Problemas Método de bisección. Método de Newton.

Problemas
Método de bisección.
1.
La ecuación ex − 3x = 0 tiene por raı́z a r = 0,61906129. Comenzando con el intervalo [0, 1], realizar seis iteraciones por el Método de bisección para encontrar la raı́z
aproximada. ¿Cuántos decimales significativos tiene dicha aproximación?. ¿Cuántas iteraciones son necesarias para que la raı́z obtenida tenga un error menor que 10−4 ?
2.
Utilizar el Método de bisección para encontrar una solución aproximada con un error
menor que 10−2 en el intervalo [4, 4,5] para la ecuación x = tg(x).
3.
Sabiendo que existe una raı́z de la ecuación x3 + x = 6 entre 1.55 y 1.75, ¿cuántas
iteraciones son necesarias hasta obtener mediante el método de bisección, un intervalo de
amplitud menor o igual que 10−3 que contenga a la raı́z?. Calcular todas las iteraciones
necesarias.
4.
Aplicar el Método de bisección a F (x) = x3 − 17 = 0, a fin de determinar la raı́z cúbica
de 17 con un error menor que 0.125.
Método de Newton.
5.
Aplicando el Método de Newton, encontrar una raı́z próxima a x0 = 0 para la ecuación
f (x) = 3x + senx − ex = 0.
Redondear los cálculos a cinco cifras significativas e iterar hasta que se cumpla | xi −
xi−1 |≤ 0,001.
6.
La función f (x) = 4x−7
x−2 tiene una raı́z en x=1.75. Utilizar el método de Newton con las
siguientes aproximaciones iniciales, estudiando en cada caso, previamente, si se produce
un proceso convergente o no a la raı́z.
a)x0 = 1,6 , b)x0 = 1,5 , c)x0 = 3
7.
Mediante el Método de Newton modificado, encontrar una raı́z próxima a x0 = 0 de la
ecuación x − 2−x = 0.
Utilizar tres decimales redondeados en cada iteración hasta que se cumpla | xi − xi−1 |≤
10−3 .
8.
La concentración c de una bacteria contaminante en un lago decrece según la expresión:
c(t) = 80e−2t + 20e−0,5t
siendo t el tiempo en horas. Determinar el tiempo que se necesita para que el número
de bacterias se reduzca a 7. (Utilizar el Método de Newton).
9.
Una determinada sustancia se desintegra según la ecuación A = P · e−0,0248t , donde P
es la cantidad inicial en el tiempo t = 0 y A la cantidad resultante después de t anõs. Si
inicialmente se depositan 500 miligramos de dicha sustancia, ¿cuánto tiempo habrá de
transcurrir para que quede el 1 por ciento de ésta? Utilizar el Método de Newton.
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10.
Demostrar que para encontrar la raı́z r-ésima de un número a, la fórmula iterativa de
Newton se puede expresar como
1
a
xn+1 = [(r − 1) · xn + r−1 ]
r
xn
11.
Hallar la raı́z cuadrada de 10 usando tres iteraciones mediante el método de Newton
y comenzando con el valor inicial x0 = 3. Utilizar dos decimales redondeados en los
cálculos.
12.
Se considera la función F (x) = x5 +2x. Mediante el Método de Newton, hallar el menor
número positivo x (con tres decimales) para el cual F (x) = 4.
13.
En los casos siguientes, aplicar el método de Newton con la estimación inicial propuesta,
y explicar por qué falla el método.
a) y = 2x3 − 6x2 + 6x − 1,
x1 = 1.
c) y = −x3 + 3x2 − x + 1,
√
x1 = 2.
d ) y = 3 x − 1,
x1 = 1.
b) y = 4x3 − 12x2 + 12x − 3,
14.
x1 = 23 .
Probar, mediante el método de Newton, que la ecuación
xn+1 = xn (2 − axn )
se puede utilizar para aproximar a1 si x1 es una estimación inicial del recı́proco de a.
Nótese que este método de aproximar recı́procos utiliza sólo operaciones de suma y
multiplicación. [Ayuda: Considerar f (x) = x1 − a.]
15.
Aproximar, con ayuda del resultado del ejercicio anterior, con tres cifras decimales, los
siguientes recı́procos:
a)
b)
16.
1
.
3
1
.
11
Una medicina administrada a un paciente produce una concentración en la sangre dada
por c(t) = Ate−t/3 mg/ml, t horas después de que se hayan administrado A unidades.
