Taller2b

MÉTODOS NUMÉRICOS Iván F. Asmar Ch.

Universidad Nacional de Colombia - Sede Medellín 1

TALLER Nº 2b

Problema 1. Considere la ecuación 0=+ xlnsenx .

a) Verifique que la ecuación dada tiene una única raíz α .

Solución: Dominio de ( ) xlnsenxxf += es ( )+∞,0 . Como xlnsenxxlnsenx −=⇔=+ 0 ,

podemos dibujar en un mismo plano coordenado las gráficas de senxy = y xlny −= . Obtenemos:

De acuerdo con la gráfica es claro que la ecuación dada tiene una única raíz α y [ ]1,0∈α . La gráfica

de xxxf lnsen)( += , es como se indica a continuación:

y = sen x

y = -ln x

α

α

xxy lnsen +=

( Plot - Overlay - Plot )

SOLUCIÓN NUMÉRICA DE UNA ECUACIÓN NO-LINEAL EN UNA VARIABLE


b) Encuentre un intervalo [ ]ba, de longitud 10. tal que [ ]ba,∈α .

Solución: Haciendo una tabla de valores para la función ( ) xlnsenxxf += en el intervalo [ ]1,10. con

tamaño de paso 10.=h , se obtiene:

La instrucción en DERIVE para obtener esta tabla de valores es:

[ ]( ) approX:,,,x,xlnxsin,xvector 10 1 10 ..+ .

c) ¿Se puede utilizar el método de Bisección en el intervalo [ ]60 ,50 .. para aproximar la raíz α?

Solución: Sí, ya se verificó que f es continua en [ ]60 ,50 .. y 0)60()50( <.. ff .

d) Aplique el método de Bisección en el intervalo [ ]60 ,50 .. , calcule 15 iteraciones y tome a 15x como

aproximación de α . ¿Cuál es la calidad de esta aproximación?

Solución: La instrucción en DERIVE para calcular las iteraciones en el método de Bisección es:

( ) approX xxlnxsinBISECCION :,,,, 156050 ..+ .

Al utilizar esta instrucción, se obtiene α≈= 578713.015x (aproximación a 6 dígitos significativos).

Como 6615151515 10510...063

2

10

2

5060

2−− ×<×==

−=

−≤− .

...abxα , entonces 15x aproxima a α

con por lo menos 5 cifras decimales exactas, que son 1 7 ,8 ,7 ,5 y .

e) Aplique el método de Punto Fijo para aproximar la raíz α con una precisión de por lo menos 5 cifrasdecimales exactas.

Solución: Como [ ]

( )xlnsenxxlnsenxxlnsenx,,x

−=⇔−=⇔=+ −

−⊆∈

1

226050

0ππ

..

, entonces una

función de iteración de punto fijo es ( ) ( ) ( )xlnsenxlnsenxg 11 −− −=−= .

Como ( ) xlnsenxxf += es continua en [ ]60 ,50 .. y

0)60()50( <.. ff , entonces [ ]60 ,50 ..∈α

( )xfx



Al hacer las gráficas de xy = y ( ) ( )xlnsenxlnseny 11 −− −=−= , obtenemos:

(En DERIVE xsen 1− se entra como asinx )

Se ve que no existe intervalo [ ]ba, que contenga a α , donde la función

( ) ( ) ( )xlnsenxlnsenxg 11 −− −=−= satisfaga todos las hipótesis del T.P.F., ya que ( ) 1>′ αg .

Cambiamos de función de iteración: Como 0 ,0 >=⇔−=⇔=+ − xexsenxxlnxlnsenx senx ; sea

entonces ( ) senxexg −= ( en DERIVE ( ) ( )xsinexp:xg −= ). Las gráficas de xy = y senxey −= son

α )xln(seny −= −1

xy =

( ) 1>α'g

α

senxey −=

xy =

ox >



De acuerdo con la gráfica, se espera que la función senxexg −=)( satisfaga todas las hipótesis del

teorema de punto fijo en [ ]60,50 .. . Veamos:

g es continua en [ ]60,50 .. .

g es decreciente es [ ]60,50 .. ( ya que ( ) [ ]60,50 , 0 ..∈∀<−= − xxcosex'g senx ), y como

( ) [ ]( ) [ ]

∈=∉=

60,50568563060

60,50619138050

....

....

g

g

entonces no se satisface ( ) [ ]60,50 ..∈xg para todo [ ]60,50 ..∈x .

Qué hacer? Podemos cambiar el intervalo [ ]60,50 .. a un nuevo intervalo, por ejemplo [ ]7050 .. , . Es

claro que [ ] [ ]60507050 .,... ⊇∈ ,α . Como

( ) [ ]( ) [ ]

∈=∈=

7050525073070

6050619138050

....

....

,g

,g

entonces ( ) [ ]7050 .. ,xg ∈ para todo [ ]7050 .. ,x ∈ ( ya se sabe que g es decreciente en [ ]7050 .. , ).

Conclusión: g tiene por lo menos un punto fijo [ ]70,50 ..∈α .

)(' xg existe para todo ( )70,50 ..∈x .

'g es creciente en [ ]70,50 .. (la gráfica de g es cóncava hacia arriba en [ ]70,50 .. ,

( ) ( ) 02 >+=′′ − senxxcosexg senx para todo [ ]70,50 ..∈x ), y como

( )( )

−=′−=′

401598070

543345050

..

..

g

g

entonces ( ) 1550 <=≤ Kxg .' para todo ( )70,50 ..∈x .

Conclusión: g tiene un único punto fijo [ ]70,50 ..∈α , la sucesión { }nnx con

( ) ( ) ...21 ,1

1 ,,nexgx nxsennn === −−

−

converge a α cualquiera sea [ ]70,500 ..∈x , y se tienen cotas para el error nx−α . En particular, se

tiene que:

{ } ( ) ( ) 110550607050605501010

00 ≥∀=

−−=−−≤− n , ,MáxxbaxMáxKx nnnn ......., 4342143421

..

α



Como queremos aproximar a α con una precisión de por lo menos 5 cifras decimales exactas, debemosencontrar el menor entero positivo N tal que

( ) ( ) ( )( )

( ) ...ln

nln

nn

516550

105

105550105105505

56

..

...

=×

≥⇒

×≤⇔×≤−

−−

(En DERIVE la desigualdad anterior se puede resolver con soLve y luego approX)

Luego 17=N es tal que 617 105 −×≤− xα . Calculamos 17x usando DERIVE y obtenemos

α≈= 578713017 .x .

La instrucción en DERIVE para obtener el resultado anterior es

( )( ) approXxsinxexpFIJOPUNTO :,,,_ 1760.− .

f) Aplique el método de Newton-Raphson (si es posible) para aproximar la raíz α , tomando como

criterio de aproximación ( ) 66 105105 −− ×<×< 1-nnn x-x xf o .

Solución: Como ( ) xlnsenxxf += tiene sus dos primeras derivadas continuas en [ ]6050 .,. y

0)(' ≠xf para todo [ ]6050 .,.∈x ( 01

cos)(' >+=x

xxf para todo [ ]6050 .,.∈x , aún más,

( ) ...f 87250 ..' = y ( ) ...f 49260 ..' = , así que 2)(' >xf para todo [ ]6050 .,.∈x , y entonces

2)(' >αf ), entonces se puede aplicar el método de Newton-Raphson en el intervalo [ ]6050 .,. paraaproximar la raíz α .

Tomando 5.00 =x , obtenemos:

n nx )( nxf 1−− nn xx

0 50. 2137210.−1 0.574271 01143100.− 0.074...2 0.578700 510501813 −×− . 0.0044...

3 0.578713 610729851 −×− . 510...291 −×.4 0.578713 610729851 −×− . 710...067 −×.

Luego α≈= 57871303 .x .

La instrucción en DERIVE para obtener las iteraciones en el método de Newton–Raphson es( ) approXxxlnxsinNEWTON :,,, 450.+ . Aproximando la expresión anterior se obtienen los resultados

que aparecen en la segunda columna de la tabla anterior.

Problema 2. Aproxime todas las raíces de la ecuación



( )0243638082 234 =−−−+ 444444 3444444 21

xpxxxx ....

usando el método de Newton-Raphson y Deflación.

Solución: Empezamos gratificando el polinomio ( ) 243638082 234 ....: −−−+= xxxxxp .

La apariencia de la gráfica (en la escala 1=x , 1=y ) parece indicar que la ecuación dada tiene una

raíz doble y dos raíces simples. Sin embargo, un cambio de escala en x a 10. y en y a 10. (en

DERIVE Scale: 10 10 .:.: yx→←

, o un Zoom con F9, both) nos muestra que no se trata de una raíz

doble, sino de dos raíces simples cercanas entre sí. También, haciendo una tabla de valores para el

polinomio )(xp en el intervalo [ ]1,2 −− con tamaño de paso 1.0=h , obtenemos que

[ ] [ ]51616171 21 .,..,. −−∈−−∈ αα , , [ ]1113 −−∈ ,.α . La tabla de valores obtenida es:

x )(xp

p es continua en [ ]1,2 −− , y ( ) ( ) 06171 <−− .. pp ,

entonces existe [ ]61711 .,. −−∈α tal que 0)( 1 =αp

( ) ( ) 05161 <−− .. pp , entonces existe [ ]51612 .,. −−∈αtal que 0)( 2 =αp

( ) ( ) 00111 <−− .. pp , entonces existe [ ]01113 .,. −−∈αtal que 0)( 3 =αp

( )xpy=

x



Por otro lado p es continua en [ ]5141 .,. y ( ) ( ) 05141 <.. pp , entonces existe [ ]51414 .,.∈α tal que

0)( 4 =αp .

En conclusión se tiene que la ecuación polinómica dada tiene todas sus 4 raíces reales simples. Esclaro, que existen intervalos adecuados donde la función p satisface la hipótesis general del método de

Newton-Raphson para aproximar cada una de las raíces 1α , 2α , 3α y 4α .

Teniendo en cuenta los valores ( )1α'p , ( )2α'p , ( )3α'p y ( )4α'p , empezamos

aproximando 4α , con 510 .=x . Iterando con el método de Newton-Raphson hasta que se estabilicen

los 6 dígitos, obtenemos 14 499691 x=≈ .α . La instrucción en DERIVE para estos cálculos es

NEWTON ( )( ) approXxxp :,.,, 551 .

Si aplicamos Deflación, hacemos la división de )(xp por 499691.−x . La correspondiente instrucción

en DERIVE es QUOTIENT ( )( ) approXxxp :., 499691− . El resultado de tal operación es el polinomio

cociente ( ) 800422068206299694 233 ... +++= xxxxq ( ( ) ( ) ( ) ( )499691499691 .. pxqxxp +−= ).

En DERIVE la instrucción ( )( ) approXxxpREMAINDER :., 499691− , permite obtener el residuo en

la división de ( )xp por 499691.−x ; tal residuo es ( ) 410316152499691 −×−= ..p .

Enseguida graficamos el polinomio ( )xq3 obtenido, junto con el polinomio original ( )xp , y observamos

que la gráfica de ( )xqy 3= pasa por las raíces 1α , 2α y 3α de ( ) 0=xp .

Aplicamos ahora, el método de Newton-Raphson al polinomio )(3 xq :

NEWTON ( ) { approXxxqx

:,.,,

− 501

0

3 . Se obtiene 33 088131 x=−≈ .α .

Aplicamos nuevamente deflación, es decir, dividimos el polinomio )(3 xq por )08813.1(−−x :

QUOTIENT ( )( ) approXxxq :., 0881313 + ; obtenemos ( ) 57360221156322 .. ++= xxxq

( ( ) ( ) ( ) ( )44 344 21

610461852

088131088131 323

−×

−++=

.

.. qxqxxq )

Graficando )(2 xq , observamos que la gráfica de este polinomio )(2 xq pasa por las raíces 1α y 2α de

0)( =xp .

Finalmente, aproximamos las raíces 1α y 2α de 0)( =xp , resolviendo la ecuación cuadrática

0)(2 =xq .

En DERIVE la instrucción soLve aplicada a ( ) 57360221156322 .. ++= xxxq , permite obtener

6759411 .−≈α y 5356112 .−≈α ( ( ) 410434752675941 −×−=− ..p y

( ) 410425482535611 −×−=− ..p ).

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