3x+ 7 P0(x) = 3x2−12x−3 =⇒ f1(x) =x2−4x−1

f0(x) = (x−2)f1(x) + (−10x+ 5) =⇒ f2(x) = 2x−1 f1(x) = (1₂x− 7₄)f2(x)−11₄ =⇒ f3(x) = 1

(36)

y a partir de ella obtenemos: 6 7 x3 ₋_6x2₋_3x_{+ 7} ₋ ₊ x2 −4x−1 + + 2x−1 + + 1 + + cambios de signo 1 0

que prueba la existencia de una ´unica ra´ız real en dicho intervalo.

b) F0(x) = x2 ₋_{2 y} _F00_{(x) = 2x. Dado que} _F00_(x) _> _{0 en todo el intervalo}

(6,7), la derivadaF0(x) es creciente en dicho intervalo. ComoF0(6) = 34> 1 resulta queF0(x)>1 en todo el intervalo, por lo que no es contractiva y no podemos garantizar la convergencia del m´etodo.

c) P(x) = x3₋_6x2₋_3x_{+ 7.} c.1) P(6) <0 y P(7)>0 c.2) P0(x) = 3x2₋_12x₋_3.

P00(x) = 6x−12>0 en todo el intervalo, por lo queP0(x) es creciente, y al ser P0(6)>0 sabemos que

P0(x)>0 P00(x)>0 ∀x∈(6,7)

es decir, se cumplen las condiciones del criterio de Fourier, que nos garan-tiza la convergencia del m´etodo de Newton tomando como valor inicial el extremo del intervalo en el que coinciden los signos de P(x) y P00(x), es decir, tomando x0 = 7.

d) Aplicando el m´etodo de Newton obtenemos que x3 =x2− P(x2) P0_(x 2) =x2− x3 2−6x22−3x2+ 7 3x2 2−12x2−3 = 6029983230069666. . . y una cota del error ”a posteriori viene dada por

ε3 < |P(x3)| m´ın x∈(6,7|P 0_(x) = |P(x3)| P0₍₆₎ = |P(x3)| 33 = 6 0 62. . .·10−6 por lo que si tomamos x= 6029983 cometemos un error

ε <6062. . .·10−6+ 20300. . .·10−6 <10−5

(37)

1.18. En este ejercicio se pretende calcular 10√

1 por el m´etodo de Newton. Consi-deramos, para ello, la funci´on f(x) = x10₋₁ _{cuya gr´}_{afica se da en la Figura}

1.

a) Probar, anal´ıticamente, que en el intervalo [005,105] posee una ´unica ra´ız real.

b) Si tomamos x0 = 005 obtenemos la ra´ız x = 1 en la iteraci´on n´umero 43,

mientras que si tomamos x0 = 105 se consigue el mismo resultado en la

iteración número 9. ¿Cómo podr´ıamos haber conocido a priori el valor que se debe elegir para x0?

c) ¿Sabr´ıas justificar el porqu´e de la extremada lentitud de la convergencia cuando iniciamos el proceso en x0 = 005? y ¿por qu´e sigue siendo lento el

proceso si comenzamos en x0 = 105? Justifica las respuestas.

d) Dado que en el intervalo [005,105] no se anula la funci´on x5_{, las ra´ıces de}

f(x) son las mismas que las de g(x) =f(x)/x5 ₌_x5₋_x−5 _{cuya gr´}_{afica se}

da en la Figura 2. ¿Se puede aplicar a g(x) la regla de Fourier en dicho intervalo?

e) Si resolvemos, por el método de Newton, la ecuación g(x) = 0, ¿ se ob-tendrá la ra´ız con mayor rapidez que cuando lo hicimos con f(x) = 0? Justifica la respuesta sin calcular las iteraciones.

Fig. 1 Fig. 2

Soluci´on:

a) Dado que la funci´on f(x) es continua y derivable en R verific´andose que f(005) = 00510−1<0 f(105) = 10510−1>0     

⇒ admite un n´umero impar de ra´ıces en el in-tervalo [0’5,1’5].