La máxima concentración sin peligro es de 1 mg/ml, y a esta cantidad se le denomina
concentración de seguridad.
a) ¿Qué cantidad debe ser inyectada para alcanzar como máximo esta concentración
de seguridad?. ¿Cuándo se alcanza este máximo?.
b) Una cantidad adicional se debe administrar al paciente cuando la concentración
baja a 00 25 mg/ml. Determı́nese con un error menor de 1 minuto cuándo debe
ponerse esta segunda inyección.
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17.
El crecimiento de poblaciones grandes puede modelarse en perı́odos cortos suponiendo
que el crecimiento de la población es una función continua en t mediante una ecuación
diferencial cuya solución es
v λt
N (t) = N0 eλt +
e −1 ,
λ
donde N (t) es el número de individuos en el tiempo t (medido en años), λ es la razón
de natalidad, N0 es la población inicial y v es un razón constante de inmigración, que
se mide en número de inmigrantes al año.
Supóngase que una población dada tiene un millón de individuos inicialmente y una
inmigración de 400,000 individuos al año. Se observa que al final del primer año la
población es de 1,506,000 individuos. Se pide:
a) Determinar la tasa de natalidad.
b) Hacer una previsión de la población al cabo de tres años.
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Soluciones a algunos ejercicios
1. En efecto, si llamamos f (x) = ex −3x, por el Teorema de Bolzano, al ser f (1) = e−3 < 0,
y f (0) = 1 − 0 = 1 > 0, sabemos que hay al menos una1 raı́z en el intervalo [0, 1].
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
f(x)=exp(x)−3x
0
−0.2
−0.4
0
0.2
0.4
0.6
0.8
f (x) =
1
1.2
ex
− 3x.
1.4
1.6
1.8
2
Nos piden que hagamos seis iteraciones por el Método de Bisección, esto es, vamos calculando puntos medios de los intervalos, y el valor de la función en dichos puntos, quedándonos
con aquél donde haya cambio de signo (dicho de otro modo, ci+1 sustituye a extremo cuya
imagen tenga el mismo signo que f (ci+1 )), e iteramos de nuevo:
c0 = 1/2
f (c0 ) = 00 148 > 0
⇒ [c0 , 1]
0
c1 = 3/4 f (c1 ) = −0 133 < 0 ⇒ [c0 , c1 ]
c2 = 5/8 f (c2 ) = −00 006 < 0 ⇒ [c0 , c2 ]
c3 = 9/16
f (c3 ) = 00 067 > 0 ⇒ [c3 , c2 ]
c4 = 19/32 f (c4 ) = 00 029 > 0 ⇒ [c4 , c2 ]
c5 = 39/64 f (c5 ) = 00 011 > 0 ⇒ [c5 , c2 ].
De modo que c6 = 79/128 ≡ 00 6171875, y la función ahı́ vale f (c6 ) ≡ 00 002. En efecto, el
valor es relativamente pequeño, aunque no una aproximación excelente, y es que c6 dista de
la solución exacta que nos da el enunciado. En realidad, lo único que sabı́amos por el método
a priori es que la cota de error entre la raı́z exacta y la aproximada era |x∗ − cn | ≤ 2b−a
n+1 =
1
0
≡ 0 0078125, por lo que efectivamente no cabı́a esperar más de dos decimales exactos.
27
Las iteraciones necesarias para obtener orden δ = 10−4 son n = E ln(b−a)−ln(δ)
= 13.
ln 2
Nota sobre su resolución en el ordenador:
Como el orden del método es uno, la aproximación es lenta. Sin embargo, se comprueba que
es fácilmente automatizable (i.e. podemos llevar el método al ordenador, evaluando la función
en el punto medio, y pidiéndole a la computadora que compare el signo y en función de si sale
igual o distinto tomar un intervalo u otro para la nueva iteración). Con ayuda de Microsoft
c podemos implementar fácilmente el esquema (buscar la función SI, véase material
Excel 1
De hecho, f 0 (x) = ex − 3, con lo que deducimos que en x = ln 3 la derivada se anula y la función tiene un
mı́nimo; como después crecerá mucho, pasará el cero de nuevo una única vez.
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complementario de este tema en la web www.uhu.es/pedro.marin/docencia/extraT2C.zip),
aunque por contra la precisión de cálculo deja de ser buena muy pronto. MATLAB, sin embargo, ofrece mayor exactitud, aunque la adaptación a este lenguaje puede ser algo más tediosa
(se puede hacer con un proceso por lotes, o directamente con una función .m, en todo caso
usando el condicional, que en este programa es IF).
