Métodos Numéricos: Ejercicios Resueltos Tema 1: Preliminares

Tema 1: Preliminares

Francisco Palacios

Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña

Curso 2006/07 Febrero 2007, versión 1.1

Ejercicio 1 Resuelve las siguientes desigualdades (a) 2x − 3 ≤ 1.

(b) 4x + 1 > 2x − 2.

(c) x²≥ 2x + 1.

(d) 2x − 1

x < x − 2.

(e) Resuelve las desigualdades con Maple.

(a) Es una inecuación lineal, podemos resolverla directamente.

2x − 3 ≤ 1, 2x ≤ 4, x ≤ 2.

La solución es (−∞, 2].

(b) Es una inecuación lineal.

4x + 1 > 2x − 2, 2x > −3,

x > −3/2.

La solución es el intervalo abierto (−3/2, +∞).

(c) Es una inecuación cuadrática, en este caso no podemos resolverla direc- tamente. Escribimos la inecuación en la forma f (x) ≥ 0

x²− 2x − 1 ≥ 0.

1

La función f (x) = x²− 2x − 1 no tiene puntos de discontinuidad. Determi- namos los ceros resolviendo la ecuación x²− 2x − 1 = 0,

x =2 ±√ 4 + 4

2 =

½ x₁ = 1 −√

2 = −0. 41421, x₂ = 1 +√

2 = 2. 41421 . La función f (x) tiene signo constante en los intervalos

I1 = (−∞, x¹), I2= (x1, x2), I3 = (x2, +∞).

Para determinar dicho signo, tomamos un punto de prueba en cada intervalo c_j ∈ Ij y calculamos el valor f (c_j).

c_j f (c_j) signo

(−∞, x¹) −1 2 ⊕

(x1, x2) 0 −1 ª

(x2, +∞) 3 2 ⊕

Por lo tanto, la solución es ¡

−∞, 1 −√ 2¤

∪£ 1 +√

2, +∞¢ .

(d) La inecuación no es lineal. La expresamos en la forma f (x) < 0.

2x − 1

x < x − 2, 2x − 1

x − x + 2 < 0,

−x²+ 4x − 1 x < 0.

Para mayor comodidad, cambiamos de signo a toda la desigualdad, x²− 4x + 1

x > 0.

Debemos averiguar en qué intervalos la función f (x) = x²− 4x + 1

x

toma valores estrictamente positivos. La función f (x) tiene una discontinui- dad en x = 0; para calcular los ceros, resolvemos

x²− 4x + 1 = 0, x = 4 ±√

16 − 4

2 = 4 ±√

12

2 = 4 ± 2√ 3

2 = 2 ±√ 3.

La función f (x) puede cambiar de signo en los puntos x₁ = 0,

x₂ = 2 −√

3 ' 0. 268, x3 = 2 +√

3 ' 3. 732.

Por lo tanto, tiene signo constante en los intervalos

I₁= (−∞, x1), I₂ = (x₁, x₂), I₃= (x₂, x₃), I₄ = (x₃, +∞) . Para determinar dicho signo, tomamos un punto de prueba en cada intervalo c_j ∈ Ij y calculamos el valor f (c_j).

cj f (cj) signo (−∞, x¹) −1 −6 ª

(x1, x2) 0.1 6.1 ⊕ (x₂, x₃) 1 −2 ª (x₃, +∞) 4 ¹₄ ⊕ La solución es I₂∪ I4=¡

0, 2 −√ 3¢

∪¡ 2 +√

3, +∞¢ . ¤ Ejercicio 2 Determina del dominio de las siguientes funciones

(a) f (x) =√ x²− 1.

(b) f (x) = ln(x²− x).

(c) f (x) = 1

√2 − x².

(d) Representa gráficamente las funciones y verifica los resultados.

(a) Para que la raíz cuadrada esté definida, se ha de cumplir x²− 1 ≥ 0.

Resolvemos la inecuación cuadrática y obtenemos Dom(f ) = (−∞, −1] ∪ [1, +∞).

(b) Para que el logaritmo esté definido, se debe cumplir x²− x > 0.

Resulta

Dom(f ) = (−∞, 0) ∪ (1, +∞).

(c) Para que la raíz cuadrada esté bien definida, debe cumplirse 2 − x² ≥ 0,

además, debemos evitar que el denominador se anule, por lo tanto Dom(f ) = {x ∈ R : 2 − x² > 0}

Si resolvemos la desigualdad

2 − x² > 0 resulta

Dom(f ) =³

−√ 2,√

2´ . (d) Ver resolución con Maple.

Ejercicio 3 Consideramos la función f (x) = x²ln x.