(38)

Comof0(x) = 10x9 _{no se anula en [0’5,1’5], s´}_{olo puede existir una ra´ız real} en dicho intervalo.

b) Dado que f0(x) = 10x9 y f00(x) = 90x8 son positivas (tienen signo cons-tante) en todo el intervalo, debe tomarse como valor inicial el extremo en quef(x) tiene el mismo signo que la segunda derivada (Regla de Fourier), por lo que x0 = 105.

c) Basta observar que la recta tangente a la curvay=f(x) en el puntox= 005 es casi horizontal, por lo que en la primera iteración nos distanciamos de la ra´ız de forma considerable. Además, en las proximidades del 1, la curva es muy vertical, por lo que las tangentes son también muy verticales y las iteraciones se aproximan muy lentamente a x = 1. Por tanto, si partimos dex= 005 nos distanciamos mucho y nos acercamos muy lentamente, pero si partimos de 1’5 también nos acercamos muy lentamente.

d) g0(x) = 5x4+ 5x−6 g00(x) = 20x3−30x−7 =⇒      g00(005)<0 g00(105)>0 por lo que no puede aplicarse la regla de Fourier en dicho intervalo. (Si reducimos el intervalo a [005,1001] si podemos aplicarla, obteniendo que debemos tomar x0 = 005).

e) El proceso convergerá más rápidamente debido a que hemos eliminado las tangencias casi horizontales y las casi verticales.

1.19. Dada la ecuaci´on x7−14x+ 7 = 0 se pide: a) Probar que s´olo tiene una ra´ız real negativa.

b) Encontrar un entero a de tal forma que el intervalo [a, a+ 1] contenga a la menor de las ra´ıces positivas de la ecuaci´on.

c) ¿Cu´al de los extremos del intervalo[a, a+1]debe tomarse como valor inicial para asegurar la convergencia del m´etodo de Newton?

d) Aplicar el m´etodo de Newton para obtener la menor de las ra´ıces positivas de la ecuaci´on con seis cifras decimales exactas.

(39)

a) Construyamos la sucesi´on de Sturm correspondiente al polinomio: P(x) = x7₋_14x_{+ 7} ₌_⇒ _f 0(x) = x7−14x+ 7 P0(x) = 7x6₋₁₄ ₌_⇒ _f 1(x) = x6−2 f0(x) = xf1(x) + (−7x+ 7) =⇒ f2(x) = x−1 f1(x) = (x5 +x4+x3+x2+x+ 1)f2(x)−1 =⇒ f3(x) = 1 −∞ 0 1 2 ∞ f0(x) = x7−14x+ 7 − + − + + f1(x) = x6−2 + − − + + f2(x) = x−1 − − + + + f3(x) = 1 + + + + +

n´umero de cambios de signo 3 2 1 0 0

Dado que en −∞ se producen tres cambios de signo y en 0 se producen 2 podemos asegurar que s´olo existe una ra´ız negativa de la ecuaci´on.

b) A la vista de la tabla anterior podemos asegurar que la menor de las ra´ıces positivas se encuentra en el intervalo (0,1).

c) En 0 se anula la segunda derivada P00(x) = 42x5 _{pero si tomamos un} intervalo del tipo [ε,1], la segunda derivada es siempre positiva en dicho intervalo, por lo que la primera derivada P0(x) = 7x6₋_{14 es decreciente} y, dado que P0(0) < 0 podemos asegurar que P0(x) es negativa en todo el intervalo, por lo la regla de Fourier nos garantiza la convergencia del m´etodo tomando como valor inicial x0 = 0 (x0 = ε) que es el extremo en el que coinciden los signos de P(x) y P00(x).

d) El m´etodo de Newton nos dice que xn+1 =xn− P(xn) P0_(x n) =xn− x7 n−14xn+ 7 7x6 n−14 = 6x 7 n−7 7x6 n−14

Mientras que una cota del error “a posteriori” viene dada por εn < |P(xn)| m´ın x∈(0,1)|P 0 (x)| = |P(xn)| 7

(40)

Obteni´endose la siguiente tabla de valores

n xn εn

0 0 <1

1 005 <0000111607142457. . . 2 0050056242969629. . . <2097·10−8 Por lo que la ra´ız buscada es x= 00500562 con un error

ε <0000000042969629 + 2097·10−8 <10−6 es decir, con las seis cifras decimales exactas.