4. Para hallar la raı́z cúbica de 17, es una elección evidente tomar la función f (x) = x3 − 17.
Tanteamos mentalmente para asegurarnos un intervalo inicial en el que ejecutar
el Algoritmo
00 125
0
de Bisección (p.ej. [2, 3]). Con error menor que 0 125 debemos efectuar n = E ln 1−ln
=
ln 2
= E 3lnln22 = 3 iteraciones2 , y la solución aproximada resultante es 20 5625,
E 0−ln(1/8)
ln 2
√
mientras que una aproximación mejor es 3 17 ∼ 2,5712815906154.
5. Usando el Teorema de Bolzano sabemos que f (x) = 3x − sin x − ex tiene una raı́z en el
intervalo [0, 1].
1.5
1
0.5
0
−0.5
−1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
f(x)=3x−sen(x)−exp(x)
0.7
0.8
0.9
1
.
Como f 0 (x) = 3 + cos(x) − ex , el Método de Newton-Raphson resulta
xn+1 = xn −
3xn + sin(xn ) − exn
f (xn )
.
=
x
−
n
f 0 (xn )
3 + cos(xn ) − exn
El primer dato lo podemos elegir a nuestro antojo, tomamos por ejemplo x0 = 0, con lo
que x1 = 1/3, x2 = 00 360170714 y x3 = 00 36042168. Ya hemos cumplido la condición |xi −
xi−1 | ≤ 00 001 pues |x3 − x2 | = 00 00025. Además, comprobamos efectivamente que f (x3 ) =
−5,744246611705250 10−8 . Vemos gráficamente la aproximación realizada en dos etapas (la
derecha es una ampliación)
2
Observa que la calculadora no es indispensable siempre.
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5
1
4
3
0.5
2
1
0
0
−1
−2
−0.5
−3
−4
−5
−1
−1
−0.5
0
0.5
1
1.5
0
2
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
.
usando las rectas tangentes: y = f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ), e y = f 0 (x1 )(x − x1 ) + f (x1 ).
∗
0
6. Claramente la única raı́z de la función f (x) = 4x−7
x−2 es x = 1 75. Si implementamos el
método de Newton-Raphson para aproximar la solución
f 0 (x) =
−1
,
(x − 2)2
⇒ xn+1 = xn −
f (xn )
= xn + (4xn − 7)(x − 2),
f 0 (xn )
comprobamos que con los tres valores que nos dan se obtienen las siguientes secuencias:
10 6, 10 84, 10 7824, 10 75419904, 10 750070528, 10 75000002, 10 75, 10 75, 10 75 . . .
3, 8, 158, 97658, 38146972658, 50 82077E + 21, 10 35525E + 44, 70 34684E + 88, . . .
10 5, 2, 2, 2, . . .
es decir que la primera converge a la verdadera solución, la segunda diverge y la tercera
converge a una falsa solución. Ello es debido a que el método es local, y hay que empezar
suficientemente cerca de la solución para tener garantı́a de convergencia, lo que nos impele a
hacer siempre la comprobación (cuando obtengamos una convergencia hacia cierto valor) de
que la imagen del valor aproximado obtenido está cerca de cero, para evitar falsas soluciones.
[En general los códigos suelen tener dos condiciones para parar: que dos iteraciones consecutivas estén cerca entre sı́ y que la imagen de una de ellas esté cerca de cero.]
8. Debemos hallar la raı́z de c(t) = 7, o lo que es lo mismo, definiendo f (t) = c(t) − 7,
tenemos que hallar un cero para f. Ambas funciones, c y f tienen por derivada a la función
f 0 (t) = −160e−2t − 10e−t/2 . Al ser negativa, sabemos que las funciones c y f son decrecientes
estrictamente, luego si existe solución, es única.
Como c(0) = 100 y lı́mt→∞ c(t) = 0, en tiempo positivo la función c (que es continua)
tomará todos los valores del intervalo (0, 100].
Una vez que hemos concluido que existe una única raı́z de c(t) = 7, y por tanto un único
cero de f (t), aplicamos el Método de Newton-Raphson. Como c(0) = 100 dista bastante
del objetivo, conviene, para ahorrar cálculos empezar con un dato inicial del tiempo algo
mayor (no mucho, porque la exponencial decae rápidamente), por tanteo parece conveniente
comenzar con x1 = 2. En cuatro iteraciones conseguimos:
x2 = 20 27579938312569
x3 = 20 32768095901589
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x4 = 20 32908663665517
x5 = 20 32908761684562.
