Sesion 2-Administracionpsicologia-clase UCV Ecuaciones e Inecuaciones - Valor Absoluto y Radicales
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SESION 3 Ecuaciones no lineales
1) Dada 𝑓 𝑥 = log 1 − 𝑥 + 𝑥𝑒𝑥 −sen2(𝑥)
2, comprobar que 𝑥 = 0 es un cero y calcular su
multiplicidad.
Solución
𝑓 𝑥 = log 1 − 𝑥 + 𝑥𝑒𝑥 −sen2(𝑥)
2⇒ 𝑓 0 = 0 en consecuencia el cero anula a 𝑓 𝑥 .
𝑓′(𝑥) = 𝑒𝑥 𝑥 + 1 − sin 𝑥 cos 𝑥 +1
𝑥−1⇒ 𝑓′ 0 = 0.
𝑓′′ 𝑥 = 𝑒𝑥 𝑥 + 2 − cos 2𝑥 −1
𝑥−1 2 ⇒ 𝑓′′ 0 = 0.
𝑓′′′ 𝑥 = 𝑒𝑥 𝑥 + 3 + 4 sin 𝑥 cos 𝑥 +2
𝑥−1 3 ⇒ 𝑓′′′ 0 = 1.
En consecuencia el cero es una raíz de 𝒇(𝒙) de multiplicidad 3.
Usaremos el siguiente resultado: Si 𝑓 tiene derivada 𝑚-ésima continua, entonces 𝑥0 es un cero de multiplicidad 𝑚 de 𝑓 si, y solo si:
0 = 𝑓 𝑥0 = 𝑓′ 𝑥0 = 𝑓′′ 𝑥0 = ⋯ = 𝑓 𝑚−1 𝑥0 Y 𝑓(𝑚) 𝑥0 ≠ 0.
2) Dado el método iterativo 𝑥𝑛+1 = ℎ 𝑥𝑛 , con ℎ 𝑥 =𝑒𝑥
6, demostrar que para todo
𝑥0 ∈ 0,1 la sucesión de iterados converge a un punto fijo de ℎ en 0,1 . ¿Es único?
Solución
Definición Sea ℎ: 𝑎, 𝑏 → ℝ. Se dice que ℎ es contractiva en 𝑎, 𝑏 si existe 0 < 𝐾 < 1 tal que:
ℎ 𝑥 − ℎ(𝑦) ≤ 𝐾 𝑥 − 𝑦 𝑥, 𝑦 en 𝑎, 𝑏 . Además si ℎ es diferenciable en 𝑎, 𝑏 y si:
ℎ′(𝑥) ≤ 𝐾 < 1 ∀ 𝑥[𝑎, 𝑏] Entonces ℎ es contractiva en [𝑎, 𝑏]. Usaremos el siguiente resultado (De existencia y unicidad de puntos fijos): Sea ℎ: 𝑎, 𝑏 → 𝑎, 𝑏 una función continua. Entonces, ℎ tiene, al menos, un punto fijo, en 𝑎, 𝑏 , si, además, ℎ es contractiva en 𝑎, 𝑏 el punto fijo es único y toda sucesión de iterados
converge a ese punto fijo.
Para aplicar este teorema observamos que según el enunciado: 𝑎, 𝑏 = 0,1 .
ℎ 𝑥 =𝑒𝑥
6 (en consecuencia es diferenciable en 0,1 y será contractiva si ℎ′(𝑥) < 1 en
0,1 .
Veamos que ℎ: 0,1 → 0,1 :
ℎ 0 =𝑒0
6=
1
6< 1, Como ℎ 𝑥 =
𝑒𝑥
6 es monótona creciente el valor máximo lo toma en
𝑥 = 1, con 𝑒1
6= 0.453 < 1, luego ℎ: 0,1 → 0,1 .
Veamos que ℎ es contractiva ( ℎ′(𝑥) < 1):
ℎ′(𝑥) =𝑒𝑥
6< 1 ∀𝑥 ∈ 0,1
Entonces según el teorema de existencia y unicidad de puntos fijos cualquier sucesión de iterados de la función ℎ converge al único punto fijo de 0,1 .
3) Calcula los puntos fijos de ℎ 𝑥 =2𝑥3+5
3𝑥2, y estudia la convergencia en cada caso.