1.20. Sea el polinomio p(x) =x4₋_x2_{+ 1/8}_.

a) Utilizar el m´etodo de Sturm para determinar el n´umero de ra´ıces reales positivas del polinomio p, as´ı como para separarlas.

b) Hallar los 2 primeros intervalos de la sucesi´on ([a1, b1],[a2, b2], . . .)

obte-nida de aplicar el m´etodo de dicotom´ıa para obtener la mayor ra´ız, r, del polinomio p. Elegir el intervalo [a1, b1] de amplitud 1/2 y tal que uno de

sus extremos sea un n´umero entero.

c) Sea la sucesión definida por la recurrencia x0 = 1, xn+1 = F(xn), donde la iteración es la determinada por el método de Newton. Estudiar si la regla de Fourier aplicada al polinomiop en el intervalo [a1, b1]del apartado

anterior garantiza la convergencia de la sucesi´on a la ra´ız r. ¿Y en el intervalo [a2, b2]?

d) Hallar la aproximaci´on x1 del apartado anterior, determinando una cota

del error cometido.

Indicaci´on: En+1 = _k1(kE1)2

n

(41)

Soluci´on:

a) La sucesi´on de Sturm correspondiente al polinomio es: P(x) = x4₋_x2₊1 8 =⇒f0(x) =x 4₋_x2₊ 1 8 P0(x) = 4x3₋_2x ₌_⇒_f 1(x) = 2x3−x 8f0(x) = 4xf1(x) + (−4x2+ 1) =⇒f2(x) = 4x2−1 2f1(x) =xf2(x)−x =⇒f3(x) =x f2(x) = 4xf3(x)−1 =⇒f4(x) = 1 obteni´endose 0 1 2 1 ∞ f0(x) =x4−x2+1₈ + − + + f1(x) = 2x3−x + − + + f2(x) = 4x2−1 − + + + f3(x) =x + + + + f4(x) = 1 + + + +

numero de cambios de signo´ 2 1 0 0

por lo que existen 2 ra´ıces positivas, la primera en el intervalo (0,1_/_{2) y la} segunda en el intervalo (1_/_2,_1).

b) El intervalo [a1, b1] = [1/2,1]. Como

p(1_/₂₎_<₀ _p(3_/₄₎_<₀ _y _p(1)_>₀ sabemos que [a2, b2] = [3/4,1].

c) En el intervalo [a1, b1] = [1/2,1] cambia de signo la primera derivada, ya que p0(1₂) = −1

2 mientras que p

0_{(1) = 2, por lo que la regla de Fourier no}

nos garantiza la convergencia de la sucesi´on. En el intervalo [a2, b2] = [3/4,1], dado que

p0x= 4x3−2x p00(x) = 12x2 ₋₂ p000(x) = 24x

se observa quep000(x) es siempre positiva, por lo quep00(x) es creciente y al serp00(3₄)>0 se puede garantizar que p00(x)>0 en todo el intervalo y, por

(42)

tanto, p0(x) es creciente. Dado quep0(3₄ >0 se puede garantizar, tambi´en, quep0(x)>0 en todo el intervalo.

Por tanto, la regla de Fourier garantiza la convergencia de la sucesi´on (xn)

tomando como valor inicial el extremo en el que la funci´on es positiva (igual signo que la segunda derivada), es decir, tomandox0 = 1.

d) El m´etodo de Newton nos dice que x1 =x0− p(x0) p0_(x 0) = 1− 1/8 2 = 15 16 = 0 0 9375 Una cota del error “a posteriori” viene dada por

ε1 < |p(x1)| m´ın x∈[ 3/4,1] |p0(x)| = |p(x1)| 3_/₁₆ <0.0990. . . < 10 −1

(43)

(44)

(45)

2.1. Estudiar el n´umero de condici´on de Frobenius de la matrizA=   a −b a+ε −b  .

Soluci´on: El determinante de A es |A|=−ab+b(a+ε) = b ε.

