Solución numérica de sistemas de ecuaciones (métodos iterativos).

MÉTODOS NUMÉRICOS
Iván F. Asmar Ch.
TALLER Nº 3b
Problema 1. Considere el sistema lineal
+ 2 x4
 4 x1 + x 2
 x + 3x − x

1
2
3

− x 2 + 3x 3 + 2 x 4

 2 x1
+ 2 x3 + 4 x4
=7
=3
=4
=8
La matriz de coeficientes de este sistema dado es
0
4 1

 1 3 −1
A= 
0 −1 3

2
2 0
2

0
2

4 
la cual es simétrica (ya que A = A ), y además, al realizar E.G. sobre A, sin intercambio de filas, se
obtiene
T
4 1

11
0
4

U =
0 0


0 0

2 
1
−1 − 
2
29 20 
11 11 
28 
0

29 
0
así que A es una matriz definida positiva. Luego el método SOR converge a la única solución X del
sistema dado, cualquiera sea la aproximación inicial y cualquiera sea el valor de w con 0 < w < 2 . En
particular, el método de Gauss–Seidel converge. Como el método de Gauss–Seidel es convergente,
podemos intentar acelerar la convergencia mediante el método SOR, escogiendo valores de w con
1< w < 2 .
Si iteramos con el método SOR para distintos valores de w, tomando X
aproximación
X ( k ) − X ( k −1 )
∞
(0)
= (0,0,0,0) T y criterio de
< 5 × 10 −3 , obtenemos:
w1 = 1.0 ( Gauss-Seidel ): La instrucción en DERIVE para realizar las iteraciones en el método de
Gauss-Seidel es: SOR ( A , [ 7 , 3 , 4 , 8] , 1.0 , [ 0 , 0 , 0 , 0 ] , 15) . Aproximando esta expresión se obtiene
que
X ( 11 ) − X ( 10 )
Así que
∞
= 0.0032001 < 5 × 10 −3
X (11) = (1.00185 , 1.00183, 1.00415, 0.996993) ≈ X .
T
w1 = 1.1 : En este caso, la instrucción en DERIVE para aproximar las iteraciones es
SOR ( A , [ 7 , 3 , 4 , 8] , 1.1, [ 0 , 0 , 0 , 0 ] , 15) . Aproximando esta expresión, se obtiene que
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1
SOLUCIÓN NUMERICA DE SISTEMAS DE ECUACIONES
X (9 ) − X (8 )
Así que
∞
= 0.00421927 < 5 × 10 −3
X (9 ) = (1.0009 , 1.0019 , 1.00308 , 0.99823) ≈ X .
T
w1 = 1.5 : En este caso, la instrucción en DERIVE es SOR ( A , [ 7 , 3 , 4 , 8] , 1.5 , [ 0 , 0, 0 , 0 ] , 15) .
Aproximando esta expresión , se obtiene que
X ( 13 ) − X ( 12 )
Así que
∞
= 0.00242674 < 5 × 10 −3
X (13) = (1.00188, 1.00021, 1.00265 , 0.997921) ≈ X .
T
Podemos intentar estimar el valor óptimo de w (es decir, el que produce mayor rapidez de convergencia
(w1 , N 1 ) , (w2 , N 2 ) , (w3 , N 3 ) ,
en el método SOR), encontrando la parábola que interpola los puntos
donde N k indica el menor numero de iteraciones en el método SOR, para el valor dado w k , que fueron
necesarias para que se satisficiera el criterio de aproximación dado, es decir, interpolamos los puntos
(1.0 ,11), (1.1, 9 ) y (1.5,13) .
[[
][
][
En DERIVE, la instrucción POLY _ INTERPOLAT E ( 1.0 , 11 , 1.1, 9 , 1.5, 13
el polinomio p (w ) = 60 w − 146 w + 97 .
] ] , w) , simplifica en
2
Encontramos ahora el valor de w op para el cual la parábola p(w) alcanza el valor mínimo (si existe en el
intervalo [1, 2 ) ). En este caso: p' (w ) = 120w − 146 = 0 ⇔ w =
146
= 1.2166... . Luego concluimos, de
120
acuerdo con estos resultados, que el valor optimo de w estará cerca de 1.2 . Si iteramos con el método
(k )
SOR para el valor w = 1.2 y criterio de aproximación X
− X (k −1)
< 5 × 10 −3 , obtenemos que
∞
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2
MÉTODOS NUMÉRICOS
Iván F. Asmar Ch.
X (8 ) − X (7 )
Así que
∞
= 0.00192307 < 5 × 10 −3
X (8 ) = (0.99878 , 0.999525, 0.998069 , 1.00135) ≈ X = (1,1,1, 1)
T
T
Observe la convergencia en el caso de w = 1.2 .
Problema 2.. Utilicemos el método de Punto Fijo y el método de Newton-Raphson (si es posible) para
resolver el sistema no lineal