Los puntos fijos de la función de iteración satisfacen la ecuación ℎ 𝑥 = 𝑥 , Como
ℎ 𝑥 =2𝑥3+5
3𝑥2 entonces hacemos:
𝑥 =2𝑥3 + 5
3𝑥2⇒ 3𝑥3 = 2𝑥3 + 5 ⇒ 𝑥3 = 5 ⇒ 𝑥 = 5
3
La función ℎ tiene un punto fijo en 𝑥 = 53
= 1.7
Sea 𝑥0 una solución de la ecuación 𝑥 = ℎ 𝑥 . Si:
0 = ℎ 𝑥0 = ℎ 𝑥0 = ⋯ = ℎ 𝑚−1 𝑥0 , ℎ 𝑚 𝑥0 ≠ 0
Y ℎ 𝑚 es continua en un intervalo abierto que contiene a 𝑥0 , entonces existe > 0 tal que, para todo 𝑥 ∈ 𝑥0 − 𝛿, 𝑥0 + 𝛿 , la sucesión de iterados 𝑥𝑛 = ℎ(𝑥𝑛−1) converge a 𝑥0 de orden 𝑚.
ℎ′ 𝑥 =2(𝑥3 − 5)
3𝑥3⇒ ℎ′ 5
3= 0
ℎ′′ 𝑥 =10
𝑥4⇒ ℎ′′ 5
3=
10
543 ≠ 0
Y como ℎ′′ es continua alrededor de 53
entonces ℎ(𝑥) converge a 53
de orden 2
4) Dado el método iterativo ℎ(𝑥) =5
𝑥 , calcular partiendo de 𝑥0 = 1 los tres primeros
términos de la sucesión de iterados. Hacer lo mismo para el método de Steffensen. ¿Qué tipo de convergencia tienen?
Solución
Tenemos que ℎ 𝑥 =5
𝑥⇒
ℎ 1 =5
1= 5.
ℎ 5 =5
5= 1, y volvemos al principio por lo que este proceso no converge.
Aplicamos el método de Steffensen con la función de iteración 𝜙 𝑥 dada por:
𝜙 𝑥 =𝑥ℎ ℎ 𝑥 − ℎ(𝑥)2
ℎ ℎ 𝑥 − 2ℎ 𝑥 + 𝑥
ℎ 𝑥 =5
𝑥⇒ ℎ ℎ(𝑥) =
5
ℎ(𝑥)=
55
𝑥
= 𝑥, entonces la 𝜙 𝑥 queda como:
𝜙 𝑥 =𝑥2 −
25𝑥2
𝑥 −10𝑥 + 𝑥
=
𝑥4 − 25𝑥2
2𝑥2 − 10𝑥
=𝑥4 − 25
2𝑥 𝑥2 − 5=
𝑥2 − 5 𝑥2 + 5
2𝑥 𝑥2 − 5=𝑥2 + 5
2𝑥
Los puntos fijos los obtenemos desde la ecuación 𝑥 =5
𝑥, es decir 𝑥2 = 5 ⇒
𝑥1 = 5 y 𝑥2 = − 5
𝜙 𝑥 =𝑥2+5
2𝑥⇒ 𝜙 5 = 5 y 𝜙 − 5 = − 5.
𝜙′′ 𝑥 =5
𝑥3⇒ 𝜙′′ 5 =
5
5≠ 0.
En consecuencia la 𝜙(𝑥) converge a 5 de orden 2.
𝟓:
𝜙′ 𝑥 =𝑥2 − 5
2𝑥2⇒ 𝜙′ 5 = 0.
− 𝟓:
𝜙′ 𝑥 =𝑥2 − 5
2𝑥2⇒ 𝜙′ − 5 = 0.
𝜙′′ 𝑥 =5
𝑥3⇒ 𝜙′′ − 5 = −
5
5≠ 0.
En consecuencia la 𝜙(𝑥) converge a − 5 de orden 2.
𝜙 𝑥 =𝑥2 + 5
2𝑥⟹
𝜙 1 =12 + 5
2= 3
𝜙 3 =32 + 5
2 ∗ 3= 2.33
𝜙 2.33 =2.332 + 5
2 ∗ 2.33= 2.23
5) Dada ℎ 𝑥 = 𝑥 − 𝜆 𝑥2 − 3 ¿Qué condiciones debe satisfacer 𝜆 para que el método iterativo converja al menos cuadráticamente cerca de
3. ¿ Y con convergencia al menos cúbica?