Sib 6= 0 yε6= 0 es |A| 6= 0 y, por tanto, A es invertible, siendo su inversa: A−1 = 1 b ε   −b b −a−ε a  

El n´umero de condici´on de Frobenius viene dado porNF(a) = kAkFkA−1kF. kAk2 F =a2+b2+ (a+ε)2+b2 = 2a2+ 2b2+ 2a ε+ε2 kA−1_k2 F = b2₊_b2_{+ (}₋_a₋_ε)2₊_a2 b2_ε2 = 2a2 _{+ 2b}2 _{+ 2a ε}₊_ε2 b2_ε2 Por lo que: N_F2(A) = (2a 2_{+ 2b}2_{+ 2a ε}₊_ε2₎2 b2_ε2 =⇒NF(A) = |2a2+ 2b2 + 2a ε+ε2| |b ε| .

Obsérvese que cuando ε tiende a cero, el número de condición de Frobenius NF(A) lo hace a infinito, por lo que la matriz A está mal condicionada.

Por ejemplo: paraa = 10 y b= 1 se tiene que

NF(A) =

202 + 20ε+ε2

|ε| =

202

|ε| ±20 +|ε|

Siε= 10−8 el n´umero de Frobenius eucl´ıdeo resulta ser NF(A)'2·1010.

(46)

2.2. Dado el sistema: _





x + y = 2

2x + y = 3

a) Calcular su n´umero de condici´on de Frobenius.

b) Calcular “a” para que el número de condición del sistema resultante de sumarle a la segunda ecuación la primera multiplicada por dicha constante “a”, sea m´ınimo.

Soluci´on:

a) La matriz del sistema esA= 

 1 1 2 1



, siendo|A|=−1, por lo que dicha matriz es invertible, siendoA−1 ₌

  −1 1 2 −1   kAk2 F = 7 kA−1_k2 F = 7      =⇒N2 F(A) = 72 =⇒NF(A) = 7.

b) El sistema resultante ser´ıa:      x + y = 2 (a+ 2)x+ (a+ 1)y = 2a+ 3 Su matriz es B =   1 1 a+ 2 a+ 1 

, cuyo determinante vale −1 y, por tanto, es invertible, siendo B−1 =

  −a−1 1 a+ 2 −1   kBk2 F = 2a2+ 6a+ 7 kB−1_k2 F = 2a2+ 6a+ 7      =⇒N2 F(B) = (2a2+ 6a+ 7)2 =⇒ NF(B) = 2a2+ 6a+ 7

Para hallar el m´ınimo deNF(B) cona ∈(−∞,∞) derivamos y obtenemos:

N_F0(B) = 4a+ 6 que se anula para a=−3

2.

Dado que N_F00(B) = 4>0 se trata, efectivamente, de un m´ınimo. El sistema resultante es, en ese caso:

   x + y = 2 1 2x − 1 2y = 0 y su n´umero de condici´on eucl´ıdeo es NF(B) =

5 2 = 2

0

(47)

2.3. Dado el sistema: _





3x + 4y = 7

3x + 5y = 8

a) Calcular su n´umero de condici´on eucl´ıdeo.

b) Sustituir la segunda ecuación por una combinación lineal de ambas, de forma que el número de condición sea m´ınimo.

Soluci´on:

a) La matriz del sistema es A=   3 4 3 5  . A∗A=   3 3 4 5     3 4 3 5  =   18 27 27 41   P(λ) = λ−18 −27 −27 λ−41 = (λ−18)(λ−41)−272 ₌_λ2₋_59λ_{+ 9.} Las ra´ıces de P(λ) son: λ= 59±

√ 3481−36 2 = 59±√3445 2 =⇒ σ1 = s 59−√3445 2 y σ2 = s 59 +√3445 2 N2(A) = σ2 σ1 = v u u t 59 +√3445 59−√3445 = s (59 +√3445)2 36 = 59 +√3445 6 =⇒ N2(A) = 19061568707. . . b) La matriz resultante de la combinaci´on lineal es

B =   3 4 3a+ 3b 4a+ 5b  .