9. Es propio del material radioactivo desintegrarse con respecto a esa ley (solución de cierta
ecuación diferencial que veremos más adelante en el Tema 4). Obsérvese que resolver el
0
problema equivale a hallar el cero de f (t) = 500e−0 00248t −5, o lo que es lo mismo (pero mejor
0
para hacer los cálculos), de la función g(t) = 100e−0 00248t − 1. Antes de aplicar el Método
de Newton-Raphson es adecuado pensar en qué dato inicial tomar (de no ser adecuado,
tardaremos mucho o puede, como se ve en algunos ejercicios del tema, que no lleguemos a la
solución).
Es claro geométricamente que, por la forma de la exponencial, el método va a ser efectivo
con cualquier dato inicial.
100
90
80
70
60
50
40
30
20
10
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
0
g(t) = 100e−0 00248t − 1.
Pero por el bajo coeficiente que afecta al exponente, ha de pasar mucho tiempo para que la
exponencial comience a decrecer de forma notable. Por ello, comenzamos con t1 = 100. En 6
iteraciones llegamos a la solución:
t2 = 1350 507554670222
t3 = 1640 214770256907
t4 = 1800 865946787540
t5 = 1850 414686713111
t6 = 1850 691392424226
t7 = 1850 692346197917 años han de pasar para quedar3 el 1 %.
10. Se obtiene tras transformaciones aritméticas inmediatas a
xn+1 = xx −
f (xn )
f 0 (xn )
siendo f (x) = xr − a.
11. El ejercicio anterior se aplica con r = 2 y a = 10 generando la sucesión recurrente
1
10
.
xn+1 =
xn +
2
xn
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Elegir x0 = 3 es una buena elección: simple y aproximada, esto último es importante ya
que el Método de Newton-Raphson es local, por lo que cuánto más cerca se comience de la
solución, más garantı́as de éxito se tendrá al aplicarlo. x0 = 3, x1 = 30 1b
6, x2 = 30 1622777,
x3 = 30 1622777 (que ya coincide con el resultado que podemos obtener usando la calculadora).
13. a) En este caso el Método de Newton-Raphson no es aplicable porque el punto inicial
anula el denominador f 0 (x) que aparece en la expresión recurrente. En cambio, si tomamos
un valor un poco más alejado, por ejemplo, 10 2, conseguimos aproximar en 9 iteraciones la
solución (con un error/tolerancia de 10−8 ):
x1 = −30 03333333333329
x2 = −10 69913409071934
x3 = −00 82229976699472
x4 = −00 26505557694095
x5 = 00 05248674618149
x6 = 00 18268167510526
x7 = 00 20562357143852
x8 = 00 20629889908101
x9 = 00 20629947401548.
Empezando en x0 = 0 conseguimos la convergencia (con igual tolerancia) en 4 iteraciones:
x1 = 00 16666666666667
x2 = 00 20444444444444
x3 = 00 20629515192918
x4 = 00 20629947399236.
b) La derivada de f se anula en x = 1, con lo que si los cálculos pasan por algún xn = 1,
el método no será válido. Y justamente ése es el caso si x1 = 3/2, ya que x2 = 1. Sin embargo,
eso no significa que el método en si sea malo para hallar el cero de esta función, sólo que el
dato inicial no es el adecuado. En efecto, si empezamos por otro valor, x1 = 0, el método
converge en 5 iteraciones:
x2 = 00 25
x3 = 00 35185185185185
x4 = 00 36953388762913
x5 = 00 37003906971704
x6 = 00 37003947505230.
c) Con el dato inicial la sucesión que se obtiene es de 0 y 1 alternante, con lo que nunca
convergerá a ningún valor. Aunque no hayamos visto en el desarrollo de teorı́a las condiciones
de convergencia de los métodos de punto fijo (el MNR lo es para la función g(x) = x −
f (x)
f 0 (x) ), intuimos con este ejemplo que no deben darse condiciones oscilantes en el entorno que
tomemos para comenzar la construcción de la sucesión recurrente, sino que debe ser monótona
en cierto sentido hacia el cero de la función f. Estos ejemplos muestran simplemente malas
elecciones del dato inicial que hacen que en el camino se tope uno con dificultades, que se
evitarı́an (una vez más) empezando por otro dato, más próximo y adecuado: con dato inicial
3 se consigue la aproximación en 4 iteraciones
x1 = 20 8
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x2 = 20 76994818652850
x3 = 20 76929266290594
x4 = 20 76929235423870.
d) En este caso la explicación es clara si tenemos en cuenta la gráfica de la función:
1
0.9
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2
√
El pico que, en torno a x = 1, forma la gráfica de la función f (x) = 3 x − 1, unido a la obvia
raı́z que tiene, es una mala condición para poder apoyarnos en el uso de rectas tangentes.