(a) Calcula

M = max

x∈[2,3]f⁰⁰⁰(x), m = min

x∈[2,3]f⁰⁰⁰(x).

(b) Calcula las derivadas con Maple; usa un gráfico para estimar M y m.

(a) Calculamos f⁰⁰⁰(x)

f (x) = x²ln x, f⁰(x) = 2x ln x + x,

f⁰⁰(x) = 2 ln x + 3, f⁰⁰⁰(x) = 2

x. La función objetivo es

h(x) = 2 x.

Observamos que la función h(x) es continua en el intervalo cerrado [2, 3].

Calculamos la derivada de h(x)

h⁰(x) = −2 x²,

h⁰(x) es negativa en [2, 3], por lo tanto, h(x) es decreciente en el intervalo M = max

x∈[2,3]h(x) = h(2) = 1, m = min

x∈[2,3]h(x) = h(3) = 2 3. (b) Ver resolución con Maple. ¤

Ejercicio 4 Consideramos la función f (x) = xe^x.

(a) Calcula

M = max

x∈[0,2]f^(iv)(x), m = min

x∈[0,2]f^(iv)(x).

(b) Calcula las derivadas con Maple; usa un gráfico para estimar M y m.

(a) Calculamos f⁽⁴⁾(x)

f (x) = x e^x, f⁰(x) = e^x+ xe^x, f⁰⁰(x) = 2e^x+ xe^x, f⁰⁰⁰(x) = 3e^x+ xe^x, f⁽⁴⁾(x) = 4e^x+ xe^x. La función objetivo es

h(x) = 4e^x+ xe^x. Calculamos la derivada de la función objetivo

h⁰(x) = 5e^x+ xe^x.

h⁰(x) es suma de términos positivos y, por lo tanto, es positiva en [0, 2];

entonces resulta que la función objetivo h(x) es creciente en el intervalo.

M = max

x∈[0,2]h(x) = h(2) = 6e², m = min

x∈[0,2]h(x) = h(0) = 4.

(b) Ver resolución con Maple. ¤

Ejercicio 5 Sean dos números reales a < b, estudia si las siguientes afirma- ciones son ciertas o falsas. En caso de ser falsas, encuentra un contraejemplo.

(a) a³> b³. (b) √

a <√ b.

(c) ln a < ln b.

(d) a²< b². (e) cos a < cos b.

(f) e^a< e^b.

(g) e^−a< e^−b.

(a) Es falsa. Si tomamos f (x) = x³ y calculamos la primera derivada, resulta f⁰(x) = 3x², que es positiva para todo x ∈ R. Obtenemos que f(x) = x³ es una función creciente en todo R, en consecuencia, si a < b, debe ser a³ < b³.

(b) Si a y b son números reales arbitrarios, √ a o √

b pueden no existir.

f (x) = √

x está bien definida y es creciente en el intervalo [0, +∞), por lo tanto si 0 ≤ a < b, entonces se cumple √

a <√ b.

(c) Este caso es parecido al anterior, si a ≤ 0, la desigualdad ln a < ln b no tiene sentido. Por otra parte, la función f (x) = ln x está bien definida y es creciente en el intervalo (0, +∞), por lo tanto, si 0 < a < b, entonces se cumple ln a < ln b.

(d) En general es falsa. Tomemos por ejemplo a = −2 y b = 1, entonces tenemos a < b y sin embargo a²> b². La función f (x) = x² es creciente en el intervalo [0, +∞), por lo tanto, si 0 ≤ a < b, entonces se cumple a²< b². (e) En general es falsa.

(f ) Cierta, f (x) = e^x es creciente en todo R.

(g) Falsa, f (x) = e^−x es decreciente en todo R. ¤ Ejercicio 6 Determina el menor n ∈ N que verifica

e 180n² ≤ 1

210⁻³.

e 180n² ≤ 1

210⁻³, 2e

180 · 10⁻³ ≤ n², e

9 · 10⁻² ≤ n², 100e

9 ≤ n², n ≥

r100e

9 = 10√e

3 ' 5. 4957.

Como n debe ser un número natural, la solución es n = 6. ¤ Ejercicio 7 Consideramos la función

h(x) =

¯¯

¯¯23x²+ sin x cos x²+ 1 x³+ 2

¯¯

¯¯ .

(a) Usando las propiedades del valor absoluto, determina una cota superior de la función en el intervalo [0, 1].

(b) Representa la función con Maple y verifica el resultado.

(a) Aplicamos la desigualdad triangular:

¯¯

¯¯23x²+ sin x cos x²+ 1 x³+ 2

¯¯

¯¯ ≤

¯¯23x²¯

¯ +¯

¯sin x cos x²¯

¯ +

¯¯

¯¯ 1 x³+ 2

¯¯

¯¯ .

Si x ∈ [0, 1], resulta que las expresiones 23x²,¯

¯sin x cos x²¯

¯ , y _x3¹+2 son todas positivas, por lo tanto

¯¯

¯¯23x²+ sin x cos x²+ 1 x³+ 2

¯¯

¯¯ ≤ 23x²+¯

¯sin x cos x²¯

¯ + 1 x³+ 2, El primer término es creciente y el último decreciente

max

x∈[0,1]23x²= 23, max

x∈[0,1]

1

x³+ 2 = 1 2 El comportamiento del término¯

¯sin x cos x²¯

¯ no está tan claro, no obstante, como

|sin x| ≤ 1 y ¯

¯cos x²¯

¯ ≤ 1, podemos asegurar que ¯

¯sin x cos x²¯

¯ ≤ 1. Finalmente, obtenemos:

¯¯

¯¯23x²+ sin x cos x²+ 1 x³+ 2

¯¯

¯¯ ≤ 23 + 1 + 1

2 = 24.5.

Nota. Observa que en este caso no sería correcto el siguiente razonamiento:

como sin x ≤ 1 y cos x² ≤ 1, entonces sin x cos x² ≤ 1. En general si a ≤ b y c ≤ d, no podemos garantizar que a c ≤ b d. En efecto, podemos tomar

−2 ≤ 1 y −3 ≤ 1, si multiplicamos término a término las desigualdades, resulta 6 ≥ 1. La siguiente propiedad sí es cierta: si a ≤ b y 0 ≤ c ≤ d, entonces a c ≤ bd. Como |sin x| ≤ 1 y 0 ≤ ¯

¯cos x²¯

¯ ≤ 1, sí que podemos afirmar que

|sin x|¯

¯cos x²¯

¯ ≤ 1

y por lo tanto ¯

¯sin x cos x²¯

¯ ≤ 1.

(b) Ver resolución con Maple. ¤

Ejercicio 8 Consideramos la función f (x) = |x ln x| .

(a) Determina los extremos absolutos de f (x) sobre el intervalo [¹₂, 3].

(b) Representa la función con Maple y verifica el resultado.

(a) La función f (x) es continua en el intervalo cerrado [1/2, 3], por lo tanto tiene extremos absolutos en [1/2, 3]. Los extremos absolutos de f (x) pueden producirse en

• Puntos frontera del intervalo: x = 1/2, x = 3.

• Puntos interiores x ∈ (1/2, 3) que son puntos críticos de f(x). Como f (x) es de la forma f (x) = |g(x)| , con g(x) = x ln x, los puntos críticos de f (x) se producen en una de las tres situaciones siguientes:

(i) g(x) = 0, (ii) g⁰(x) = 0, (iii) g⁰(x) no existe.

(i ) Resolvemos

x ln(x) = 0, ln x = 0, x = 1.

(ii ) g⁰(x) = ln x + 1. Resolvemos ln x + 1 = 0,

ln x = −1, x = e⁻¹ = 1

e ' 0. 3679 /∈ (1/2, 3).

(iii ) Finalmente, observamos que g(x) es derivable en todo el intervalo (1/2, 3).

Calculamos el valor de f (x) sobre los puntos candidatos x f (x)

1/2 0. 3466

1 0

3 3. 2958 Por lo tanto

M = max

x∈(1/2,3)f (x) = f (3) = 3.2958, m = min

x∈(1/2,3)f (x) = f (1) = 0.

(b) Ver resolución con Maple. ¤

Ejercicio 9 Dada la función f (x) = x²ln x y el intervalo [a, b] = [1, 2]

(a) Determina una cota superior para ¯

¯f^(iv)(t)¯

¯, t ∈ [a, b].

(b) Usa la cota obtenida para determinar un valor de h, lo más grande posible, que verifique E_s(h) < 0.5 × 10⁻⁴

Es(h) =

¯¯

¯¯b − a

180 h⁴f^(iv)(t)

¯¯

¯¯ , t ∈ [a, b].

(a) Calculamos f^(iv)(x).

f (x) = x²ln x, f⁰(x) = 2x ln x + x, f⁰⁰(x) = 2 ln x + 3, f⁰⁰⁰(x) = 2

x, f^(iv)(x) = −2

x². La función objetivo es

g(x) =

¯¯

¯¯−2 x²

¯¯

¯¯ = 2 x².

Calculamos g⁰(x) = −4/x³, que es negativa en todo el intervalo [1, 2]; por lo tanto, g(x) es decreciente en el intervalo

M = max

x∈[1,2]

¯¯

¯f^(iv)(x)

¯¯

¯ = max

x∈[1,2]g(x) = g(1) = 2 1 = 2.

(b) Queremos determinar un valor de h tal que

¯¯

¯¯b − a

180 h⁴f^(iv)(t)

¯¯

¯¯ ≤ 0.5 × 10⁻⁴, t ∈ [a, b].

Sustituimos el valor de a y b y aplicamos las propiedades del valor absoluto

¯¯

¯¯b − a

180 h⁴f^(iv)(t)

¯¯

¯¯ =

¯¯

¯¯ 1

180h⁴f^(iv)(t)

¯¯

¯¯ = 1 180h⁴

¯¯

¯f^(iv)(t)

¯¯

¯

Teniendo en cuenta la cota superior obtenida en el apartado anterior, resulta

¯¯

¯¯b − a

180 h⁴f^(iv)(t)

¯¯

¯¯ ≤ 1

180h⁴· 2 = h⁴ 90. Exigimos

h⁴

90 ≤ 0.5 × 10⁻⁴

y resolvemos la desigualdad

h⁴ ≤ 45 × 10⁻⁴, h ≤ p⁴

45 × 10⁻⁴= 0. 259002.

Si tomamos h = 0.2590, podemos garantizar que se cumple

¯¯

¯¯b − a

180 h⁴f^(iv)(t)

¯¯

¯¯ ≤ 0.5 × 10⁻⁴

para todo t ∈ [1, 2]. ¤

Ejercicio 10 Consideramos la función f (x) = e^−x/2. (a) Calcula una cota superior M_n tal que¯

¯f⁽ⁿ⁾(t)¯

¯ ≤ Mn, t ∈ [0, 1].

(b) Usa M_n+1 para determinar un valor de n ∈ N, lo menor posible, que verifique

R_n(x) =

¯¯

¯¯

¯

f⁽ⁿ⁺¹⁾(t) (n + 1)! xⁿ⁺¹

¯¯

¯¯

¯≤ 1

2 × 10⁻⁵, t, x ∈ [0, 1].

(a) Calculamos algunas derivadas de f (t) f (t) = e^−t/2, f⁰(t) = −1

2 e^−t/2, ¯

¯f⁰(t)¯

¯ = 1 2e^−t/2, f⁰⁰(t) = 1

4e^−t/2, ¯

¯f⁰⁰(t)¯

¯ = 1 2²e^−t/2, f⁰⁰⁰(t) = −1

8 e^−t/2,¯

¯f⁰⁰⁰(t)¯

¯ = 1 2³e^−t/2. La función objetivo es

h(t) =

¯¯

¯f⁽ⁿ⁾(t)

¯¯

¯ = 1 2ⁿe^−t/2, calculamos la primera derivada de h(t)

h⁰(t) = −1 2ⁿ⁺¹e^−t/2,

que es negativa para todo valor de t, por lo tanto, h(t) es decreciente y resulta

Mn= max

t∈[0,1]

¯¯

¯f⁽ⁿ⁾(t)

¯¯

¯ = max

t∈[0,1]h(t) = h(0) = 1 2ⁿ.

(b) Aplicamos la propiedad |ab| = |a| |b| y resulta

¯¯

¯¯

¯

f⁽ⁿ⁺¹⁾(t) (n + 1)! xⁿ⁺¹

¯¯

¯¯

¯= 1

(n + 1)!

¯¯

¯f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)

¯¯

¯¯¯xⁿ⁺¹¯¯ .

Como x ∈ [0, 1], tenemos¯

¯xⁿ⁺¹¯

¯ ≤ 1, para¯

¯f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)¯

¯ usamos la cota superior del apartado (a).

¯¯

¯¯

¯

f⁽ⁿ⁺¹⁾(t) (n + 1)! xⁿ⁺¹

¯¯

¯¯

¯≤ Mn+1

(n + 1)! = 1 2ⁿ⁺¹(n + 1)!. Exigimos

1

2ⁿ⁺¹(n + 1)! ≤ 0.5 × 10⁻⁵.

Recordamos que n ∈ N, por lo tanto, podemos resolver la desigualdad cal- culando algunos valores

n ₂n+1(n+1)!¹

1 _4·2!¹ = 0. 125

2 _8·3!¹ = 0.2 083 × 10⁻¹ 3 _16·4!¹ = 0.2 604 × 10⁻² 4 _32·5!¹ = 0.2 604 × 10⁻³ 5 _64·6!¹ = 0.2 170 × 10⁻⁴ 6 _128·7!¹ = 0.1 550 × 10⁻⁵ La solución es n = 6. ¤