Una matriz tiene número de condición eucl´ıdeo m´ınimo (y vale 1) si, y sólo si, es proporcional a una matriz unitaria. Por tanto, B debe tener las filas (o las columnas) ortogonales y de igual norma.

• (3 4)   3a+ 3b 4a+ 5b 

= 0 =⇒3(3a+ 3b) + 4(4a+ 5b) = 0 =⇒25a+ 29b = 0. • (3 4)   3 4 

(48)

• (3a+ 3b 4a+ 5b)   3a+ 3b 4a+ 5b 

= 25a2 + 34b2+ 58ab (cuadrado de la norma de la segunda fila).

Las condiciones que tenemos son: 25a+ 29b = 0 25a2_{+ 34b}2_{+ 58ab}_{= 25}      =⇒ b=−25 29a Sustituyendo en la segunda condici´on se obtiene:

25a2+ 3425 2 292a 2₋_58a25 29a= 25 =⇒ 1 + 34·25 292 − 58 29 a2 = 1 =⇒ =⇒850 841 −1 a2 = 1 =⇒ 9 841a 2 _{= 1 =}_⇒_a2 ₌ 841 9 =⇒a=± 29 3 . b=−25 29a=− 25 29 ± 29 3 =∓25 3 . Tomando, por ejemplo, a = 29

3 y b = − 25

3 (el otro caso es an´alogo), obtenemos: B =   3 4 4 −3 

que es proporcional a la matriz unitariaU =   006 008 008 −006  . El sistema resultante es      3x + 4y = 7 4x − 3y = 1 y su n´umero de condici´on eucl´ıdeo es N2(B) = 1.

2.4. Comprobar que la matriz:

A=           1 2 0 0 0 1 4 3 0 0 0 4 9 4 0 0 0 9 16 5 0 0 0 16 25          

admite factorizaci´on LU y realizarla.

Solución: Dado que los menores principales (como vemos a continuación) son todos no nulos, la matriz admite factorización LU.

(49)

|A1|=|1|= 1 6= 0 |A2|= 1 2 1 4 = 4−2 = 26= 0. |A3|= 1 2 0 1 4 3 0 4 9 = 36−18−12 = 66= 0. |A4|= 1 2 0 0 1 4 3 0 0 4 9 4 0 0 9 16 = 1· 4 3 0 4 9 4 0 9 16 −2· 1 3 0 0 9 4 0 9 16 = 240−2·108 = 246= 0. |A5|= 1 2 0 0 0 1 4 3 0 0 0 4 9 4 0 0 0 9 16 5 0 0 0 16 25 = 1· 4 3 0 0 4 9 4 0 0 9 16 5 0 0 16 25 −2· 1 3 0 0 0 9 4 0 0 9 16 5 0 0 16 25 = = 4· 9 4 0 9 16 5 0 16 25 −3· 4 4 0 0 16 5 0 16 25 −2· 9 4 0 9 16 5 0 16 25 = = 4·1980−3·1280−2·1980 = 1206= 0.

Ambas matrices (Ly U) son bidiagonales, por lo que A=LU =⇒

          1 2 0 0 0 1 4 3 0 0 0 4 9 4 0 0 0 9 16 5 0 0 0 16 25           =           1 0 0 0 0 l21 1 0 0 0 0 l32 1 0 0 0 0 l43 1 0 0 0 0 l54 1           ·           u11 u12 0 0 0 0 u22 u23 0 0 0 0 u33 u34 0 0 0 0 u44 u45 0 0 0 0 u55          

Es evidente que u11 = 1 y que u12 = 2 (basta para ello calcular la primera fila de la matriz producto e igualarla con la primera fila de la matriz A).

l21u11=a21 = 1 =⇒l21= 1 l21u12+u22=a22 = 4 =⇒u22= 4−2 = 2 u23 =a23 = 3 l32u22=a32 = 4 =⇒l32= 2 l32u23+u33=a33 = 9 =⇒u33= 3 u34 =a34= 4 l43u33=a43 = 9 =⇒l43= 3 l43u34+u44=a44 = 16 =⇒u44 = 4 u45 =a45 = 5 l54u44=a54 = 16 =⇒l54= 4 l54u45+u55=a55 = 25 =⇒u55 = 5

(50)

Por tanto, L=           1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 3 1 0 0 0 0 4 1           y U =           1 2 0 0 0 0 2 3 0 0 0 0 3 4 0 0 0 0 4 5 0 0 0 0 5          

2.5. Realizar la factorizaci´on de Choleski de la matriz A=        1 1 1 1 1 5 3 3 1 3 11 5 1 3 5 19        .

Solución: La matriz A es herm´ıtica por tratarse de una simétrica y real. Además, dado que los menores principales son positivos, es definida positiva.

|A1|=|1|= 1>0 |A2|= 1 1 1 5 = 4>0 |A3|= 1 1 1 1 5 3 1 3 11 = 36>0 |A4|= 1 1 1 1 1 5 3 3 1 3 11 5 1 3 5 19 = 576>0

En la descomposici´on de Choleski (R∗R =A), al serAreal, se tiene queR∗ =Rt_,

por lo que:        r11 0 0 0 r21 r22 0 0 r31 r32 r33 0 r41 r42 r43 r44               r11 r21 r31 r41 0 r22 r32 r42 0 0 r33 r43 0 0 0 r44        =        1 1 1 1 1 5 3 3 1 3 11 5 1 3 5 19        r2 11 = 1⇒r11 = 1, r21r31+r22r32 = 3⇒r32 = 1, r11r21= 1 ⇒r21 = 1, r21r41+r32r42 = 3⇒r42 = 1, r11r31= 1 ⇒r31 = 1, r31r41+r32r42+r33r43= 5 ⇒r43 = 1, r11r41= 1 ⇒r41 = 1, r231+r232+r233= 11⇒r33 = 3, r2 21+r222 = 5⇒r22 = 2, r241+r242+r243+r244= 19⇒r44 = 4. Por tanto:        1 1 1 1 1 5 3 3 1 3 11 5 1 3 5 19        =        1 0 0 0 1 2 0 0 1 1 3 0 1 1 1 4               1 1 1 1 0 2 1 1 0 0 3 1 0 0 0 4       

(51)

2.6. Resolver, por el m´etodo de Choleski, el sistema:     1 2 3 2 5 4 3 4 14         x1 x2 x3    =     7 9 33     Soluci´on: A=RtR=     r11 0 0 r12 r22 0 r13 r23 r33         r11 r12 r13 0 r22 r23 0 0 r33     =     1 2 3 2 5 4 3 4 14     r2 11= 1 =⇒r11 = 1 r11r12 = 2 =⇒r12= 2 r11r13 = 3 =⇒r13= 3 r2 12+r222= 5 =⇒r22 = 1 r12r13+r22r23= 4 =⇒r23=−2 r2 13+r223+r233= 14 =⇒r33= 1                          =⇒R =     1 2 3 0 1 −2 0 0 1    

El sistema se transforma enRt_Rx ₌_{b, por lo que haciendo} _Rx ₌_y _y _Rt_y₌_b

lo descomponemos en dos sistemas triangulares de f´acil resoluci´on. De Rt_y₌_b ₌_⇒     1 0 0 2 1 0 3 −2 1         y1 y2 y3     =     7 9 33     obtenemos que y1 = 7 2y1+y2 = 9 =⇒y2 =−5 3y1−2y2+y3 = 33 =⇒y3 = 2        =⇒y =     7 −5 2     De Rx=y=⇒     1 2 3 0 1 −2 0 0 1         x1 x2 x3     =     7 −5 2     se obtiene que x3 = 2 x2 −2x3 =−5 =⇒x2 =−1 x1 + 2x2+ 3x3 = 7 =⇒x1 = 3        =⇒x=     3 −1 2    