 F (X ) = 0 , con


x2 − y 2 = 4
 −x
e + xy = 1
f 
F =  1  ,
 f2 
Solución: Empezamos graficando las ecuaciones x − y
2
2
f 1 (x , y ) = x 2 − y 2 − 4 

f 2 (x , y ) = e − x + xy − 1 
= 4 y e − x + xy = 1 (que son los trazas en el
plano xy de las superficies z = f 1 (x , y ) y z = f 2 (x , y ) ) en un mismo plano coordenado. En DERIVE
editamos las expresiones x − y = 4 y exp (− x ) + xy = 1 y luego ejecutamos Plot-(Overlay)-Plot.
Haciendo esto, se obtiene la siguiente gráfica:
2
2
x2 − y 2 = 4
α
De acuerdo con la gráfica, el
sistema dado tiene una única
(0 )
solución α ≈ (2 , 0.4 ) = X
e − x + xy = 1
1. MÉTODO DE PUNTO FIJO:
X = G (X ) .
Transformamos el sistema F ( X ) = 0 en otro equivalente del tipo
Observando las posiciones dominantes de las variables x y y , de acuerdo con la solución buscada,
obtenemos el siguiente sistema:
x2 − y2 = 4 ⇒ x = 4 + y2 , x ≥ 0

 −x
1 − e −x
+
=
⇒
=
e
xy
1
y
,x≠0


x
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SOLUCIÓN NUMERICA DE SISTEMAS DE ECUACIONES
Luego uno de los sistemas X = G (X ) es:
( g (x , y ) =
 x = 4 + y2


1 − e −x
=
y

x

4 + y2

1 − e −x 

 g 2 ( x , y ) =
x 

1
{
)
}
g 1 (x , y ), g 2 (x , y ) son continuas en D = (x , y )∈ R 2 / x > 0 : Semiplano derecho (abierto)
∂g 1
=0
∂x
∂g 1
y
=
∂y
4 + y2
;
−x
∂g 2
e −x
1 e
=− 2 + 2 +
x
∂x
x
x
;
;
∂g 2
=0
∂y
son continuas en D .
Podemos aplicar el método de Punto Fijo para aproximar la raíz
X
(0)
= (2 , 0.4 ) y criterio de aproximación X
X (4 ) − X (3)
∞
(k )
−X
(k −1)
α.
Si tomamos, aproximación inicial
−4
∞
< 5 × 10 , obtenemos:
= 2.03098 × 10 −4 < 5 × 10 −4 , así que X (4 ) = (2.04477 ,0.425734 ) ≈ α
La instrucción en DERIVE para iterar con el método de Punto Fijo es:
([
(
)
]
)
FIXED _ POINT SQRT 4 + y 2 , (1 − EXP (− x )) / x , [x , y ] , [2 , 0.4 ] , 10 : approX
2. MÉTODO DE NEWTON_RAPHSON: Primero que todo escriba el sistema dado en la forma:
 f 1 (x , y ) = 0

 f 2 (x , y ) = 0
En este caso, f 1 (x , y ) = x − y − 4 ; f 2 (x , y ) = e
2
∂f 1
= 2x
∂x
;
2
∂f 1
= −2 y
∂y
;
−x
− xy − 1 .
∂f 2
= −e − x − y
∂x
;
∂f 2
= −x
∂x
 ∂ 2 f1
∂2 f1
∂ 2 f1
∂ 2 f1 ∂ 2 f 2
∂2 f2
∂2 f2
∂2 f2 
−x
 2 = 2 ;

= −2 ;
=0=
;
=e ;
=0;
= −1 =
2
2
2
∂
x
∂
y
∂
y
∂
x
∂
x
∂
y
∂
y
∂
x
∂
x
∂
y
∂
x
∂
y


f1 (x , y ) , f 2 (x , y ) y todas las derivadas parciales de orden ≤ 2 de f1 (x , y ) y f 2 (x , y ) son continuas
2
en todo R . Podemos explicar el método de Newton_Raphson para aproximar la solución α .
Tomando X
( 0)
= (2 , 0.4 ) y criterio de aproximación X (k ) − X (k −1)
X (3) − X (2 )
∞
∞
< 5 × 10 −4 , obtenemos:
= 5.27327 × 10 −6 < 5 × 10 −4
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MÉTODOS NUMÉRICOS
Así que X
( 3)
Iván F. Asmar Ch.
= (2.04481 , 0.425757 ) ≈ α .
La instrucción en DERIVE para iterar con el método de Newton-Rapshon es en este caso:
NEWTONS
( [x
2
]
)
− y 2 − 4 , e − x + xy − 1 , [x , y ] , [2 , 0.4] , 1 : approX
Problema 3 Considere el polinomio p (x ) = 3 x − 7 x − 5 x + x − 8 x + 2 .
5
4
3
2
a) Haga una gráfica que ilustre cuantas raíces reales tiene la ecuación p (x ) = 0 .
Solución: La gráfica del polinomio p (x ) = 3 x − 7 x − 5 x + x − 8 x + 2 es como se indica en la
figura siguiente:
5
4
3
2
y = p (x )
α1
α2
α3
De acuerdo con la gráfica, la ecuación
p (x ) = 0 tiene tres raíces reales y dos
complejas no-reales
b) Aplique el método de Bairstow y Deflación para aproximar todas las raíces de la ecuación p (x ) = 0 .
u (k ) − u ( k −1) < 10 −3 y
Use como criterio de aproximación
(u ( ) , v ( ) ) − (u (
k
k
k −1)
, v ( k − 1)
)
∞
v (k ) − v (k −1) < 10 −3 , es decir,
< 10 −3
Solución: Teniendo en cuenta que α1 ≈ −1 , α2 ≈ 0 y α3 ≈ 3 , podemos escoger valores iniciales de u
y v , como sigue:
(x − 0 )(x − 3) = x 2 − 3 x ≡ x 2 − ux − v ⇒ u 0
= 3, v 0 = 0
La instrucción en DERIVE para aproximar u y v en el método de Bairstow es:
BAIRSTOW ( p (x ) , x , 3 , 0 , 10) : approX
Aproximando
esta
expresión,
(
obtenemos
)
X (4 ) − X (3)
X (4 ) = (3.19947 , − 0.725057 ) = u (4 ) , v (4 ) ≈ (u , v )
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∞
= 7.98737 × 10 −5 < 10 −3 ,
así
5
que
SOLUCIÓN NUMERICA DE SISTEMAS DE ECUACIONES
Luego un factor cuadrático aproximado de p (x ) es x − 3.19947 x + 0.725057 .
2
Las raíces de
x − 3.19947 x + 0.725057 = 0 son α2 ≈ 0.245447 , α3 = 2.95402 .
2
Usamos Deflación, y obtenemos
q (x ) = 3x 3 + 2.59840 x 2 + 1.13836 x + 2.75816
La instrucción en DERIVE para obtener el cociente en la división de p (x ) por el factor aproximado
x 2 − 3.19947 x + 0.725057 es
(
)
QUOTIENT p (x ), x 2 − 3.19947 x + 0.725057 : approX
Al graficar este polinomio q (x ) , vemos que α1 es raíz de q (x ) = 0 .
Si aplicamos nuevamente, el
método de Bairstow, pero al polinomio q (x ) con aproximación inicial u 0 = 1 , v 0 = 0 , obtenemos
X (4 ) − X (3)
∞
(
)
= 3.33331 × 10 −5 < 10 −3 . Así que X (4 ) = (0.327441,−0.770279 ) = u (4 ) , v (4 ) ≈ (u , v )
( La correspondiente instrucción en DERIVE es BAIRSTOW (q (x ), x , 1, 0 ,10 ) : approX ).
Luego un nuevo factor cuadrático aproximado de q (x ) es: x − .327441x + 0.770279 . Las raíces de
2
x 2 − .327441x + 0.770279 = 0 son: α4 ,5 ≈ ±0.665460 i .
Aplicando
(
nuevamente
Deflación
)
pero
al
polinomio
q (x )
( QUOTIENT q (x ) , x − 0.327441 + 0.770279 : approX ), se obtiene en 3x + 2.5984 , y la raíz de
2
3x + 2.5984 = 0 es α1 ≈ −0.866133 .
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