Pauta Solemne Calculo 1-1-2007

UNIVERSIDAD DIEGO PORTALES. FACULTAD DE INGENIER´IA. INSTITUTO DE CIENCIAS B ´ASICAS.

C´alculo Num´erico, Control 1. Semestre Oto˜no 2007

Problema 1. Se desea encontrar una ra´ız de la funci´on f(x) = cos2_(2x)−x2_.

(a) (0.5 puntos) Compruebe que esta ecuaci´on tieneexactamente una soluci´on en el inter-valo [0,1.5].

(b) (0.5 puntos)Proponga un m´etodo iterativo de punto fijo (diferente de Newton) que converja a la soluci´on de la ecuaci´on en el intervalo [0,1.5]. Justifique.

(c) (0.5 puntos) Compare en cuanto a velocidad de convergencia, el m´etodo propuesto por usted y el m´etodo de Newton. Justifique calculando los ordenes de convergencia de ambos m´etodos.

(d) (0.5 puntos) Partiendo de x0 = 1, determine el n´umero m´ınimo de iteraciones que se necesitar´ıan para alcanzar una precisi´on de 10−4_{, utilizando el m´etodo iterativo propuesto} anteriormente por usted.

Soluci´on

(a) Primero veamos que f cambia de signo en el intervalo [0,1.5]. Para ello evaluamos f en los extremos:

f(0) = 1>0, f(1.5)≈ −1.2699<0,

y como la funci´on es continua, entonces por el Teorema del Valor Intermedio, ella posee al menos una ra´ız α∈[0,1.5].

Por otro lado,

f0_{(x) =−4 cos(2x) sin(2x)−2x=−2 sin(4x)−2x=−2(sin(4x) +x).}

Ahora bien, notemos que la funci´on sin(4x) +xes positiva en [0,1.5] y po lo tantof0_(x)≤0

para x ∈ [0,1.5]. Luego, la funci´on f es decreciente en [0,1.5] y as´ıf se anula s´olo en el punto α∈[0,1.5].

(b) Notemos quef(1) ≈ −0.8268<0 y por lo tanto la ra´ız def est´a en [0,1]. De hecho, podemos seguir reduciendo el intervalo, por ejemplo f(0.6)≈ −0.2287 y as´ıα ∈ [0,0.6]. Trabajemos entonces en el intervalo [0,0.6]. Despejando x de la ecuaci´on f(x) = 0 obtenemos que

x2 = cos2(2x),

y notando que cos(2x) ≥ 0 si 0≤ 2x ≤ π

2, lo cual ocurre si 0 ≤ x ≤ π4 ≈ 0.7854, entonces podemos extraer ra´ız cuadrada a la igualdad anterior (pues 0≤x≤0.6), y obtenemos que

La anterior es una ecuaci´on de punto fijo, pero claramente el m´etodo de punto fijo asociado no es convergente, ya que la derivada de la funci´on cos(2x), que es igual a−2 sin(2x) no est´a acotada por algo menor que 1. Luego, es necesario tomar la funci´on inversa del coseno en la igualdad (1), con lo cual se obtiene

x=g(x) := 1

2arccosx.

Veamos si el m´etodo de punto fijo asociado es o no convergente. Calculemos g0_(x):

g0_{(x) = −}1

2 1

√

1−x2, para |x|<1,

de donde sale que el m´aximo de|g0_{(x)|se alcanza en el extremo derecho del intervalo [0,0.6],}

es decir:

L:= max x∈[0,0.6]|g

0_(x)|= 1

2

1 p

1−(0.6)2 ≈0.6250.

Esto es debido a que la funci´on |g0_{(x)| es creciente, pues su derivada es positiva. En efecto:}

µ 1 2

1

√

1−x2 ¶₀

= 1 2

x

(1−x2₎32

>0, ∀x∈[0,0.6].

Como 0 < L < 1 se deduce que el m´etodo de punto fijo xn+1 = g(xn) es convergente, para cualquier elecci´on de x0 ∈[0,0.6].

(c) Del ´ıtem (b) se tiene queg0_{(x) nunca se anula y por lo tanto el m´etodo propuesto tiene s´olo}

orden de convergencia lineal (orden 1). Por otro lado, la funci´onf0_{(x) = −2(sin(4x) +x) s´olo}

se anula en x = 0. Ahora bien, como α 6= 0 (pues f(0) = 1 6= 0 y α es ra´ız de f), entonces

f0_{(α)6= 0 lo cual implica que el m´etodo de Newton converge cuadr´aticamente a α (orden 2)}

y as´ı este m´etodo es m´as r´apido que el propuesto.