ℎ 𝑥 = 𝑥 − 𝜆 𝑥2 − 3 ⇒ ℎ 3 = 3 − 𝜆 3 − 3 = 3 .
3 es punto fijo de ℎ(𝑥) para cualquier valor de 𝜆.
ℎ′ 𝑥 = 1 − 2𝑥𝜆, si hacemos ℎ′ 3 = 0 ⇒ 1 − 2 3𝜆 = 0 ⇒ 𝜆 =1
2 3
ℎ′′ 𝑥 = −2𝜆 ≠ 0 y tenemos convergencia cuadrática.
La convergencia cubica no es posible para ningún valor de 𝜆, porque ℎ′′′ 𝑥 = 0 ∀𝜆.
6) Sea 𝛼 un cero simple de 𝑓(𝑥) y sea ℎ 𝑥 = 𝑥 −𝑓 𝑥
𝑓′ 𝑥−
𝑓(𝑥)2𝑓′′(𝑥)
2𝑓′(𝑥)3. Demostrar que 𝑥 = ℎ(𝑥)
es un método iterativo de orden 3 o superior para el cálculo aproximado de 𝛼.
Solución
El problema se reduce a calcular las derivadas de ℎ(𝑥):
ℎ′ 𝑥 =𝑓2 3𝑓′′
2−𝑓′∗𝑓′′′
2𝑓′4 ⇒ ℎ′ 𝛼 = 0, porque 𝑓 𝛼 = 0
ℎ′′ 𝑥 = −𝑓 𝑓 ∗ 𝑓′′′′ ∗ 𝑓′
2+ 𝑓′ ∗ 𝑓′′′ ∗ 2 ∗ 𝑓′
2− 9𝑓 ∗ 𝑓′′ + 12 ∗ 𝑓 ∗ 𝑓′′
3− 6𝑓′
2∗ 𝑓′′
2
2𝑓′5
Y también ℎ′′ 𝛼 = 0
ℎ′′′ 𝛼 = −2𝑓′ 𝛼 5 ∗ 𝑓′′′ 𝛼 − 6𝑓′′ 𝛼 2 ∗ 𝑓′(𝛼)4
2𝑓′(𝛼)6
Si ahora calculamos la tercera derivada de ℎ 𝑥 y sustituimos 𝑓 𝛼 = 0 obtenemos:
Y ℎ′′′ 𝛼 ≠ 0 si 𝑓′ 𝛼 , 𝑓′′ 𝛼 , 𝑓′′′ 𝛼 son distintos de cero.
7) Sea 𝑓 𝑥 = 𝑥3 + 2𝑥 . Construir el método iterativo de Newton. Demuestra que la convergencia a 𝑥 = 0 es cúbica.
Solución
La función iterativa ℎ(𝑥) del método de Newton es ℎ 𝑥 = 𝑥 −𝑓(𝑥)
𝑓′(𝑥)
Sustituyendo 𝑓 𝑥 = 𝑥3 + 2𝑥 y 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 + 2, obtenemos:
ℎ 𝑥 = 𝑥 −𝑥3 + 2𝑥
3𝑥2 + 2=
2𝑥3
3𝑥2 + 2
ℎ 0 = 0
ℎ′(𝑥) =6𝑥2 𝑥2 + 2
3𝑥2 + 2 2 ⇒ ℎ′ 0 = 0
ℎ′′(𝑥) =24𝑥 2 − 𝑥2
3𝑥2 + 2 3⇒ ℎ′′ 0 = 0
ℎ′′′(𝑥) =24 9𝑥4 − 36𝑥2 + 4
3𝑥2 + 2 4 ⇒ ℎ′′′ 0 =24 ∗ 4
24= 6 ≠ 0
Por lo tanto la convergencia es de orden 3
8) Sea 𝑓 𝑥 = 𝑥2 + 𝑥 − 2. Calcula los cuatro primeros iterados correspondientes al método de Newton partiendo de 𝑥0 = 1.2
Solución
La función iterativa ℎ(𝑥) del método de Newton es ℎ 𝑥 = 𝑥 −𝑓(𝑥)
𝑓′(𝑥)
Sustituyendo 𝑓 𝑥 = 𝑥2 + 𝑥 − 2 y 𝑓′ 𝑥 = 2𝑥 + 1, obtenemos:
ℎ 𝑥 = 𝑥 −𝑥2 + 𝑥 − 2
2𝑥 + 1=𝑥2 + 2
2𝑥 + 1
ℎ 1.2 =1.0117 ℎ 1.0117 = 1.000045777 ℎ 1 = 1
9)Construir el método de Newton para resolver el sistema 𝑥 + 𝑦 = 2𝑥𝑦 = 1
y obtener la primera
iteración partiendo de 𝑥0 = 0𝑦0 = 0.5
.