Toda la regularidad que necesitamos, aquı́ falta, tras acercarse inicialmente, cambia de signo,
lo alterna, y se va alejando (diverge).
14. En este ejercicio se pide probar que una forma de aproximar el valor 1/a es a través de
la sucesión xn+1 = xn (2 − axn ), esto es trivial con la indicación que dan: la raı́z de la función
f (x) = x1 − a es justamente x∗ = a1 , y el Método de Newton-Raphson genera justamente la
anterior relación de recurrencia:
−1
f (x) = 2
x
0
⇒ xn+1
f (xn )
= xn − 0
= xn −
f (xn )
1
xn −
−1
x2n
a
= xn +
1
xn
−a
1
x2n
= xn + xn − ax2n .
Lo reseñable del ejercicio es que para obtener el cociente 1/a no es necesario dividir, sino
aproximar con sumas y productos.
16. Vemos como la realidad no se reduce siempre al uso de una función de una única variable.
a) Fijada la dosis inicial A, el problema, con la función dada c(t), consiste en hallar el
máximo de concentración, y el momento. Podemos contestar ya a lo segundo: buscamos los
extremos relativos a través de la derivada de la función:
1
c0 (t) = Ae−t/3 − Ate−t/3 = Ae−t/3 (1 − t/3) .
3
Por tanto, los candidatos a extremos de la función c (recuérdese que el dominio en que tiene
sentido el problema es [0, ∞)) son {0, 3, ∞}. Sin embargo, c(0) = 0, y lı́mt→∞ c(t) = 0, de
modo que la cantidad c(3) = 3e−1 A > 0 es la concentración máxima.
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De hecho, cualquiera que sea la cantidad inicial A, el máximo de la concentración se
alcanza en t = 3. Para que la cantidad máxima no supere 1 mg/ml, simplemente hay que
poner un A menor del que resuelva 3e−1 A = 1, esto es, A ≤ e/3.
b) Supuesta suministrada esta cantidad inicial, A = e/3, nos preguntan cuándo ocurrirá que
e
c(t) = te−t/3 = 00 25.
3
Tenemos que resolver pues la ecuación
e
f (t) = te−t/3 − 00 25 = 0.
3
Pero del análisis anterior sacamos que al máximo llega desde cero y que después tiende a
cero, es decir, cualquier cantidad en (0, A), en particular 00 25, es alcanzada dos veces y nos
interesa cuando lo alcanza por segunda vez.
1
0.9
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
0
5
c(t) =
10
15
e −t/3
.
3 te
Usamos el método de Newton-Raphson con algún valor numérico que resulte adecuado
(por lo dicho antes, más bien largo que corto, para que la convergencia sea hacia la solución
por encima de las tres horas). Por la forma de campana, basta tomar cualquier valor inicial
superior a tres horas, p. ej. x0 = 4 genera una sucesión que converge en 4 iteraciones (con
una tolerancia de 10−8 ; nos pedı́an precisición de un minuto, que pasado a horas es 00 01666,
por tanto bastaba con 10−3 ):
x1 = 100 30879920381349
x2 = 110 02140006874606
x3 = 110 07757133060878
x4 = 110 07790357510362 horas= 11 horas, 4 minutos.
17. En este problema nos dan el modelo
N (t) = N0 eλt +
v λt
e −1 ,
λ
los datos N0 = 106 , v = 4 105 , N (1) = 1506 103 , y nos piden simplemente que despejemos el
valor de λ :
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4 105 λ
e −1 .
λ
Simplificamos antes de resolver el cero de cierta función asociada:
1506 103 = 106 eλ +
f (λ) = 1000eλ +
400 λ
e − 1 − 1506 = 0.
λ
Con un dato inicial bajo x1 = 1 (lo esperable para la natalidad de una población que en
un año sólo ha pasado de 1400000 a algo más de millón y medio de habitantes) la respuesta
se obtiene en 4 iteraciones (con precisión 10−8 ):
x2 = 00 390820116865
x3 = 00 12534036450639
x4 = 00 08560613200322
x5 = 00 08483943705533
x6 = 00 08483915873218 ∼ λ.
b) Consiste en sustituir t = 3 en la expresión (ahora totalmente conocida) de N (t) :
N (3) = 26563730 589004676, que significa una población en torno a los 2.656373 habitantes.
Ingenierı́a Técnica
Forestal
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Fundamentos Matemáticos
Curso 2004/05