(d)

|xn−α| ≤ L n

1−L|x1−x0|<10

−4_{. (2)}

Calculemos x1 =g(x0) = 1₂ arccos(x0). Como x0 = 1 no est´a en el intervalo [0,0.6], entonces no se garantiza la convergencia del m´etodo propuesto si partimos de este valor. Entonces tomemos x0 = 0.3 por ejemplo. As´ı

x1 = 1

2arccos(0.3)≈0.63, y reemplazando este valor y L≈0.6250 en (2), obtenemos

(0.625)n

0.375 ·0.33 < 10

−4_,

(0.625)n _{< 1.1364·10}−4_,

nlog₁₀0.625 < log₁₀1.1364−4,

n > log10(1.1364)−4

log₁₀0.625 ≈19.3243.

Problema 2. Dados

A=



 2_a a₂ 0_a 0 a 2



 _{y b =}



 1₂ 3





(a) (0.6 puntos) Diga bajo que condiciones del par´ametro a, se puede asegurar que la matriz

A tiene factorizaci´on de Cholesky.

(b) (0.7 puntos)Obtenga la factorizaci´on de Cholesky , es decir, encuentre la matriz triangular superior S tal que A=ST_S.

(c) (0.7 puntos) Resuelva el sistema Ax=b utilizando la factorizaci´on anterior. Soluci´on

(a) Para que A tenga factorizaci´on de Cholesky es necesario y suficiente que A sea sim´etrica y definida positiva. Ahora bien, A es claramente sim´etrica. Para encontrar las condiciones sobre el par´ametro a, vamos a imponer que A sea definida positiva. Hay al menos 3 formas de hacer esto. Nosotros mostraremos aqu´ı las dos formas m´as simples:

Primera forma: Calcular los valores propios de A e imponer que sean positivos.

det(A−λI) = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

2−λ a 0

a 2−λ a

0 a 2−λ

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

= (2−λ)£((2−λ)2−a2¤−a[a(2−λ)−0] = (2−λ)£(2−λ)2−2a2¤ = 0.

Luego, los valores propios de A son:

λ1 = 2, |2−λ2,3|=

√

2|a|,

⇒2−λ2,3 =±

√

2|a|,

⇒λ2,3 = 2±

√

2|a|.

Nota: √a2 _{=|a|, ya que no sabemos si a es positivo, negativo o cero.}

En consecuencia,Aes definida positiva si y solamente si λ1 >0, λ2,3 >0. Como λ1 = 2 >0, basta imponer queλ2,3 >0, es decir,

2−√2|a|>0 y 2 +√2|a|>0.

Ahora, como 2 +√2|a|es siempre positivo, lo anterior ser´a cierto si y s´olo si 2−√2|a|>0, es decir,|a|<√2.

Segunda forma: Calcular lossubdeterminantes principales deAy verificar (o imponer) que sean positivos.

detA1 = det 2 = 2>0, detA2 = ¯ ¯ ¯ ¯ _a2 a₂

¯ ¯ ¯

¯= 4−a2 >0⇒ |a|<2,

detA3 = detA= 2· £

4−a2¤_{−a[2a−0] = 8−2a}2_−2a2 _{= 8−4a}2 _{>0⇒ |a|<}√_2,

osea, para satisfacer ambas condiciones al mismo tiempo, debemos pedir que|a|<min(2,√2) =

√

(b) Escribiendo la igualdad ST_{S =A, con S matriz triangular inferior de 3×3, obtenemos que:}

s11 =

√

a11=

√

2,

(j = 1)

      

(k = 2) s12= _s111 a12 =

√

2 2 a, (k = 3) s13= _s111 a13 = 0,

s22 = p

a22−s212 =

√

2 2

√

4−a2_;

(j = 2)

 



(k = 3) s23= _s221 (a23−s12·s13) =

√

2a

√

4−a2

s33 = p

a33−s213−s223= 2

√

2−a2

√

4−a2 ;

⇒S =



  

√

2 √2

2 a 0 0 √2

2

√

4−a2 _√√2a 4−a2 0 0 2√2−a2

√

4−a2 

  .

(c) Ax=b⇔ST_{Sx=b. Haciendo Sx=y tenemosS}T_{y=b. Primero resolveremos este ´ultimo} sistema y enseguida resolvemos el sistema Sx=y.



  

√

2 0 0

√ 2 2 a √ 2 2 √

4−a2 ₀ 0 _√√2a

4−a2

2√2−a2

√

4−a2        y1 y2 y3   =    1 2 3   .

Resolviendo de arriba hacia abajo (sustituci´on hacia adelante) obtenemos:

y1 =

√

2 2 ,

√

2 2 ay1 +

√

2 2

√

4−a2_y 2 = 2,

⇒ √

2 2

√

4−a2_{y2 = 2−}a 2 =

4−a

2 ,

⇒ y2 =

4−a

√

2√4−a2 =

√

2(4−a) 2√4−a2 ,

√

2a

√

4−a2y2+

2√2−a2

√

4−a2 y3 = 3,

⇒ 2

√

2−a2

√

4−a2 y3 = 3−

√

2a

√

4−a2 ·

√

2(4−a)

2√4−a2 = 3−

a(4−a) 4−a2

⇒ y3 =

12−4a−2a2 2√2−a2√_4−a2 =

6−2a−a2

√

2−a2√_4−a2. Resolvamos ahora el sistemaSx=y:



  

√

2 √2

2 a 0 0 √2

2

√

4−a2 _√√2a 4−a2 0 0 2√2−a2

√

4−a2        x1 x2 x3   =      √ 2 2 √

2(4−a) 2√4−a2 6−2a−a2

√

Resolviendo de abajo hacia arriba (sustituci´on en reversa) obtenemos:

2√2−a2

√

4−a2 x3 =

6−2a−a2

√

2−a2√_4−a2 ⇒ x3 =

6−2a−a2 2(2−a2₎

√

2 2

√

4−a2_x 2+

√

2a

√

4−a2x3 =

√

2(4−a) 2√4−a2

⇒(4−a2)x2+ 2ax3 = (4−a)⇒(4−a2)x2 = 4−a−

a(6−2a−a2₎ 2−a2

⇒ x2 =

2a3_−2a2_{−8a+ 8} (2−a2_)(4−a2₎

√

2x1+

√

2 2 ax2 =

√

2

2 ⇒2x1 = 1−a

2a3_−2a2_{−8a+ 8}

(2−a2_)(4−a2₎ ⇒ x1 =

−a4_{+ 2a}3_{+ 2a}2_{−8a+ 8} 2(2−a2_)(4−a2₎

Problema 3. Para cada h >0, se definen

Ah = µ

1 2

2 4 +h

¶

y bh = µ

1 2−h

¶

.

Se desea resolver el sistema Ahx=bh. Un estudiante obtiene como resultado ˜x= (1,0)T.

(a) (0.5 puntos) Se define el vector residual asociado a esta soluci´on como

rh =Ahx˜−bh

Calcule rh. ¿ Podemos decir que para h suficientemente peque˜no, la soluci´on es razonable-mente confiable?. Justifique.

(b) (0.5 puntos) Resolver Ahx = bh en forma exacta. Denote por ¯xh la soluci´on exacta y calcule el error relativo de la aproximaci´on ˜x= (1,0)T_.

(c) (1 punto) Lo razonablemente esperado es que ¯xh converja a ˜xcuandohtiende a cero. Para este ejemplo, ¿ se tiene dicha afirmaci´on?. CalculeK∞(Ah) y explique el resultado obtenido.

Soluci´on:

(a) El vector residual asociado a la soluci´on aproximada ˜x es:

rh =Ahx˜−bh.

Tenemos

rh = µ

1 2

2 4 +h

¶ µ 1 0 ¶

−

µ 1 2−h

¶

= µ

1 2

¶

−

µ 1 2−h

¶ =

µ 0

h

¶

(b) Ahora, la soluci´on exacta del sistema satisface: µ

1 2

2 4 +h

¶ µ

x y

¶ =

µ 1 2−h

¶

,

lo cual d´a el par de ecuaciones lineales

x+ 2y = 1

2x+ (4 +h)y = 2−h .

De la primera ecuaci´on obtenemos x = 1−2y. Reemplazando en la segunda ecuaci´on nos queda

2−4y+ 4y+hy= 2−h ,

es decir, hy = −h, de donde y = −1 , y por lo tanto x = 3 . Note que la soluci´on es exactamente la misma para cada h >0 , es decir, la soluci´on no depende de h >0 .

Con esto, la soluci´on exacta xh del sistema Ahx=bh es xh = (3,−1) para todo h >0 . Usando la norma || · ||∞ para simplificar los c´alculos tenemos:

ER(˜x) =

||x¯h −x˜||∞

||x¯h||∞

= ||(3,−1)−(1,0)||∞

||(3,−1)||∞

= ||(2,−1)||∞

||(3,−1)||∞

= max{|2|,| −1|} max{|3|,| −1|}

= 2 3.

(c) No, pues ¯xh = (3,−1) es un vector constante y no se aproxima (obviamente) a ˜x= (1,0) . Para calcular K∞(Ah) , calculamos primero la norma de Ah:

||Ah||∞ = max{|1|+|2|,|2|+

¯

¯_{4 +h}¯¯_{}= 6 +h.}

Ahora, det(Ah) = 4 +h−4 = h. Luego

A−_h1 = 1

h



4 +h −2

−2 1





= 

 4

h + 1 −h2

−2 h 1h



y ||A−_h1||∞ = max{

¯ ¯4

h + 1 ¯ ¯₊¯¯−2

h ¯ ¯_,¯¯−2

h ¯ ¯₊¯¯1

h ¯

¯_{}= max{}6

h + 1,3h}= h6 + 1 . Por lo tanto

K∞(Ah) = (6 +h) ¡₆

h + 1 ¢

= 36

h + 6 + 6 +h

= 36

h + 12 +h −→h→0 ∞,

lo cual significa que la matriz Ah est´a muy mal condicionada para valores peque˜nos de h (es num´ericamente no invertible para h peque˜no), lo cual explica la mala aproximaci´on ˜x de ¯xh para