𝑓(𝑥, 𝑦) =𝑓1(𝑥, 𝑦)𝑓2(𝑥, 𝑦)
=𝑥 + 𝑦 − 2𝑥𝑦 − 1
⇒ 𝑓 𝑥0, 𝑦0 =𝑥0 + 𝑦0 − 2𝑥0𝑦0 − 1
= −3
2−1
𝒙𝒌 =𝑥𝑘𝑦𝑘
con 𝒙𝟎 =𝑥0𝑦0
=00.5
𝐽𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝜕𝑓1
𝜕𝑥
𝜕𝑓1
𝜕𝑦
𝜕𝑓2
𝜕𝑥
𝜕𝑓2
𝜕𝑦
=1 1𝑦 𝑥
⇒ 𝐽𝑓 𝑥0, 𝑦0 = 𝐽𝑓 0,0.5 =1 10.5 0
𝐽𝑓(𝑥, 𝑦)−1 =
𝑥
𝑥 − 𝑦
1
𝑦 − 𝑥𝑦
𝑦 − 𝑥
1
𝑥 − 𝑦
⇒ 𝐽𝑓 𝑥0, 𝑦0−1 = 𝐽𝑓 0,0.5 −1 =
0 21 −2
Solución
Vamos a construir la sucesión de iterados 𝒙𝒌+𝟏 = 𝒙𝒌 − 𝐽𝑓 𝑥𝑘 , 𝑦𝑘−1𝑓 𝑥𝑘 , 𝑦𝑘
Construimos la sucesión de iterados:
𝒙𝒌+𝟏 = 𝒙𝒌 − 𝐽𝑓 𝑥𝑘 , 𝑦𝑘−1𝑓 𝑥𝑘 , 𝑦𝑘
𝒙𝟏 = 𝒙𝟎 − 𝐽𝑓 𝑥0, 𝑦0−1𝑓 𝑥0, 𝑦0 =
00.5
−0 21 −2
−3
2−1
=20
10) ¿ Que forma tiene el método de Newton para resolver el sistema𝑥2 − 𝑥𝑦 = 1
𝑥 + 𝑦 − 2𝑥−𝑦 = 0 ?
La forma general del método de Newton es 𝑥𝑘+1 = 𝑥𝑘 − 𝐽𝑓 𝑥𝑘 , 𝑦𝑘−1𝑓 𝑥𝑘 , 𝑦𝑘
Solución
𝑥𝑘+1𝑦𝑘+1
=𝑥𝑘𝑦𝑘
−
2𝑥𝑘 − 𝑦𝑘 −𝑥𝑘1
2 𝑥𝑘 + 𝑦𝑘− ln (2)2𝑥𝑘−𝑦𝑘
1
2 𝑥𝑘 + 𝑦𝑘+ ln (2)2𝑥𝑘−𝑦𝑘
−1
𝑥𝑘2 − 𝑥𝑘𝑦𝑘 − 1
𝑥𝑘 + 𝑦𝑘 − 2𝑥𝑘−𝑦𝑘
Y: 𝐽𝑓 𝑥, 𝑦 =
𝜕𝑓1
𝜕𝑥
𝜕𝑓1
𝜕𝑦
𝜕𝑓2
𝜕𝑥
𝜕𝑓2
𝜕𝑦
=2𝑥 − 𝑦 −𝑥
1
2 𝑥+𝑦− ln (2)2𝑥−𝑦
1
2 𝑥+𝑦+ ln (2)2𝑥−𝑦
Donde:
𝑓 𝑥, 𝑦 =𝑥2 − 𝑥𝑦 − 1
𝑥 + 𝑦 − 2𝑥−𝑦
Por lo que el método queda como: