Problemas de Métodos Numéricos

Miguel Alemán Flores, Luis Alvarez León y Javier Sánchez PérezDepartamento de Informática y Sistemas

Universidad de Las PalmasCampus de Tafira

35017 Las Palmas, EspañaTfl: 45.87.10/08

Email: maleman/lalvarez/jsanchez@dis.ulpgc.es

Contents

1 INTRODUCCION. 1

2 ARITMETICAS DE PRECISION FINITAY FUENTES DE ERRORES NUMERI-COS. 1

3 CALCULO DE CEROS DE UNA FUN-CION 4

4 INTERPOLACION DE FUNCIONES I 6

5 ANALISIS NUMERICO MATRICIAL I 9

6 DIFERENCIACION E INTEGRACIONNUMERICA 14

7 ANALISIS NUMERICO MATRICIAL II 23

8 INTERPOLACION DE FUNCIONES II 36

INTRODUCCION.

El presente documento es el libro de problemas donde seencuentran resueltos todos los problemas presentes en ellibro de Métodos Numéricos publicado por los mismos au-tores. Nunca se insistirá lo suficiente sobre la necesidad dehacer problemas para comprender correctamente cualquierteoría y sus aplicaciones. Además la manera de afrontarel estudio de los problemas debe ser bien distinta a laforma de estudiar teoría. Primero se debe intentar hacerlos problemas sin mirar en absoluto la solución y despuésde reflexionar e intentar resolverlo de diferentes formas,muchas de las cuales nos llevarán a callejones sin salida,se mirará la solución. Es un hecho fácilmente constatable,que se aprende mucho más de un problema que no se haconseguido resolver, pero al que se ha dedicado suficienteesfuerzo, que de un problema del cual se mira directamentela solución sin ninguna fase de reflexión previa. Ademásse tiende a olvidar con facilidad la técnica de resoluciónde un problema sobre el cual no se ha reflexionado sufi-cientemente. De todo ello se deduce que el estudio cor-recto de los problemas de una asignatura va reñido con las

prisas de última hora que suelen asaltar a los estudiantescuando se acercan los exámenes, puesto que el esfuerzode reflexión que requieren precisa de un trabajo diario ycontinuado, difícilmente compatible con las prisas de úl-tima hora. Resulta inquietante observar como en muchasocasiones la realización de problemas se aborda bajo unespíritu de aprender rápidamente 4 técnicas básicas, quemuchas veces ni se entienden, y a partir de ahí intentar re-producir esas técnicas, de forma absolutamente mecánica,en problemas análogos. El problema de esta actitud, esque aunque a corto plazo puede dar lugar a resultados posi-tivos, aprobando asignaturas con un conocimiento mínimoe insuficiente, a la larga, tiene efectos catastróficos sobrela formación del alumno, a través de una disminución im-portante de la capacidad de razonamiento y del sentidocrítico.

ARITMETICAS DE PRECISION FINITA YFUENTES DE ERRORES NUMERICOS.

Problema 1 Demostrar que al representar el número real0.1 como

0.1 = 2e∞Xn=1

an2n

el número de elementos no-nulos an es infinito.

Solución: Supongamos que para algún t finito y e enterose tiene:

0.1 = 2etX

n=1

an2n

despejando en esta igualdad obtenemos

2t−e = 10tX

n=1

an2t−n

ahora bien, como el número m =Pt

n=1 an2t−n es entero,

de la desigualdad anterior obtenemos

2t−e = 5 · 2m

pero esta igualdad implica que el número 2t−e es divisiblepor 5 lo cual es imposible.

1

Problema 2 Representar el número 0.0 703 125 como

0.0 703 125 = 2e∞Xn=1

an2n

Solución: En primer lugar tenemos que encontrar un en-tero e tal que

1

2≤ 0.0 703 125 · 2−e < 1

para e = −3 obtenemos

0.0 703 125 · 23 = 0. 562 5ahora tenemos que escribir el número 0.5625 como

0.5625 =1

2+∞Xn=2

an2n

los an se calculan de la siguiente forma

0.5625 <1

2+1

22= 0.75⇒ a2 = 0

0.5625 <1

2+1

23= 0.625⇒ a3 = 0

0.5625 =1

2+1

24= 0.5625⇒ a4 = 1

por tanto

0.0 703 125 = 2−3µ1

2+1

24

¶en términos binarios, este numero se escribiría con e = −3y la mantisa viene dada por la secuencia 1, 0, 0, 1, 0, 0, ....(si no almacenamos el primer término a1 porque siemprees 1, la mantisa sería 0, 0, 1, 0, 0, ....)

Problema 3 (1 puntos) Calcular los valores positivosmínimo y máximo que puede tomar un número real enuna aritmética de precisión finita en función de t, emin yemax.

Solución: Los valores positivos mínimo y máximo son

xmin = 2emin−1

xmax = 2emax

tXn=1

1

2n= 2emax

12 −

12t+1

12

= 2emaxµ1− 1

2t

¶

Problema 4 Calcular todos los números reales que sepueden construir tomando 5 bits de la forma siguiente: 1bit para el signo, 2 bits para la mantisa (es decir t = 3,puesto que a1 = 1 sólo se almacenan a2 y a3, y 2 bits parael exponente e, tomando como rango de e = −1, 0, 1, 2.Representar dichos números sobre una recta.

Solución: Los valores posibles positivos se representanen la siguiente tabla

e = −1 1

22,1

22+1

24,1

22+1

23,1

22+1

23+1

24

e = 01

2,1

2+1

23,1

2+1

22,1

2+1

22+1

23

e = 1 1, 1 +1

22, 1 +

1

2, 1 +

1

2+1

22

e = 2 2, 2 +1

2, 2 + 1, 2 + 1 +

1

2

los valores negativos son los mismos cambiados de signo.Simplificando las fracciones nos queda

e = −1 0.25, 0.3125, 0.375, 0.437 5

e = 0 0.5, 0.625, 0.75, 0.875

e = 1 1, 1.25, 1.5, 1.75

e = 2 2, 2.5, 3, 3.5

Si representamos los números positivos sobre una rectaobtenemos

0 1 2 3 4-2

-1

0

1

2

x

y

Problema 5 Dada una aritmética de precisión finitacualquiera, calcular la distancia que hay entre el número 1y su inmediato superior (es decir el número que va despuésde 1), y la distancia entre el número 1, y su inmediato in-ferior.

Solución: El número 1 en una aritmética de precisiónfinita se escribe como

1 = 2

µ1

2

¶el número inmediato superior a 1 en la aritmética es

2

µ1

2+1

2t

¶= 1 +

1

2t−1

y el número inmediato inferior a 1 viene dado por

1

2+ ..+

1

2t=

12 −

12t+1

1− 12

= 1− 1

2t

2

Problema 6 Se considera una aritmética de 16 bitsdonde se dedican 1 bit al signo, 9 bits a la mantisa (t = 10)y 6 bits al exponente ( emin = −30 emax = 31). Escribir,si es posible, los siguientes números en esta aritmética:

1. 2, y los números más cercanos a 2 por arriba y pordebajo. Solución:

2 = 22µ1

2

¶Si guiente = 22

µ1

2+

1

210

¶Anterior = 2

Ã10Xi=1

1

2i

!= 2

µ 12 −

1211

12

¶

2. El cero, el infinito y Na. Solución:

0 = 2−31µ1

2

¶∞ = 232

µ1

2

¶NaN = 232

µ1

2+1

22

¶

3. Los números positivos más grande y más pequeñode la aritmética (teniendo en cuenta las excepciones)Solución:

Mayor = 231

Ã10Xi=1

1

2i

!= 231

µ 12 −

1211

12

¶Menor = 2−31

µ1

210

¶

4. 19 . Solución: No se puede escribir de forma exacta.Si suponemos

1

9= 2e

ÃtX

i=1

ai2i

!=⇒ 1 = 9 · 2e

ÃtX

i=1

ai2i

!=⇒

2t−e = 32

ÃtX

i=1

ai2t−i

!=⇒ 2t−e = 32m

donde m es un número entero. Ahora bien esta igual-dad es imposible porque resultaría que 3 divide a 2.

5. 2¡12 −

1210

¢. Solución:

2¡12 −

1210

¢= 20

¡12 +

122 +

123 +

124 +

125 +

126 +

127 +

128 +

129

¢Problema 7 Sean A = 2

¡12 +

123 +

125

¢B =

23¡12 +

126 +

127

¢. Calcular B +A y B −A

Solución:

B +A = 23¡12 +

123 +

124

¢

1. B −A = 22¡12 +

123 +

124 +

125

¢Problema 8 Sean emin, emax, los valores mínimo y máx-imo del exponente e. Demostrar que si emin < e < emax,entonces los números:

2e

ÃtX

n=1

an2n± 1

2t

!pertenecen al conjunto A de números reales generados porla aritmética de precisión finita.

Solución: Que los números pertenecen a la aritméticasignifica que existe un conjunto de valores binarios a0i y unentero e0 tal que

2e

ÃtX

n=1

an2n± 1

2t

!= 2e

0tX

n=1

a0n2n

Consideremos primero el caso de sumar 1/2t. Si ak =1 para todo k, entonces

2e

ÃtX

n=1

1

2n+1

2t

!= 2e+1

1

2

Si por el contrario existe un k0 tal que ak0 = 0, y tal queak = 1 para todo k0 < k ≤ t entonces basta tomar a0k = aksi 1 ≤ k < k0, a

0k0= 1 y a0k = 0 si k0 < k ≤ t

Consideremos ahora el caso de restar 1/2t. Si el únicoelemento ak distinto de 0 es a1, entonces

2eµ1

2− 1

2t

¶= 2e−1

tXn=1

1

2n

Si por el contrario existe un k0 > 1 tal que ak0 = 1, ytal que ak = 0 para todo k0 < k ≤ t entonces basta tomara0k = ak si 1 ≤ k < k0, a

0k0= 0 y a0k = 1 si k0 < k ≤ t.

Problema 9 Dado un número ez = 2ePt

n=1an2n , en una

aritmética de precisión finita. Calcular el número inmedi-atamente inferior y superior a él en dicha aritmética.

Solución: Si el número es de la forma

ez = 2e 12

entonces el inmediato superior es

ez + 2e 12t

y el inmediato inferior es

2e−1tX

n=1

1

2n

3

para cualquier otro número ez, el inmediato superior e in-ferior son ez ± 2e 1

2t

Problema 10 (1 puntos) Calcular las raíces del poli-nomio P (x) = x2 − 2x+ 0.01 evitando los errores de can-celación.

Solución:

x1 =2 +√4− 0.042

= 1.995

x2 =0.01

1.995

Problema 11 Escribir el pseudocódigo para implementarel cálculo de las raíces reales de ax2+bx+c = 0 evitando loserrores de cancelación y teniendo en cuenta las diferentesopciones que aparecen cuando a 6= 0 y a = 0.

Solución:

Algoritmo Calculo raiz polinomio ax2 + bx+ c = 0variables reales a,b,cleer(a,b,c)si (a==0 ) entoncessi (b==0 ) entoncesPRINT ’EL POLINOMIO ES CONSTANTE’parar

finsiPRINT ’EL POLINOMIO ES DE GRADO 1.’PRINT ’LA RAIZ ES ’,−c/bparar

finsid=b*b-4*a*csi (d< 0 ) entoncesPRINT EL POLINOMIO NO TIENE RAICES

REALESparar

finsisi (b> 0) entoncesx1=(-b-SQRT(d))/(2*a)

ademásx1=(-b+SQRT(d)/(2*a)

finsix2=c/(x1*a)PRINT *,’LAS RAICES SON: ’,x1,x2fin algoritmo

CALCULO DE CEROS DE UNA FUNCION

Problema 12 Calcular 2 iteraciones del algoritmo de labisección para buscar un cero de la función f(x) = x2 − 2en el intervalo [−2, 0]

Solución:

x =0 + (−2)

2= −1

f(−2) > 0, f(0) < 0, f(−1) < 0Nuevo Intervalo = [−2,−1]

x =−1 + (−2)

2= −1.5

f(−2) > 0, f(−1) < 0, f(−1.5) > 0Nuevo Intervalo = [−1.5,−1]

Problema 13 Escribir el pseudocódigo del algoritmo elmétodo de la bisección

Solución:Algoritmo: Método de la bisecciónvariables reales x,a,b,tolleer(a,b,tol)si (a> b) entoncesPRINT ’INTERVALO INCORRECTO’parar

finsisi (F(a)*F(b)> 0) entoncesPRINT ’NO HAY CAMBIO DE SIGNO EN EL

INTERVALO’parar

finsimientras (F(x)!=0 Y (b-a)>tol)x=(a+b)/2si((F(a)*F(x))<0) entoncesb=x

ademásA=X

finsifin mientras_PRINT ’LA RAIZ ES’ xfin algoritmo

real F(real x)real a←− cos(x) + x ∗ x− 6devolver a

fin función

Problema 14 Calcular 2 iteraciones del algoritmo de laregula-falsi para buscar un cero de la función f(x) = x2−2en el intervalo [0, 2]

4

Solución:

x = 0− 2

f(2)− f(0)f(0) = 1

f(2) > 0, f(0) < 0, f(1) < 0

Nuevo Intervalo = [1, 2]

x = 1− 1

f(2)− f(1)f(1) =

4

3

f(2) > 0, f(1) < 0, f(4

3) < 0

Nuevo Intervalo = [4

3, 2]

Problema 15 Escribir el pseudocódigo del algoritmo delmétodo de la Regula-falsi

Solución:

Algoritmo: Método de la Regula-falsivariables reales x,a,b,tolleer(a,b,tol)si (a> b) entoncesPRINT ’INTERVALO INCORRECTO’parar

finsisi (F(a)*F(b)> 0) entoncesPRINT ’NO HAY CAMBIO DE SIGNO EN EL

INTERVALO’parar

finsimientras (F(x)!=0 Y (b-a)>tol)x=a-F(a)*(b-a)/(F(b)-F(a))si((F(a)*F(x))<0) entoncesb=x

ademása=x

finsifin mientras_PRINT ’LA RAIZ ES’ xfin algoritmo

Problema 16 Calcular una iteración del método deNewton-Raphson para calcular un cero de la funciónf(x) = x3 − 3 partiendo de x0 = 1.

Solución:

x1 = 1−−23=5

3

Problema 17 (1 punto Calcular una iteración delmétodo de la secante para calcular un cero de la funciónf(x) = x3 − 3 partiendo de x0 = 0, x1 = 1

Solución:

x1 = 1−−2³

−2−(−3)1−0

´ = 3

Problema 18 Escribir pseudocódigo del algoritmo delmétodo de la Secante utilizando reales de doble precisión.Los datos de entrada son las aproximaciones iniciales x0,y x1, El número máximo de iteraciones N max, y la toler-ancia TOL para determinar la igualdad de dos números.

Solución:

Algoritmo: Método de la secantevariables reales x0,x1,x2,tolvariable entera Nmaxleer(a,b,tol,Nmax)si (x0==x1) entoncesPRINT ’LAS DOS APROXIMACIONES INI-

CIALES COINCIDEN’parar

finsipara k←− 1 hasta Nmax hacersi(ABS(x1-x0)< tol) entoncesPRINT *,’LA RAIZ DE LA FUNCION ES: ’,x1parar

finsisi(F(x1)==F(x0)) entoncesPRINT *,’METODO NO CONVERGE’parar

finsix2=x1-F(x1)*(x1-x0)/(F(x1)-F(x0))x0=x1x1=x2

fin paraPRINT *,’NUMERO MAXIMO DE ITERACIONES

EXCEDIDO’fin algoritmo

Problema 19 Calcular una iteración del método deMuller para calcular un cero de la función f(x) = x3 − 3partiendo de x0 = 1 (Calculando las derivadas de la fun-ción de forma exacta) y quedándonos con la raíz más cer-cana a x0.

Solución:

−2 + 3(x− 1) + 3(x− 1)2 = 0

x1 = 1 +−3 +

√33

6

Problema 20 Dado el polinomio P (x) = 2x3+3x2+4x+5. Evaluar el polinomio y su derivada en el punto x = 2,utilizando el algoritmo de Horner

5

Solución:

P (x) = ((2x+ 3)x+ 4)x+ 5

P (2) = ((7)2 + 4)2 + 5

P (2) = (18)2 + 5 = 41

P 0(x) = (2x+ 7)x+ 18

P 0(2) = (4 + 7)2 + 18 = 40

Problema 21 Calcular el número máximo de raíces pos-itivas y negativas del polinomio x5− 35x3+30x2+124x−120, y localizarlas en un intervalo.

Solución: Teniendo en cuenta que

1 +maxk=0,..,n−1 | ak |

| an |= 125

las raíces del polinomio están en el intervalo [−125, 125].Para calcular el número máximo de raíces positivas mi-ramos los cambios de signo de los coeficientes, en este casolos signos son:

+−++−por tanto el número de raíces positivas es 1 ó 3. Para esti-mar el número de raíces negativas cambiamos x por −x ymiramos los signos de los coeficientes que en este caso son:

−++−−

por tanto el número de raíces negativas son 0 ó 2.

Problema 22 Aislar en intervalos las raíces del poli-nomio P (x) = 20x3 − 45x2 + 30x− 1.

Solución: Teniendo en cuenta que en este caso

1 +maxk=0,..,n−1 | ak |

| an |= 1 +

45

20=65

20

todas las raíces están en el intervalo [−6520 ,6520 ]. Para ais-

lar las raíces calculamos los ceros de la derivada P 0(x) =60x2 − 90x + 30, dichas raíces son 1 y 1/2. Por otro ladotenemos

P (−6520) = −1260. 4

P (1

2) =

21

4P (1) = 4

P (65

20) = 307. 75

por tanto hay una única raíz en el intervalo [−6520 ,12 ].

Problema 23 Aislar en intervalos las raíces del poli-nomio P (x) = 2x3 + 3x2 − 12x+ 1

Solución:

P 0(x) = 6x2 + 6x− 12 raıces x = 1,−2

Intervalo Inicial [−7, 7]P (−7) = −454 P (−2) = 21 P (1) = −6 P (7) = 750.

Intervalos donde están las raíces:

[-7,-2] [-2,1] [1,7]

INTERPOLACION DE FUNCIONES I

Problema 24 Calcular el polinomio interpolador de La-grange P3(x) de la función f(x) = sen(x) en los puntos0, π2 , π y

3π2 .

Solución: Puesto que sen(0) = sen(π) = 0 sólo necesi-tamos los polinomios base de Lagrange centrados en π

2 y3π2 .

Pπ2(x) =

x (x− π)¡x− 3π

2

¢π2

¡π2 − π

¢ ¡π2 −

3π2

¢P 3π

2(x) =

x (x− π)¡x− π

2

¢3π2

¡3π2 − π

¢ ¡3π2 −

π2

¢Por tanto el polinomio interpolador es

P (x) = Pπ2(x)− P 3π

2(x)

Problema 25 Calcular la expresión del error interpo-lación al aproximar la función f(x) = sen(x) en el in-tervalo [0, 2π] interpolando en los puntos 0, π2 , π,

3π2 . y aco-

tarlo superiormente.

Solución: El error de interpolación viene dada por laexpresión:

f(x)− PN(x) =sen(ξ)

4!x³x− π

2

´(x− π)

µx− 3π

2

¶el valor máximo del sen(ξ) es 1. Por otro lado el valordonde alcanza el máximo el polinomio del error en [0, 2π]es x = 2π, por tanto la cota del error que obtenemos es

|f(x)− PN (x)| ≤1

4!2π³2π − π

2

´(2π − π)

µ2π − 3π

2

¶

Problema 26 Calcular el error máximo de interpolaciónen el intervalo [0, 1] al interpolar la función cos(x) en lospuntos dados por los polinomios de Chebyshev tomandoN = 5.

6

Solución: Según las fórmulas vistas en teoría el errorviene dado por la expresión:

| f(x)− PN (x) |≤maxx∈[a,b]

¯fN+1)(ξ)

¯(N + 1)!2N

µb− a

2

¶N+1en nuestro caso como N = 5 y la derivada sexta de cos(x)es − cos(x) cuyo máximo en valor absoluto es 1, obtenemos

| f(x)− PN (x) |≤1

6!25

µ1

2

¶6= 6. 78× 10−7

Problema 27 Interpolar la función f(x) = 10x2+1 en los

puntos x0 = −2, x1 = −1, x2 = 1, x3 = 2 utilizando lasdiferencias de Newton y evaluar el polinomio en x = 0utilizando el algoritmo de Horner.

Solución:−2→ 2

3-1 → 5 -1

0 01 → 5 -1

-32 → 2

P (x) = 2 + 3(x+ 2)− 1(x+ 2)(x+ 1) + 0(x+ 2)(x+1)(x− 1) = (−1(x+ 1) + 3)(x+ 2) + 2

P (0) = (−1(0 + 1) + 3)(0 + 2) + 2 = 6

Nota: Quitar paréntesis en P(x) y aplicar Horner sobreel polinomio resultante no es lo que pide el problema y porlo tanto está mal

Problema 28 Calcular el polinomio interpolador de La-grange P3(x) de la función f(x) = sen(x) en los puntos0, π2 , π y

3π2 utilizando las diferencias divididas de Newton.

Solución: Las diferencias divididas son: f [0] = 0, f [π2 ] =1, f [π] = 0, f [3π2 ] = −1,

f [0,π

2] =

2

π

f [π

2, π] = − 2

π

f [π,3π

2] = − 2

π

f [0,π

2, π] = − 4

π2

f [π

2, π,

3π

2] = 0

f [0,π

2, π,

3π

2] =

8

3π3

por tanto, el polinomio interpolador es

P (x) =2

πx− 4

π2x³x− π

2

´+

8

3π3x³x− π

2

´(x− π)

Problema 29 Calcular el polinomio interpolador de La-grange P3(x) de la función f(x) = 2x en los puntos0, 1, 3, 4 utilizando las diferencias divididas de Newton.Expresar el polinomio tomando en primer lugar x0 = 0,x1 = 1, x2 = 3 y x3 = 4, y en segundo lugar x0 = 4,x1 = 3, x2 = 1, y x3 = 0.

Solución: En el primer caso, las diferencias divididasson f [x0] = 1, f [x1] = 2, f [x2] = 8, f [x3] = 16.

f [x0, x1] = 1

f [x1, x2] = 3

f [x2, x3] = 8

f [x0, x1, x2] =2

3

f [x1, x2, x3] =5

3

f [x0, x1, x2, x3] =1

4

y el polinomio interpolador es:

P (x) = 1 + x+2

3x(x− 1) + 1

4x(x− 1)(x− 3)

Si tomamos ahora los puntos en orden inverso: f [x0] = 16,f [x1] = 8, f [x2] = 2, f [x3] = 1.

f [x0, x1] = 8

f [x1, x2] = 3

f [x2, x3] = 1

f [x0, x1, x2] =5

3

f [x1, x2, x3] =2

3

f [x0, x1, x2, x3] =1

4

El polinomio interpolador es:

P (x) = 16+8(x−4)+53(x−4)(x−3)+1

4(x−4)(x−3)(x−1)

como puede observarse, al cambiar el orden de los pun-tos de interpolación, el polinomio de Lagrange expresadoa través de las diferencias divididas cambia totalmente,salvo el último coeficiente 1

4 que es el mismo en ámbos ca-sos pues como se había demostrado en teoría el valor def [x0, x1, x2, x3] no depende del orden en que se toman lospuntos de interpolación.

Problema 30 Dada una función f(x), y una secuen-cia de valores xn, aproximar f(x) por la parábola quepasa por los puntos (xn−1, f(xn−1)) , (xn−2, f(xn−2)) y(xn−3, f(xn−3)), calcular posteriormente las derivadas delpolinomio, y comprobar que coinciden con las fórmu-las dadas en el método de Muller para el cálculo de lasderivadas f 00(xn−1) y f 0(xn−1).

7

Solución: Si utilizamos las diferencias divididas para in-terpolar obtenemos f [xn−1] = f(xn−1)

f [xn−1, xn−2] =f(xn−1)− f(xn−2)

xn−1 − xn−2

f [xn−2, xn−3] =f(xn−2)− f(xn−3)

xn−2 − xn−3

f [xn−1, xn−2, xn−3] =f [xn−1, xn−2]− f [xn−2, xn−3]

xn−1 − xn−3

El polinomio interpolador es

P (x) = f(xn−1) + f [xn−1, xn−2](x− xn−1)+

f [xn−1, xn−2, xn−3](x− xn−1)(x− xn−2)

por tanto

P 00(xn−1) = 2f [xn−1, xn−2, xn−3]

P 0(xn−1) = f [xn−1, xn−2] + f [xn−1, xn−2, xn−3](xn−1 −xn−2)

que corresponde a las fórmulas utilizadas por elmétodo de Muller.

Problema 31 Aproximar la función sen(x) en el inter-valo [0, π4 ] utilizando el desarrollo de Taylor, y calcular elvalor de n a partir del cual la aproximación es la mejorposible dentro de una aritmética de 32 bits.

Solución: El desarrollo de Taylor en 0 del sen(x) vienedado por:

sen(x) u Pn(x) = x− x3

3!+

x5

5!+ ....+ (−1)n x2n+1

(2n+ 1)!

y el error máximo cometido por el desarrollo de Taylor enun punto x ∈ [0, π4 ] es

| Pn(x)− sen(x) |≤ sen(π

4)(x)

2n+2

(2n+ 2)!

donde ξ ∈ [0, π4 ]. Para que la aproximación sea la mejordentro de una aritmética de 32 bits tiene que cumplirse

| Pn(x)− sen(x) |sen(x)

≤ 2−24 = 5. 96× 10−8

por otro lado, en el intervalo [0, π4 ] se verifica

sen¡π4

¢π4

x ≤ sen(x)

por tanto:

| Pn(x)− sen(x) |sen(x)

≤¡π4

¢2n+2(2n+ 2)!

para n = 4 se tiene que¡π4

¢2n+2(2n+ 2)!

= 2. 46× 10−8

por tanto n = 4 determina la mejor aproximación en unaaritmética de 32 bits.

Problema 32 Demostrar que utilizando relacionestrigonométricas es posible calcular las funciones sen(x)y cos(x) para cualquier x (en radianes), utilizandoúnicamente su valor en el intervalo [0, π8 ].

Solución: En teoría se demostró como se pueden definirel sen(x) y cos(x) para cualquier valor de x a partir desu definición en [0, π4 ], por tanto, en este problema sólotenemos que definir las funciones trigonométricas en [0, π4 ]a partir de su definición en [0, π8 ]. Basta tener en cuentalas relaciones:

cos[0,π4 ](x) =

(cos[0,π8 ](x) si x ≤ π

8

cos2[0,π8 ]¡x2

¢− sin2[0,π8 ]

¡x2

¢si x > π

8

sen[0,π4 ](x) =

½sen[0,π8 ](x) si x ≤ π

8

2 cos[0,π8 ]¡x2

¢sin[0,π8 ]

¡x2

¢si x > π

8

Problema 33 Calcular los polinomios necesarios para in-terpolar las funciones trigonométricas cos(x) y sen(x) enel intervalo [0, π8 ] en una aritmética de 32 bits

Solución: En primer lugar, la función cos(x) la desarrol-lamos por serie de Taylor como

cos(x) u Pn(x) = 1−x2

2!+

x4

4!+ ....+ (−1)n x2n

(2n)!

y el error máximo cometido por el desarrollo de Taylor enun punto x ∈ [0, π8 ] es

| Pn(x)− cos(x) |≤ sen(π

8)(x)

2n+1

(2n+ 1)!

donde ξ ∈ [0, π8 ]. Para que la aproximación sea la mejordentro de una aritmética de 32 bits tiene que cumplirse

| Pn(x)− cos(x) |cos(x)

≤ 2−24 = 5. 96× 10−8

por tanto:

| Pn(x)− cos(x) |cos(x)

≤ tan(π8)

¡π8

¢2n+1(2n+ 1)!

para n = 3 se tiene que

tan(π

8)

¡π8

¢2n+1(2n+ 1)!

= 1. 18 × 10−7

con lo cual ya estamos muy cerca de la precisión óptima.Para n = 4

tan(π

8)

¡π8

¢2n+1(2n+ 1)!

= 2. 53× 10−10

por tanto n = 4 determina la mejor aproximación enuna aritmética de 32 bits.

8

Análogamente, para la función sen(x) tenemos

sen(x) u Pn(x) = x− x3

3!+

x5

5!+ ....+ (−1)n x2n+1

(2n+ 1)!

y el error máximo cometido por el desarrollo de Taylor enun punto x ∈ [0, π4 ] es

| Pn(x)− sen(x) |≤ sen(π

8)(x)2n+2

(2n+ 2)!

donde ξ ∈ [0, π8 ]. Para que la aproximación sea la mejordentro de una aritmética de 32 bits tiene que cumplirse

| Pn(x)− sen(x) |sen(x)

≤ 2−24 = 5. 96× 10−8

por otro lado, en el intervalo [0, π8 ] se verifica

sen¡π8

¢π8

x ≤ sen(x)

por tanto:

| Pn(x)− sen(x) |sen(x)

≤¡π8

¢2n+2(2n+ 2)!

para n = 3 se tiene que¡π8

¢2n+2(2n+ 2)!

= 1. 402 679 863× 10−8

por tanto n = 3 determina la mejor aproximación en unaaritmética de 32 bits.

Problema 34 (1 puntos) Como se puede obtener la fun-ción yx, donde x, y son números reales, utilizando las fun-ciones ex y ln(x).

Solución: Se utiliza la equivalencia

yx = ex ln y

ANALISIS NUMERICO MATRICIAL I

Problema 35 Calcular el número de operaciones básicas(sumas, restas, multiplicaciones y divisiones) en funciónde la dimensión N necesarias para realizar un remontepara resolver un sistema A0u = b0 donde A0 es una matriztriangular superior.

Solución: Escribimos la matriz A0 de la siguiente manera,⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

a11 a12 · · · a1,n−2 a1,n−1 a1n0 a22 · · · a2,n−2 a2,n−1 a2n...

.... . .

......

...0 0 0 an−2,n−2 an−2,n−1 an−2,n0 0 0 0 an−1,n−1 an−1,n0 0 0 0 0 an,n

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

En el remonte se empiezan a calcular los ui de abajohacia arriba. Las operaciones que se realizan vienen dadaspor:

un =bnann

un−1 =bn−1−an−1,nun

an−1,n−1

un−2 =bn−2−(an−2,nun+an−2,n−1un−1)

an−2,n−2

un−3 =bn−3−(an−3,nun+an−3,n−1un−1+an−3,n−2un−2)

an−3,n−3...

En la siguiente tabla se muestra el número de opera-ciones que se realizan en cada iteración:

Sumas Multiplic. Divisiones Totaln− 1 n− 1 1 2n− 1...

......

...3 3 1 72 2 1 51 1 1 30 0 1 1

A partir de esta tabla podemos calcular el total deoperaciones sumando por columnas:

Sumas = 0 + 1 + 2 + 3 + . . .+ n− 1 = (n−1)n2

Multiplicac. = 0 + 1 + 2 + 3 + . . .+ n− 1 = (n−1)n2

Divisiones = 1 + 1 + 1 + 1 + . . .+ 1 = n

Total = 1 + 3 + 5 + 7 + . . .+ 2n− 1 =

= Sumas+Multiplicac.+Divisiones =

= (n−1)n2 + (n−1)n

2 + n = n2

El orden del algoritmo es entonces O(n2).

Problema 36 Resolver por el método de Gauss el sistemaµ−1 22 −1

¶µxy

¶=

µ30

¶Solución:µ

−1 22 −1

¶µxy

¶=

µ30

¶→µ

2 −1−1 2

¶µxy

¶=

µ03

¶→µ

2 −10 3

2

¶µxy

¶=

µ03

¶→ 3

2y = y → y = 2 →

x = 22 = 1

9

Problema 37 Calcular el número de operaciones básicasnecesarias para descomponer el sistema Au = b en el sis-tema A0u = b0 utilizando el método de Gauss, y teniendoen cuenta la siguiente relación

M−1Xk=1

k2 =1

3M3 − 1

2M2 +

1

6M

Solución:

A =

⎛⎜⎜⎜⎝a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...

.... . .

...an,1 an,2 · · · an,n

⎞⎟⎟⎟⎠En cada iteración se realizan las siguientes opera-

ciones:

Para cada iteración (i):

Para cada fila (j)

∗³aiiaii

´∗aj1 − ai1

³ajiaii

´. . . ajn − ain

³ajiaii

´En la primera iteración, este proceso se repite N − 1

veces (para las N − 1 j-filas inferiores). En la segunda, serepite N −2 veces, y así sucesivamente hasta la penúltimafila, en donde sólo se realiza una vez.

Iteración Fila Division. Multiplic. Sumas

1a

2a

3a

...na

11...1

nn...n

nn...n

2a

3a

4a

...na

11...1

n− 1n− 1...n− 1

n− 1n− 1...n− 1

......

......

...(n− 1)a na 1 2 2

A continuación obtenemos el total de operaciones encada iteración sumando por columnas:

1a Iteración:

Divisiones = 1 + 1 + . . .+ 1 = n− 1

Multiplicac. = n+ n+ . . .+ n = n(n− 1)

Sumas = n+ n+ . . .+ n = n(n− 1)

2a Iteración:

Divisiones = 1 + 1 + . . .+ 1 = n− 2

Multiplicac. = (n− 1) + (n− 1) + . . .+ (n− 1) =

=(n− 1)(n− 2)

Sumas = (n−1)+(n−1)+. . .+(n−1) = (n−1)(n−2)...

(n-1)a Iteración:

Divisiones = 1

Multiplicac. = 2

Sumas = 2

Total operaciones1:

Divisiones = (n−1)+(n−2)+(n−3)+. . .+1 = n(n−1)2

Multiplicac. = n(n− 1) + (n− 1)(n− 2) + . . .+ 2 =

=((n−1)+1)(n−1)+((n−2)+1)(n−2)+ . . . =

=(n− 1)2 + (n− 1) + (n− 2)2 + (n− 2) + . . . =

=2n3−3n2+n6 + (n−1)n

2 = n3−n3

Sumas = n(n− 1) + (n− 1)(n− 2) + . . .+ 2 = n3−n3

Total=Sumas+Multiplicac.+Divisiones =

= n3−n3 + n(n−1)

2 = 23n

3 + 12n

2 − 76n

El orden del algoritmo es entonces O(2n33 ).

Problema 38 Escribir el pseudocódigo del algoritmo dela funcion IDESCENSO(A, b, u, N) que resuelve un sis-tema donde A es una matriz triangular inferior, b es elvector de términos independientes, u el vector solución, Nes la dimensión del sistema La función devuelve 0 si ter-mina correctamente y 1 en caso contrario. Nota Impor-tante: Las líneas de código tienen que ir todas numeradasy no pueden superar las 12 lineas de instrucciones comomáximo.

Solución:

01 IDESCENSO(matriz real A,vector real b,vector realu,entero N)02 para variable entera I ← 0 hasta N-1 hacer03 si(A(I, I) == 0) entonces04 devolver 105 finsi06 u(I) = b(I)07 para variable entera J ← 0 hasta I − 1 hacer08 u(I) = u(I)−A(I, J) ∗ u(J)

11 + 22 + 32 + ...+ (n− 1)2 = 2n3−3n2+n6

1 0

09 fin mientras10 u(I) = u(I)/A(I, I)11 fin mientras12 devolver 0

Problema 39 Resolver por el método de Gauss el sigu-iente sistema de ecuaciones⎛⎝ 0 −1 2

−1 2 −12 −1 0

⎞⎠⎛⎝ u1u2u3

⎞⎠ =

⎛⎝ 101

⎞⎠Solución: Pasos en la descomposición por Gauss:

1. Intercambiamos la tercera fila con la primera:⎛⎝ 0 −1 2 1−1 2 −1 02 −1 0 1

⎞⎠−−−−→pivoteo

⎛⎝ 2 −1 0 1−1 2 −1 00 −1 2 1

⎞⎠2. Hacemos ceros en la primera columna³

filaj − fila1 · aj1a11; j > 1

´:⎛⎝ 2 −1 0 1

−1 2 −1 00 −1 2 1

⎞⎠ −−−→ceros

⎛⎝ 2 −1 0 10 3 −2 10 −1 2 1

⎞⎠3. Hacemos ceros en la segunda columna³

filaj − fila2 · aj1a11; j > 2

´:⎛⎝ 2 −1 0 1

0 3 −2 10 −1 2 1

⎞⎠ −−−→ceros

⎛⎝ 2 −1 0 10 3 −2 10 0 4 4

⎞⎠4. Realizamos el remonte, y obtenemos como solución:

u3 =44 = 1

u2 =1−2u3−1 = −1−1 = 1

u1 =1+u22 = 2

2 = 1

Problema 40 Demostrar que si A = B ·Bt (B triangularinferior) y |B| 6= 0, entonces A es simétrica y definidapositiva

Solución:Tenemos que demostrar, por una parte, queAt = A (A simétrica) y, por otra, que xtAx > 0 (A definidapositiva2).

1. Simétrica:

At = (B ·Bt)t= (B ·Bt)

t= (Bt)

tBt = B ·Bt = A

2Matriz definida positiva: ∀x 6= 0 =⇒ xtAx > 0.Esta es la definición formal. De forma práctica, se comprueba que losmenores principales de la matriz sean positivos. También se cumplesi todos sus autovalores son positivos: xtAx = xtλx = λxtx > 0.

2. Definida positiva:

Como |B| 6= 0, si Bx = 0 =⇒ x = 0

Una matriz se dice definida positiva si se cumple que

∀x 6= 0, xtAx > 0 =⇒

=⇒ xtAx = xtBBtx = (Btx)Btx =

= yty =P

y2i > 0

Problema 41 Descomponer la siguiente matriz A por elmétodo de Cholesky

A =

⎛⎝ 1 1 41 5 64 6 26

⎞⎠Solución: La descomposición por el método de Choleskytiene la forma siguiente:

A = B ·Bt,

donde la matriz B es triangular inferior.

B =

⎛⎝ b11 0 0b21 b22 0b31 b32 b33

⎞⎠

Bt =

⎛⎝ b11 b21 b310 b22 b320 0 b33

⎞⎠Cálculo de los elementos de la matriz B :

A = B ·Bt =

=

⎛⎝ b11 0 0b21 b22 0b31 b32 b33

⎞⎠⎛⎝ b11 b21 b310 b22 b320 0 b33

⎞⎠ =

=

⎛⎝ b211 b11b21 b11b31b11b21 b221 + b222 b21b31 + b22b32b11b31 b21b31 + b22b32 b231 + b232 + b233

⎞⎠Igualamos los elementos de la matriz anterior con los

elementos de la matriz A y se obtienen los siguientes re-sultados:

b211 = 1

b11 = 1

b11b21 = 1

b21 =1b11= 1

b11b31 = 4

b31 =4b11= 4

1 1

b221 + b222 = 5

b22 = ±p(5− b221) =

p(4) = 2

b21b31 + b22b32=6

b32 =6−b21b31

b22= 6−4

2 = 1

b231 + b232 + b233 = 26

b33 =p(26− b231 − b232) =

p(26− 16− 12) = 3

La descomposición queda de la siguiente manera:

A = B ·Bt =

=

⎛⎝ 1 0 01 2 04 1 3

⎞⎠⎛⎝ 1 1 40 2 10 0 3

⎞⎠

Problema 42 Calcular el número de operaciones nece-sarias para resolver un sistema por el método de Cholesky.

Solución: Las operaciones que se realizan en cada it-eración vienen dadas por:

Iteracion Operaciones

i = 1

j = 1 : b11 =√a11

j = 2 : b21 =a21b11

...j = n : bn1 =

an1b11

i = 2

j = 2 : b22 =pa22 − b221

j = 3 : b32 =a32−b21b31

b22...j = n : bn2 =

an2−b21bn1b22

......

i = n j = n : bnn =qann −

¡b2n1 + . . .+ b2n,n−1

¢

En la siguiente tabla se muestra de forma esquemati-zada, el número de operaciones en cada iteración:

Iteracion Sumas Multiplic. Divisiones

i = 1

00...0

00...0

01...1

n−1

i = 2

11...1

n−1

11...1

n−1

01...1

n−2

i = 3

22...2

2(n−2)

22...2

2(n−2)

01...1

n−3...

......

...i = n n− 1 n− 1 0

El total de operaciones se obtiene sumando los totalesparciales de la tabla anterior:

Sumas =Multiplicac. =

= (n− 1)+ 2 (n− 2)+ 3(n− 3)+ . . .+(n− 1) =

=Pn−1

i=1 i(n− i) = n3−n6

Divisiones = (n− 1) + (n− 2) + (n− 3) + . . .+ 1 =

=Pn−1

i=1 i = n(n−1)2

El resultado final es:

Total=Sumas+Multiplicac.+Divisiones =

= 2n3−n6 + n(n−1)

2 = 13n

3 − 56n+

12n

2

El orden del algoritmo es O³n3

3

´Problema 43 Demostrar que a partir de un método pararesolver sistemas de ecuaciones se puede construir deforma inmediata un método para calcular la inversa A−1

de una matriz A.

Solución:

AA−1 = Id =

⎛⎜⎜⎜⎝1 0 · · · 00 1 · · · 0......

. . ....

0 0 · · · 1

⎞⎟⎟⎟⎠Si expresamos la matriz inversa de la siguiente man-

era:

12

A

⎛⎜⎜⎜⎝c11 c12 · · · c1nc21 c22 · · · c2n...

.... . .

...cn1 cn2 · · · cnn

⎞⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎜⎝1 0 · · · 00 1 · · · 0......

. . ....

0 0 · · · 1

⎞⎟⎟⎟⎠ ,

se pueden calcular las columnas de esa matriz a partir deN sistemas de ecuaciones de la siguiente forma:

A

⎛⎜⎜⎜⎝c11c21...

cn1

⎞⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎜⎝10...0

⎞⎟⎟⎟⎠

A

⎛⎜⎜⎜⎝c12c22...

cn2

⎞⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎜⎝01...0

⎞⎟⎟⎟⎠...

A

⎛⎜⎜⎜⎝c1nc2n...

cnn

⎞⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎜⎝00...1

⎞⎟⎟⎟⎠ , c.q.d.

Problema 44 Demostrar el algoritmo de Crout para de-scomponer matrices tridiagonales.

Solución: Consideremos la matriz tridiagonal siguiente:

A =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝a1 b1 0 · · · 0c1 a2 b2 · · · 00 c2 a3 b3 0...

......

. . . bn−10 0 0 cn−1 an

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠La descomposición por el método de Crout genera dos

matrices de la forma:

A =

⎛⎜⎜⎝l1 0 . 0m1 l2 . 00 . . 00 . mn−1 ln

⎞⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎝1 u1 . 00 1 . 00 . . un−10 . 0 1

⎞⎟⎟⎠ =

=

⎛⎜⎜⎝l1 l1u1 0 . 0m1 m1u1 + l2 l2u2 . 00 . . . ln−1un−10 0 . mn−1 mn−1un−1 + ln

⎞⎟⎟⎠Igualando ambas matrices y despejando los elementos

li, ui y mi,

l1u1 = b1

l1 = a1,u1 =b1l1,m1 = c1

m1u1 + l2 = a2

l2u2 = b2

l2 = a2 −m1u1,u2 =b2l2,m2 = c2

...mn−2un−2 + ln−1 = an−1

ln−1un−1 = bn−1

ln−1 = an−1 −mn−2un−2,un−1 =bn−1ln−1

,mn−1 = cn−1

mn−1un−1 + ln = an

ln = an −mn−1un−1

El algoritmo queda de la siguiente manera:

l1 = a1u1 =

b1l1

Para i = 2, . . . , n− 1mi−1 = ci−1li = ai −mi−1ui−1ui =

bili

Fin Paramn−1 = cn−1ln = an −mn−1un−1

Problema 45 Resolver utilizando el método de Crout elsiguiente sistema de ecuaciones⎛⎝ 2 4 0

−1 0 40 −1 0

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

⎛⎝ 63−1

⎞⎠

Solución: Aplicando el algoritmo del problema anterior,obtenemos los siguientes resultados:

i=1

l1 = 2

u1 =42 = 2

i=2

m1 = −1

l2 = 0− 2 (−1) = 2

u2 =42 = 2

i=3

m2 = −1

l3 = 0− 2 (−1) = 2

1 3

Sustituyendo estos valores en las matrices de Crout,la descomposición queda:

A = L · U =

⎛⎝ 2 0 0−1 2 00 −1 2

⎞⎠ ·⎛⎝ 1 2 00 1 20 0 1

⎞⎠Para resolver el sistema, se tiene en cuenta lo sigu-

iente:

Ax = b

LUx = b (Ux = y)

y nos queda un sistema de la forma:

Ly = b

Calculamos el valor de y a partir del sistema anterior:⎛⎝ 2 0 0−1 2 00 −1 2

⎞⎠⎛⎝ y1y2y3

⎞⎠ =

⎛⎝ 63−1

⎞⎠ ,

aplicando un algoritmo de descenso,⎛⎝ y1y2y3

⎞⎠ =

⎛⎝ 62

3+y12−1+y22

⎞⎠ =

⎛⎝ 331

⎞⎠Calculamos el vector x por remonte:

Ux = y⎛⎝ 1 2 00 1 20 0 1

⎞⎠⎛⎝ x1x2x3

⎞⎠ =

⎛⎝ 331

⎞⎠⎛⎝ x1

x2x3

⎞⎠ =

⎛⎝ 3− 2x23− 2x31

⎞⎠ =

⎛⎝ 111

⎞⎠quedándonos la solución final x =

¡1 1 1

¢Problema 46 Calcular el número de operaciones nece-sarias para resolver un sistema tridiagonal por el métodode Crout.

Solución: Las operaciones que se realizan en cada it-eración vienen dadas por:

Iteracion Operaciones

i = 1 l1 = a1;u1 =b1l1

i = 2 m1 = c1; l2 = a2 −m1u1;u2 =b2l2

......

i = n ln = an −mn−1un−1

En la siguiente tabla se muestra el número de op-eraciones en cada iteración:

Iteracion Sumas Multiplic. Divisionesi = 1 0 0 1i = 2 1 1 1i = 3 1 1 1...

......

...i = n 1 1 0

El total de operaciones se obtiene de la tabla anteriorcomo:

Sumas =Multiplicac. = Divisiones =

= 1 + 1 + . . .+ 1 = (n− 1)

Total=Sumas+Multiplicac.+Divisiones =

= 3 (n− 1)

El orden del algoritmo es O (3n)

DIFERENCIACION E INTEGRACIONNUMERICA

Problema 47 Calcular analíticamente y numéricamentela matriz gradiente en el punto (1, 1) (utilizar h = 0.1) dela función:

f(x, y) =

½x2 + y2 − 1

x− y

Solución:

Analíticamente

∇f(x, y) =µ2x 2y1 −1

¶→∇f(1, 1) =

µ2 21 −1

¶

Numéricamente, si llamamos f1(x, y) = x2 + y2 − 1 yf2(x, y) = x−y, entonces aplicando las máscaras vistas enteoría tenemos

f1(x, y) = x− y

∂f1(1,1)∂x =1

4(0.1)

¡2−√2¢(f1(1 + 0.1, 1− 0.1)− f1(1− 0.1, 1− 0.1))+

14(0.1)

¡2−√2¢(f1(1 + 0.1, 1 + 0.1)− f1(1− 0.1, 1 + 0.1))+

14(0.1)2

¡√2− 1

¢(f1(1 + 0.1, 1)− f1(1− 0.1, 1)) =

0.585 79 + 0.585 79 + 0.828 43 = 2.0

∂f1(1,1)∂y =1

4(0.1)

¡2−√2¢(f1(1− 0.1, 1 + 0.1)− f1(1− 0.1, 1− 0.1))+

14(0.1)

¡2−√2¢(f1(1 + 0.1, 1 + 0.1)− f1(1 + 0.1, 1− 0.1))+

14(0.1)2

¡√2− 1

¢(f1(1, 1 + 0.1)− f1(1, 1− 0.1)) =

1 4

0.585 79 + 0.585 79 + 0.828 43 = 2.0

De la misma forma, para f2(x, y) tenemos

∂f2(1,1)∂x =1

4(0.1)

¡2−√2¢(f2(1 + 0.1, 1− 0.1)− f2(1− 0.1, 1− 0.1))+

14(0.1)

¡2−√2¢(f2(1 + 0.1, 1 + 0.1)− f2(1− 0.1, 1 + 0.1))+

14(0.1)2

¡√2− 1

¢(f2(1 + 0.1, 1)− f2(1− 0.1, 1)) =

0.292 89 + 0.292 89 + 0.414 21 = 1

∂f2(1,1)∂y =1

4(0.1)

¡2−√2¢(f2(1− 0.1, 1 + 0.1)− f2(1− 0.1, 1− 0.1))+

14(0.1)

¡2−√2¢(f2(1 + 0.1, 1 + 0.1)− f2(1 + 0.1, 1− 0.1))+

14(0.1)2

¡√2− 1

¢(f2(1, 1 + 0.1)− f2(1, 1− 0.1)) =

0.292 89 + 0.292 89 + 0.414 21 = 1

Con lo cual, en este caso la matriz gradiente calculadanuméricamente coincide con la calculada analíticamente.→

∇f(1, 1) =µ2 21 −1

¶Problema 48 Dados 3 puntos distintos xl, xi, xrdemostrar que la fórmula:

f 0(xi) ≈(xi − xl)

f(xr)−f(xi)xr−xi + (xr − xi)

f(xi)−f(xl)xi−xl

xr − xl

aproxima la derivada de f 0(xi) con un orden de aproxi-mación de 2.

Solución: Evaluamos el desarrollo de Taylor de la funciónen los puntos xr, xl :

f (xl) = f(xi) + f 0(xi)(xl − xi)+

+f 00(xi)2! (xl − xi)

2 + f 000(xi)3! (xl − xi)

3

f (xr) = f(xi) + f 0(xi)(xr − xi)+

+f 00(xi)2! (xr − xi)

2 + f 000(xi)3! (xr − xi)

3

(xr − xi)f(xl)−f(xi)(xl−xi) = (xr − xi)[f

0(xi)+

+f 00(xi)2! (xl − xi) +

f 000(xi)3! (xl − xi)

2]

(xi − xl)f(xi)−f(xr)(xi−xr) = (xi − xl)[f

0(xi)+

+f 00(xi)2! (xr − xi) +

f 000(xi)3! (xr − xi)

2]

Sumamos las expresiones anteriores y nos queda:

(xr − xi)f(xl)−f(xi)(xl−xi) + (xi − xl)

f(xr)−f(xi)(xr−xi) =

= (xr − xi)f0(xi) + (xi − xl)f

0(xi)+

+f 00(xi)2! (xi − xl)(xr − xi)+

+f 00(xi)2! (xr − xi)(xl − xi)+

+f 000(xi)3! (xr − xi)(xl − xi)

2+

+f 000(xi)3! (xi − xl)(xr − xi)

2

Agrupamos por las derivadas de la función:

(xr − xi)f(xl)−f(xi)(xl−xi) + (xi − xl)

f(xr)−f(xi)(xr−xi) =

= (xr − xl)f0(xi) +

f 00(xi)2! · 0+

+f 000(xi)3! (xr − xi)(xl − xi) ((xl − xi)− (xr − xi))

El término de la tercera derivada nos da el orden dela fórmula:

(xr − xl)f0(xi) = (xr − xi)

f(xl)−f(xi)(xl−xi) +

+(xi − xl)f(xr)−f(xi)(xr−xi) +O(h3)

f 0(xi) ≈(xi−xl) f(xr)−f(xi)xr−xi

+(xr−xi) f(xi)−f(xl)xi−xlxr−xl +O(h2)

Problema 49 Dados 3 puntos distintos xl, xi, xr calcularel polinomio de Lagrange que interpola a f(x) en esos 3puntos, calcular la derivada de ese polinomio en xi y com-probar que da la misma fórmula que la presentada en elproblema anterior.

Solución: El polinomio de Lagrange es:

f (x) = (x−xr)(x−xl)(xi−xr)(xi−xl)f (xi) +

(x−xi)(x−xl)(xr−xi)(xr−xl)f (xr)+

+ (x−xi)(x−xr)(xl−xi)(xl−xr)f (xl)

Derivamos la expresión anterior y obtenemos:

f 0 (x) = (x−xl)+(x−xr)(xi−xr)(xi−xl)f (xi) +

(x−xl)+(x−xi)(xr−xi)(xr−xl)f (xr)+

+ (x−xr)+(x−xi)(xl−xi)(xl−xr)f (xl)

Evaluamos la derivada en el punto xi y desarrollamoshasta obtener el resultado:

f 0 (xi) =(xi−xl)+(xi−xr)(xi−xr)(xi−xl) f (xi)+

+ (xi−xl)+(xi−xi)(xr−xi)(xr−xl) f (xr) +

(xi−xr)+(xi−xi)(xl−xi)(xl−xr) f (xl)

f 0 (xi) =f(xi)(xi−xr) +

f(xi)(xi−xl) +

(xi−xl)f(xr)(xr−xi)(xr−xl)+

+ (xi−xr)f(xl)(xl−xi)(xl−xr)

extraemos el factor (xr − xl),

(xr − xl) f0 (xi) =

(xr−xl)f(xi)(xi−xr) + (xr−xl)f(xi)

(xi−xl) +

1 5

+ (xi−xl)f(xr)(xr−xi) − (xi−xr)f(xl)

(xl−xi)

(xr − xl) f0 (xi) =

−xrf(xi)+xlf(xi)(xr−xi) + xrf(xi)−xlf(xi)

(xi−xl) +

+ (xi−xl)f(xr)(xr−xi) − (xr−xi)f(xl)

(xi−xl)

agrupamos términos,

(xr − xl) f0 (xi) =

³(xi−xl)f(xr)(xr−xi) − (xi−xl)f(xi)

(xr−xi)

´+

+³(xr−xi)f(xi)(xi−xl) − (xr−xi)f(xl)

(xi−xl)

´+ xif(xi)

(xr−xi)

− xrf(xi)(xr−xi) +

xif(xi)(xi−xl) −

xlf(xi)(xi−xl)

(xr − xl) f0 (xi) =

(xi−xl)(f(xr)−f(xi))(xr−xi) +

+ (xr−xi)(f(xi)−f(xl))(xi−xl) + xif(xi)

(xr−xi) −xrf(xi)(xr−xi)+

+ xif(xi)(xi−xl) −

xlf(xi)(xi−xl)

(xr − xl) f0 (xi) =

(xi−xl)(f(xr)−f(xi))(xr−xi) +

+ (xr−xi)(f(xi)−f(xl))(xi−xl) +

+xif(xi)(xi−xl)−xrf(xi)(xi−xl)(xr−xi)(xi−xl) +

+xif(xi)(xr−xi)−xlf(xi)(xr−xi)(xr−xi)(xi−xl)

simplificando,

f 0 (xi) =

(xi−xl)(f(xr)−f(xi))(xr−xi)

+(xr−xi)(f(xi)−f(xl))

(xi−xl)(xr−xl)

Problema 50 Calcular una aproximación de la derivadatercera f 000(xi) de una función f(x) en un punto xi, uti-lizando f(xi), f(xi + h), f(xi − h), f(xi − 2h)

Solución:a→ f(xi+ h) = f(xi)+ hf 0(xi)+

h2

2 f00(xi)+

h3

6 f000(xi)+

O(h4)

1. b → f(xi − h) = f(xi) − hf 0(xi) +h2

2 f00(xi) −

h3

6 f000(xi) +O(h4)

c → f(xi − 2h) = f(xi) − 2hf 0(xi) + 2h2f 00(xi) −4h3

3 f 000(xi) +O(h4)

Sistema:

⎛⎝ a− b− 2c = 0a2 +

b2 + 2c = 0

a6 −

b6 −

4c3 = 1

⎞⎠ Solución: a =

1, b = 3, c = −1.

f 000(xi) =af(xi+h)+bf(xi−h)+cf(xi−2h)−(a+b+c)f(xi)

h3 =f(xi+h)+3f(xi−h)−f(xi−2h)−3f(xi)

h3 +O(h)

Problema 51 Dados 3 puntos. Demostrar que la fórmula

f 00(xi) ≈ 2f(xr)−f(xi)

xr−xi − f(xi)−f(xl)xi−xl

xr − xl

aproxima la derivada segunda de f(x) en xi con un ordende aproximación de 1.

Solución: Desarrollo de Taylor de la función en el puntoxi y evaluación en xr y xl:

f (xr) ≈ f (xi) + f 0 (xi) (xr − xi)+

+f 00(xi)2! (xr − xi)

2+ f 000(xi)

3! (xr − xi)3

f (xl) ≈ f (xi) + f 0 (xi) (xl − xi)+

+f 00(xi)2! (xl − xi)

2+ f 000(xi)

3! (xl − xi)3

Extraemos en ambas ecuaciones:

f(xr)−f(xi)(xr−xi) ≈ f 0 (xi) +

f 00(xi)2! (xr − xi)+

+f 000(xi)3! (xr − xi)

2

f(xl)−f(xi)(xl−xi) ≈ f 0 (xi) +

f 00(xi)2! (xl − xi)+

+f 000(xi)3! (xl − xi)

2

Restamos las expresiones anteriores:

f(xr)−f(xi)(xr−xi) − f(xi)−f(xl)

(xi−xl) ≈ f 00(xi)2! (xr − xl)+

+f 000(xi)3!

³(xr − xi)

2 − (xl − xi)2´

Despejamos la segunda derivada y obtenemos:

f 00 (xi) ≈ 2f(xr)−f(xi)(xr−xi)

− f(xi)−f(xl)(xi−xl)

xr−xl −

−2f000(xr)

3! ((xr−xi)2−(xl−xi)2)xr−xl

f 00 (xi) ≈ 2f(xr)−f(xi)(xr−xi)

− f(xi)−f(xl)(xi−xl)

xr−xl +O(h)

Problema 52 Considerar en el problema anterior quexl = xi−h, y xr = xi+h. Deducir como queda la fórmulaanterior para aproximar la derivada segunda, y demostrarque en este caso el orden de aproximación es 2.

Solución: Sustituyendo xl = xi − h, y xr = xi + h,tenemos:

f 00 (xi) ≈ 2f(xr)−f(xi)(xi+h−xi)

− f(xi)−f(xl)(xi−xi+h)

xi+h−xi+h =

=f(xr)−f(xi)

h − f(xi)−f(xl)h

h =

1 6

= f(xr)−f(xi)−f(xi)−f(xl)h2 − f 000(xi)

3! (h− h) +O(h2) =

= f(xr)−2f(xi)−f(xl)h2 +O(h2)

La aproximación de la segunda derivada queda de laforma,

f 00 (xi) ≈f (xr)− 2f (xi)− f (xl)

h2

Problema 53 Dados 3 puntos xl < xi < xr calcular elpolinomio de Lagrange que interpola a f(x) en esos 3 pun-tos, calcular la derivada segunda de ese polinomio en xiy comprobar que da la misma fórmula que utilizando losdesarrollos de Taylor.

Solución: Por las diferencias divididas de Newton obten-emos lo siguiente:

xl → f (xl)xi → f (xi)

Àf(xi)−f(xl)

xi−xl

xr → f (xr)

Àf(xr)−f(xi)

xr−xi

+f(xr)−f(xi)

xr−xi − f(xi)−f(xl)xi−xl

xr − xl

Polinomio de Lagrange:

P (x) ' f(xl) +f(xi)−f(xl)

xi−xl (x− xl)+

+f(xr)−f(xi)

xr−xi− f(xi)−f(xl)

xi−xlxr−xl (x− xl) (x− xi)

Derivamos el polinomio:

P 0 (x) ' f(xi)−f(xl)xi−xl +

f(xr)−f(xi)xr−xi

− f(xi)−f(xl)xi−xl

xr−xl (x− xl)+

+f(xr)−f(xi)

xr−xi− f(xi)−f(xl)

xi−xlxr−xl (x− xi)

Calculamos la segunda derivada, obteniendo:

P 00 (x) ' 2f(xr)−f(xi)

xr−xi− f(xi)−f(xl)

xi−xlxr−xl , c.q.d.

Problema 54 Calcular una aproximación de la derivadaprimera y segunda de una función f(x) en x = 0, teniendoen cuenta que f(0) = 1, f(1) = 0, f(4) = 9

Solución:

f 0(xi) ≈(xi−xl) f(xr)−f(xi)xr−xi

+(xr−xi) f(xi)−f(xl)xi−xlxr−xl =

=(0−1) f(4)−f(0)4−0 +(4−0) f(0)−f(1)0−1

4−1 =

=− 9−1

4 +4 1−0−13 = −2−43

= −63 = −2

f 00 (xi) ≈ 2f(xr)−f(xi)(xr−xi)

− f(xi)−f(xl)(xi−xl)

xr−xl =

= 29−1(4−0)−

1−0(0−1)

4−1 = 22+13 = 2

Problema 55 Demostrar, utilizando el desarrollo deTaylor, que las siguientes expresiones son discretizacionesdel laplaciano:

∆F =Fi+1,j+1 + Fi−1,j+1 + Fi−1,j−1 + Fi+1,j−1 − 4Fi,j

2h2

∆F =Fi+1,j + Fi−1,j + Fi,j+1 + Fi,j−1 − 4Fi,j

h2

Solución: A partir del desarrollo de Taylor de la funciónF , se obtiene lo siguiente:

F (x+ h, y + h) = F (x, y) + hFx + hFy+

+12h

2 (Fxx + 2Fxy + Fyy)

F (x− h, y − h) = F (x, y)− hFx − hFy+

+12h

2 (Fxx + 2Fxy + Fyy)

F (x− h, y + h) = F (x, y)− hFx + hFy+

+12h

2 (Fxx − 2Fxy + Fyy)

F (x+ h, y − h) = F (x, y) + hFx − hFy+

+12h

2 (Fxx − 2Fxy + Fyy)

Sumamos estas cuatro ecuaciones,

F (x+ h, y + h)+F (x− h, y − h)+F (x− h, y + h)+

+F (x+ h, y − h) = 4F (x, y) + 2h2 (Fxx + Fyy)

Fxx + Fyy =

= F (x+h,y+h)+F (x−h,y−h)+F (x−h,y+h)+F (x+h,y−h)−4F (x,y)2h2 ,

discretizando se obtiene el resultado esperado,

∆F =Fi+1,j+1 + Fi−1,j+1 + Fi−1,j−1 + Fi+1,j−1 − 4Fi,j

2h2

Para demostrar la segunda igualdad, tomamos lassiguientes ecuaciones:

F (x+ h, y) = F (x, y) + hFx +h2

2 Fxx

F (x− h, y) = F (x, y)− hFx +h2

2 Fxx

F (x, y + h) = F (x, y) + hFy +h2

2 Fyy

F (x, y − h) = F (x, y)− hFy +h2

2 Fyy

Sumamos estas expresiones y obtenemos:

F (x+ h, y) + F (x− h, y) + F (x, y + h)+

+F (x, y − h) = 4F (x, y) + h2Fxx + h2Fyy

Fxx + Fyy =

F (x+h,y)+F (x−h,y)+F (x,y+h)+F (x,y−h)−4F (x,y)h2 ,

discretizando

∆F =Fi+1,j + Fi−1,j + Fi,j+1 + Fi,j−1 − 4Fi,j

h2

1 7

Problema 56 Calcular una aproximación del lapla-ciano de una función F (x, y) en el punto (x, y) =(0, 0) conociendo los siguientes valores: F (0, 0) = 0,F (12 , 0) =

14 , F (−

12 , 0) =

14 , F (0,

12) =

14 , F (0,−

12 ) =

14 ,

F (12 ,12) =

12 , F (−

12 ,−

12) =

12 , F (−

12 ,

12 ) =

12 , F (

12 ,−

12) =

12

Solución: Si representamos estos valores en una tabla,obtenemos lo siguiente:

12

14

12

14 0 1

412

14

12

El valor de h es 12 .Aproximamos el laplaciano promediando las dos ex-

presiones del ejercicio anterior. Si no realizáramos estepromediado, no se tendrían en cuenta todos los valores dela función.

∆F = γFi+1,j+1+Fi−1,j+1+Fi−1,j−1+Fi+1,j−1−4Fi,j

2h2 +

+(1− γ)Fi+1,j+Fi−1,j+Fi,j+1+Fi,j−1−4Fi,j

h2 ,

γ = 23

∆F (0, 0) = 23

12+

12+

12+

12

2 14+¡1− 2

3

¢ 14+

14+

14+

14

14

=

= 83 +

43 = 4

Problema 57 Demostrar que las máscaras

Fx =1

4h

−¡2−√2¢

0¡2−√2¢

−2¡√2− 1

¢0 2

¡√2− 1

¢−¡2−√2¢

0¡2−√2¢

Fy =1

4h

−¡2−√2¢−2¡√2− 1

¢−¡2−√2¢

0 0 0¡2−√2¢

2¡√2− 1

¢ ¡2−√2¢

dan lugar a una discretización del gradiente tal que sunorma euclídea es invariante por rotaciones de 45 grados.

Solución: Procedemos de la misma forma que al calcularel valor de γ en el caso del laplaciano.

Consideramos una función que tiene los siguientes val-ores en un entorno de un punto (hi0, hj0) :

1 1 10 0 00 0 0

Calculamos el valor del gradiente en el punto centralde la siguiente manera:

Fx = γ 02h + (1− γ) 0

4h = 0

Fy = (1− γ) −12h + γ−24h = −12γh −

121−γh = − 1

2h

∇1F (hi0, hj0) = (Fx, Fy) =¡− 12h , 0

¢Rotamos la función anterior 45o :

1 1 01 0 00 0 0

y calculamos su gradiente:

Fx = (1− γ) −12h + γ−14h = −121−γh −

14γh =

14γ−2h

Fy = (1− γ) −12h + γ−14h = −121−γh −

14γh =

14γ−2h

∇2F (hi0, hj0) = (Fx, Fy) = 14γ−2h (1, 1)

Calculamos las normas de los gradientes e igualamos:

k∇1F (hi0, hj0)k = k∇2F (hi0, hj0)k

12h =

q2¡14γ−2h

¢212h =

14h

√2 |γ − 2|(

2√2= − (γ − 2)→ γ = 2−

√2

2√2= (γ − 2)→ γ = 2 +

√2

La solución válida es γ = 2−√2, ya que el gradiente

∇2F debe ser negativo en sus dos derivadas.

Sustituyendo este valor en las expresiones de Fx, Fytenemos:

Fx = (1− γ)Fi+1,j−Fi−1,j

2h +

+γFi+1,j+1−Fi−1,j+1+Fi+1,j−1−Fi−1,j−1

4h =

= 2¡√2− 1

¢ Fi+1,j−Fi−1,j4h +

+¡2−√2¢ Fi+1,j+1−Fi−1,j+1+Fi+1,j−1−Fi−1,j−1

4h

Fy = (1− γ)Fi,j+1−Fi,j−1

2h +

+γFi+1,j+1−Fi+1,j−1+Fi−1,j+1−Fi−1,j−1

4h =

= 2¡√2− 1

¢ Fi,j+1−Fi,j−14h +

+¡2−√2¢ Fi+1,j+1−Fi+1,j−1+Fi−1,j+1−Fi−1,j−1

4h ,

cuyas máscaras son las que se muestran en el enunciadodel problema.

Problema 58 Calcular una aproximación del gradi-ente de una función F (x, y) en el punto (x, y) =(0, 0) conociendo los siguientes valores: F (0, 0) = 0,F (12 , 0) =

12 , F (−

12 , 0) = −

12 , F (0,

12) = −

12 , F (0,−

12) =

1 8

12 , F ( 12 ,

12) = 0, F (−12 ,−

12) = 0, F (−12 ,

12) = −1,

F (12 ,−12) = 1

Solución: Los valores de la función en una tabla quedande la siguiente manera:

0 12 1

−12 0 1

2

−1 −12 0

Sustituimos estos valores en las derivadas de la fun-ción:

Fx = 2¡√2− 1

¢ Fi+1,j−Fi−1,j4h +

+¡2−√2¢ Fi+1,j+1−Fi−1,j+1+Fi+1,j−1−Fi−1,j−1

4h =

= 2¡√2− 1

¢ 12+

12

4h +¡2−√2¢1+14h =

= 12

√2−1h + 1

22−√2

h = 12h

Fy = 2¡√2− 1

¢ Fi,j+1−Fi,j−14h +

+¡2−√2¢ Fi+1,j+1−Fi+1,j−1+Fi−1,j+1−Fi−1,j−1

4h =

= 2¡√2− 1

¢ −12 −

12

4h +¡2−√2¢ −1−1

4h =

= −12√2−1h − 1

22−√2

h = − 12h

y obtenemos el valor del gradiente:

∇F =µ

FxFy

¶=

µ12h− 12h

¶=

µ1−1

¶Este vector nos da la dirección de máximo ascenso,

que en este caso será en diagonal hacia arriba a la derecha.

Problema 59 Aproximar el valor de la siguiente integral,utilizando las fórmulas de Legendre para n = 2 y n = 3Z 1

−1

¡x3 − x4

¢dx

Cual es el valor exacto de la integral?

Solución:R 1−1¡x3 − x4

¢dx '

NPk=0

wkP (xk)

P (x) =¡x3 − x4

¢1. n = 2

2Pk=1

wkP (xk) =

= 1 · P (0.5773502692 + 1 · P (−0.5773502692) =

= −. 222 22

2. n = 3

3Pk=1

wkP (xk) =

= 0.55555555555 · P (0.7745966692)+

+0.88888888 · P (0)+

+0.55555555555 · P (−0.7745966692) =

= −. 4

El valor exacto de la integral esR 1−1¡x3 − x4

¢dx =

−25 = −. 4, que coincide con el valor del segundo caso. Lafórmula de integración numérica es exacta hasta el orden2n − 1, que en el segundo caso es equivalente a 5, con loque ya se sabía que el valor obtenido sería exacto.

Problema 60 Se considera para el intervalo [−1, 1], lospuntos x0 = −0.5, x1 = 0 y x2 = 0.5 y los pesos w0 =w1 = w2 = 2/3. Estos puntos y estos pesos se utilizanpara aproximar la integral de una función en [−1, 1]. Usaresta fórmula de integración para calcular númericamentela siguiente integral y compararla con el resultado análitico(exacto). Z π

2

−π2

cos(x)dx

Solución:

1.R π

2

−π2cos(x)dx = sin(x)]

π2

−π2= 1− (−1) = 2

R π2

−π2cos(x)dx =

R 1−1 cos(

π2 t)

π2 dt =

23π2 cos

¡−π4

¢+

23π2 cos (0) +

23π2 cos

¡π4

¢= 1

3

√2π + 1

3π = 2. 528 2

Problema 61 Encontrar cual sería la fórmula de inte-gración numérica en el intervalo [−1, 1] utilizando un sólopunto de interpolación, y de tal manera que sea exactapara polinomios de grado 1

Solución: La fórmula que usa un único punto se puedeexpresar como Z 1

−1f (x) dx ' w0 · f (x0)

Vamos a imponer que se exacta para los polinomios f(x) =1 y f(x) = xZ 1

−11dx = 2 = w0 · f (x0) = w0 → w0 = 2

1 9

Z 1

−1xdx = 0 = w0 · f (x0) = w0 · x0 → x0 = 0

Por lo tanto, la fórmula de integración numérica de Legen-dre es: Z 1

−1f (x) dx ' 2 · f (0) ,

Problema 62 A partir de los ceros y de los pesos aso-ciados a los polinomios de Legendre, y dado un intervalo[a, b] cualquiera, encontrar los puntos xk, y los pesos wk

que hacen exacta hasta el orden 2N − 1 una fórmula deintegración numérica sobre el intervalo [a, b]

Solución: Para encontrar los puntos xk, y los pesos wk,hay que hacer un cambio de variable en la integral:Z b

a

f (x) dx 'NXk=1

wkf (xk)

Hacemos el siguiente cambio de variable:

x = (b−a)t+(b+a)2

dx = b−a2 dt

este cambio representa la recta que pasa por los puntos -1,1 para t = a, b, respectivamente.

Z b

a

f (x) dx =

Z 1

−1f

µ(b− a) t+ b+ a

2

¶b− a

2dt

Z b

a

f (x) dx 'NXk=1

wkb− a

2f

µ(b− a) xk + b+ a

2

¶de donde se deduce que los cambios a realizar son de laforma

xk =(b−a)xk+(b+a)

2 ,

wk =(b−a)2 wk

Problema 63 Utilizar el resultado del problema anteriorpara calcular de forma exacta la siguiente integralZ 1

0

¡x2 − x3

¢dx

Solución: El resultado de la integral calculada de formaanalítica, da el siguiente resultado:R 1

0

¡x2 − x3

¢dx = 1

12 = 8. 333 3× 10−2

Aplicando el método de integración numérica:

f (x) =¡x2 − x3

¢R 10

¡x2 − x3

¢dx =

3Pk=1

wkf (xk) =

= w1f (x1) + w2f (x2) + w3f (x3) =

=¡1−02

¢(w0f

¡x0+12

¢+ w1f

¡x1+12

¢+ +

w2f¡x2+12

¢) =

= 12(0.55555556 · f

¡0.7745966692+1

2

¢+

+0.8888888889 · f¡0+12

¢+

+0.55555556 · f¡−0.7745966692+1

2

¢) =

= 8. 333 3× 10−2

Problema 64 Calcular de forma exacta la integralZ ∞−∞

¡x3 − x2

¢e−x

2

dx

utilizando los polinomios de Hermite.

Solución: De forma analítica la integral da como resul-tado:R∞

−∞¡x3 − x2

¢e−x

2

dx = −12√π = −. 886 23

Utilizando el método de integración numérica:

f (x) =¡x3 − x2

¢R∞−∞

¡x3 − x2

¢e−x

2

dx =2P

k=1

wkf (xk)

= w1f (x1) + w2f (x2) =

= 0.8862269255 · f (−0.707106781)+

+0.8862269255 · f (0.707106781) =

= −. 886 23

Problema 65 Aproximar, utilizando dos puntos deaproximación, el valor de la integral:Z ∞

−∞

1

1 + x2dx

Solución:R∞−∞

11+x2 dx =

R∞−∞

ex2

1+x2 e−x2dx = π

f(x) = ex2

1+x2R∞−∞

11+x2 dx ' w1f(x1) + w2f(x2) =

= 0.8862269255 · f (−0.707106781)+

+0.8862269255 · f (0.707106781) =

= 1. 948 2

2 0

Problema 66 Calcular de forma exacta la integralZ ∞0

¡x3 − x2

¢e−xdx

utilizando los polinomios de Laguerre.

Solución:R∞0

¡x3 − x2

¢e−xdx = 4

R∞0

¡x3 − x2

¢e−xdx =

1Pk=0

wkf (xk) =

= w0f (x0) + w1f (x1) =

= 0.8535533903 · f (0.585786438)+

+0.1464466093 · f (3.414213562) =

= 4.0

Problema 67 Calcular una fórmula de aproximaciónnumérica de la integral siguienteZ ∞

a

f(x)e−xdx

donde a es un número real cualquiera

Solución: Para calcular esta integral realizamos un cam-bio de variable

R∞0

f(t)e−tdx =

½t = x− adt = dx

¾=

=R∞a

f(x− a)e−x+adx = eaR∞a

f(x− a)e−x

R∞0

f(t)e−tdx =NPk=0

wkf (xk)

eaR∞a

f(x− a)e−x = eaNPk=1

wkf (xk − a)

Para que estas dos igualdades sean equivalentes, bastahacer:

xk = xk + awk = e−awk

Problema 68 Aproximar, por el método de Simpson, laintegral Z 1

−1

¡x3 − x4

¢dx

utilizando únicamente el valor de la función en los puntos:−1,−12 , 0,

12 y 1.

Solución:R 1−1¡x3 − x4

¢dx = − 25 = −. 4

Aplicamos el método de Simpson:

f(x) =¡x3 − x4

¢R 1−1¡x3 − x4

¢dx =

=R 0−1¡x3 − x4

¢dx+

R 10

¡x3 − x4

¢dx '

'f(xk+1)+f(xk)+4f

xk+1+xk2

6 (xk+1 − xk)

#0−1

+

+f(xk+1)+f(xk)+4f

xk+1+xk2

6 (xk+1 − xk)

#10

=

' f(0)+f(−1)+4f(−1+02 )6 (0 + 1)+

+f(1)+f(0)+4f( 1+02 )

6 (1− 0) =

= − 512 = −. 416 67

Problema 69 Deducir la fórmula de integraciónnumérica sobre el rectángulo [−1, 1]x[−1, 1] resultante deaplicar la integración numérica en una variable en losintervalos [−1, 1], y [−1, 1].

Solución:R 1−1R 1−1 F (x, y) dydx =

R 1−1

NPk=1

wkF (xk, y) dy =

=NPk=1

wk

R 1−1 F (xk, y) dy

=NPk=1

wk

ÃNPj=1

wjF (xk, yk)

!

=NP

k,j=1

WkF (xk, yk) ,

dondeWk = wkwj

wk =R −1−1

i 6=k(x−xi)i6=k(xk−xi)

wj =R −1−1

i 6=k(y−yi)i6=k(yk−yi)

y los xk e yk son los ceros del polinomio de Legendre.

Problema 70 Deducir la fórmula de integraciónnumérica sobre un rectángulo [a, b]x[c, d] resultantede aplicar la integración numérica en una variable en losintervalos [a, b], y [c, d].

2 1

Solución:

R ba

R dcF (x, y) dydx =

R dc

NPk=1

wkF (xk, y) dy =

=NPk=1

wk

R dcF (xk, y) dy

=NPk=1

wk

ÃNPj=1

w0jF (xk, yk)

!

=NP

k,j=1

wkw0jF (xk, yk) ,

ahora bien, teniendo en cuenta los resultados obtenidos alintegrar en una variable tenemos que :

xk =(b−a)xk+(b+a)

2

wk =(b−a)2 wk

yk =(d−c)yk+(d+c)

2

w0j =(d−c)2 wk

donde wk son los pesos al integrar en una variable en elintervalo [−1, 1].

Problema 71 Calcular de forma exacta la integralZ 1

−1

Z 1

−1x2y2dxdy

utilizando integración numérica.

Solución: El resultado de la integral es:R 1−1R 1−1 x

2y2dxdy = 49 = . 444 44

Utilizando la fórmula de integración numérica:

P (x) = x2

P (y) = y2R 1−1R 1−1 x

2y2dxdy =

=R 1−1 x

2dxR 1−1 y

2dy =

=2P

k=1

wkP (xk)2P

k=1

wjP (yk) =

= (w1P (x1) + w2P (x2)) ·

· (w1P (y1) + w2P (y2)) =

= (P (0.5773502692) + P (−0.5773502692)) ·

· (P (0.5773502692) + P (−0.5773502692)) =

= . 666 67 · . 666 67 = . 444 45

Problema 72 Calcular una aproximación numérica de laintegral Z ∞

−∞

Z 2

0

x

1 + ey2dxdy

utilizando la evaluación de F (x, y) en 4 puntos.

Solución: Si calculamos el resultado de la integral deforma analíta, nos queda,R∞

−∞R 20

x1+ey2

dxdy =R∞−∞

21+ey2

dy =

=R∞−∞

21+ey2

dy = 2. 144 3

R 20xdx =

1Pk=0

wkP (xk),

realizando un cambio de variables, y utilizando el poli-nomio de Legendre de segundo orden,

xk =(b−a)xk

2 + (b+a)2 = xk + 1,

1. wk =(b−a)2 wk = wk,

tenemos:

P (x) = x

R 20xdx =

= w1P (x1) + w2P (x2) =

= (0.5773502692 + 1) + (−0.5773502692 + 1) =

= 2.0

R∞−∞

11+ey2

dy =R∞−∞

1e−y2+1

e−y2

dy =2P

k=1

wjP (yk),

por Hermite,

1. P (y) = 1e−y2+1

1Pk=0

wjP (yk) =

= w1P (y1) + w2P (y2) =

= 0.8862269255 · P (−0.707106781)+

+0.8862269255 · P (0.707106781) =

= 1. 103 3

2 2

El resultado de la aproximación numérica es,R∞−∞

R 20

x1+ey2

dxdy = 2.0 · 1. 103 3 = 2. 206 6

Problema 73 Se considera el triángulo T de vértices(0, 0), (1, 0) y (0, 1). Deducir cual debe ser el punto (x0, y0)y el peso w0 para que la fórmula de integración numérica:Z

T

F (x, y)dxdy ≈ F (x0, y0)w0

sea exacta para polinomios de grado 1 en x e y. Es decirP (x, y) = ax+ by + c

Solución:

Calculamos la integral de forma analítica:R 10

R 1−x0

(ax+ by + c) dydx = 16a+

16b+

12c

Igualamos el valor de la integral con la fórmula deintegración numérica:

16a+

16b+

12c = w0 (x0a+ y0b+ c)

Calculamos w0, x0 e y0 dando valores a a, b, c

a = b = 0, c = 1; 12c = w0c→ w0 =12

a = c = 0, b = 1; 16b = w0y0b→ y0 =13

b = c = 0, a = 1; 16a = w0x0a→ x0 =13 ,

luego para los valores w0 = 12 , x0 =

13 , y0 =

13 la fórmula

de integración es exacta.

Problema 74 Calcular una aproximación numérica de laintegral Z

Ω

x2ydxdy

donde Ω es el triángulo de vértices (0, 0), (2, 0) y (0, 2)utilizando 1 punto, 3 puntos, y 4 puntos

Solución: El cálculo de la integral de forma analítica nosda: R

Ωx2ydxdy =

R 20

R 2−x0

¡x2y

¢dydx = 8

15 = . 533 33

Utilizando las fórmulas de integración numérica:

F (x, y) = x2y

El área del triángulo→ Area(T ) = 12

¯¯ 1 1 12 0 00 2 0

¯¯ = 2

1. Para 1 punto:

RΩx2ydxdy =

= F (23 ,23)Area(T ) =

=¡23

¢2 232 =

1627 =

= . 592 59

2. Para 3 puntos:

RΩx2ydxdy =

= 13Area(T )

¡F ( 22 , 0) + F (22 ,

22) + F (0, 22)

¢=

= 23 · 1 =

23 =

= . 666 67

3. Para 4 puntos:

RΩx2ydxdy =

= Area(T )[2548¡F ( 410 ,

410) + F (1210 ,

410) + F ( 410 ,

1210 )¢−

−2748F (23 ,

23)] =

815 =

= . 533 33

ANALISIS NUMERICO MATRICIAL II

Problema 75 (4 puntos) Tomar N = 2 y demostrarque la norma k x k2 verifica las propiedades de la defini-ción de norma

kxkp =p

q|x1|p + |x2|p

Solución: En esta demostración vamos a generalizar paracualquier p. Al final particularizamos para p = 2 con elfin de hacer que la demostración sea más sencilla.

Las propiedades que debe verificar, para cumplir conla defición de norma, son:

1. kxkp = 0⇐⇒ x = 0;

pp|x1|p + |x2|p = 0 =⇒ |x1|p + |x2|p = 0,

la suma, en valor absoluto, de elementos distintosde cero da un valor positivo mayor que cero, con loque para que se cumpla esta condición, se tiene quecumplir que x1 = x2 = 0, c.q.d..

2 3

2. kλxkp = |λ| kxkp ,∀λ ∈ K y x ∈ E;

kλxkp = pp|λx1|p + |λx2|p

kλxkp = pp|λ|p |x1|p + |λ|p |x2|p

kλxkp = pp|λ|p (|x1|p + |x2|p)

kλxkp = |λ| pp|x1|p + |x2|p

kλxkp = |λ| kxkp , c.q.d.

3. kx+ ykp ≤ kxkp + kykp ,∀x, y ∈ E;

pp|x1 + y1|p + |x2 + y2|p ≤ kxkp + kykp =⇒

=⇒ |x1 + y1|p + |x2 + y2|p ≤

≤³

pp|x1|p + |x2|p + p

p|y1|p + |y2|p

´pPara p = 2 tenemos:

|x1 + y1|2 + |x2 + y2|2 ≤

≤µq

|x1|2 + |x2|2 +q|y1|2 + |y2|2

¶2=⇒

=⇒ x21 + 2x1y1 + y21 + x22 + 2x2y2 + y22 ≤

≤ x21+x22+2

p(x21 + x22)

p(y21 + y22)+y

21+y

22 =⇒

=⇒ x1y1 + x2y2 ≤p(x21 + x22)

p(y21 + y22) =⇒

=⇒ x21y21 + 2x1y1x2y2 + x22y

22 ≤

≤ x21y21 + x21y

22 + x22y

21 + x22y

22 =⇒

=⇒ 2x1y1x2y2 ≤ x21y22 + x22y

21 =⇒

=⇒ 0 ≤ x21y22 + 2x1y1x2y2 + x22y

21 =⇒

=⇒ 0 ≤ (x1y2 + x2y1)2,

que siempre es cierto, con lo que queda demostrado.

Problema 76 Demostrar que

Limp→∞ kxkp = maxi |xi|

Solución:

Limp→∞ kxkp = Limp→∞

µp

qPNi=1 |xi|

p

¶Extraemos el máximo componente de x, xmax.

Limp→∞

µp

qPNi=1 |xi|

p

¶=

= Limp→∞

µp

r|xmax|p

PNi=1

³|xi||xmax|

´p¶=

= Limp→∞

µ|xmax| p

rPNi=1

³|xi||xmax|

´p¶=

= |xmax|Limp→∞

µp

rPNi=1

³|xi||xmax|

´p¶=

= |xmax|Limp→∞³PN

i=1

³|xi||xmax|

´p´1/pTodos los elementos |xi|

|xmax| son menores o iguales que1, con lo que

Limp→∞³

|xi||xmax|

´p=

½1 si xi = xmax0 si xi 6= xmax

,

entonces

|xmax|Limp→∞³PN

i=1

³|xi||xmax|

´p´1/p=

= |xmax|Limp→∞ (0 + . . .+ 0 + 1 + . . .+ 1)1/p =

= |xmax|, c.q.d.

Problema 77 Tomar N = 2, y dibujar el lugar ge-ométrico de los vectores x = (x1, x2) que verifican

1. kxk1 < 1

2. kxk2 < 1

3. kxk∞ < 1

Solución: En las gráficas 1, 2 y 3 se muestran los lugaresgeométricos de las normas 1, 2 e infinito, respectivamente.

1. kxk1 < 1 =⇒ |x|+ |y| < 1 =⇒ y < 1− x

Esta ecuación representa, como borde, una recta dependiente negativa. Tal y como se ve en la figura 1,el lugar geométrico está contenido en un rombo.

2. kxk2 < 1 =⇒p(x2 + y2) < 1 =⇒

¡x2 + y2

¢< 1

Esta es la ecuación de un círculo de radio menor que1 y centro el origen. En la figura 2 se muestra el lugargeométrico.

24

x

y

1

1

1

1

Figure 1: Lugar geométrico de kxk1

3. kxk∞ < 1 =⇒ max(x, y) < 1

Esto representa una recta de valor constante (x, y)menor que 1. En la figura 3 se puede ver el lugargeométrico.

Problema 78 Tomar N = 2 y demostrar la siguiente de-sigualdad

k x k∞≤k x k2≤k x k1

Solución: Esta desigualdad es equivalente a lo siguiente:

max(|x1| , |x2|) ≤p(x21 + x22) ≤ |x1|+ |x2|

1. max(|x1| , |x2|) ≤p(x21 + x22)⇐⇒

⇐⇒ |xmax| ≤p(x21 + x22)⇐⇒

⇐⇒ x2max ≤ x21 + x22

Esta desigualdad siempre es cierta ya que xmax es obien x1 o bien x2.

2.p(x21 + x22) ≤ |x1|+ |x2|⇐⇒

⇐⇒¡x21 + x22

¢≤ (|x1|+ |x2|)2 ⇐⇒

⇐⇒ x21 + x22 ≤ |x1|2 + 2 |x1| |x2|+ |x2|2 ⇐⇒

⇐⇒ x21 + x22 ≤ x21 + 2 |x1| |x2|+ x22 ⇐⇒

⇐⇒ 0 ≤ 2 |x1| |x2|

x

y

1

1

1

1

Figure 2: Lugar geométrico de kxk2

Esto siempre es cierto ya que el producto de valorespositivos siempre es positivo (o igual a cero si algúnxi es cero).

3. max(|x1| , |x2|) ≤ |x1| + |x2| . Es trivial (propiedadtransitiva).

De estas demostraciones se deduce que las distintasnormas coinciden cuando el vector x descansa sobre unode los ejes de coordenadas.

Problema 79 Demostrar que si A,B son dos matrices dedimensión NxN, entonces para cualquier norma de matri-ces subordinada a una norma vectorial se verifica

k AB k≤k A k · k B k

Solución:

supxkABxkkxk = supx

kABxkkxk

kBxkkBxk ,

supxkABxkkBxk

kBxkkxk ≤ supx

kBxkkxk · supx

kABxkkBxk

supxkABxkkBxk

kBxkkxk ≤ kBk · kAk ,

entonces

supxkABxkkxk ≤ kBk · kAk , c.q.d.

Problema 80 Demostrar que los autovalores de A son losceros del polinomio característico P (λ).

2 5

x

y

1

1

1

1

Figure 3: Lugar geométrico de kxk∞

Solución: Definición de autovalor de una matriz A:

xi 6= 0 ∈ E, λi ∈ CÁAxi = λixi

Axi = λixi =⇒ (A− λiId)xi = 0

como xi 6= 0, entonces

|A− λiId| = 0 =⇒ P (λ) = 0, c.q.d.

Problema 81 Calcular los autovectores de la matriz⎛⎝ 1 1 01 1 00 0 2

⎞⎠y determinar una base ortonormal de R3 de autovectoresde A.

Solución: Calculamos los autovalores de A :

|A− λiId| = 0¯¯ 1− λ 1 0

1 1− λ 00 0 2− λ

¯¯ = ((1− λ)2 − 1)(2− λ) = 0

λ1 = 0λ2 = 2λ3 = 2

Calculamos los autovectores de A :

1. λ1 = 0⎛⎝ 1 1 01 1 00 0 2

⎞⎠⎛⎝ x1x2x3

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠

⎧⎨⎩ x1 + x2 = 0x1 + x2 = 02x3 = 0

⎧⎨⎩ x1 = −x2

x3 = 0

x1 =

⎛⎝ 1√2−1√2

0

⎞⎠2. λ2, λ3 = 2⎛⎝ −1 1 0

1 −1 00 0 0

⎞⎠⎛⎝ x1x2x3

⎞⎠ =

⎛⎝ 000

⎞⎠⎧⎨⎩ −x1 + x2 = 0

x1 − x2 = 0x3 libre

⎧⎨⎩ x1 = x2

x3 libre

x2 =

⎛⎝ 1√21√2

0

⎞⎠ , x3 =

⎛⎝ 001

⎞⎠La matriz,

B =

⎛⎝ 1√2

1√2

0−1√2

1√2

0

0 0 1

⎞⎠contiene los autovectores de A que forman una base ortog-onal en R3.

Problema 82 Calcular las normas 2, 1 e infinito de lamatriz

A =

µ1 01 1

¶Solución:

1. kAk2 =pρ (ATA)

kAk2 =sρ

µ2 11 1

¶=q

3+1√5

2 = 1. 618

¯2− λ 11 1− λ

¯= 1− 3λ+ λ2 = 0, λ = 3

2 ±12

√5

2. kAk1 = maxj³P2

i=1 |aij |´

kAk1 = max(1, 2) = 2

3. kAk∞ = maxi³P2

j=1 |aij |´=

kAk∞ = max(2, 1) = 2

2 6

Problema 83 Demostrar la siguiente igualdad:

ρ(AtA) = ρ(AAt)

Solución:

Veamos que los polinomios característicos coinciden :

|AtA− λiId| = |At|−1 |AtA− λiId| |At| =

=¯(At)

−1AtAAt − λi (A

t)−1

IdAt¯=

=¯AAt − λi (A

t)−1

At¯=

= |AAt − λiId|

Problema 84 Demostrar que si los autovectores de unamatriz A de dimensión NxN forman una base ortonormalde RN , entonces para la norma 2 se cumple:

χ(A) = kAk2 ·°°A−1°°

2=maxi|λi|mini|λi|

Solución: Al ser una base de autovectores ortonormal, lanorma kAk2 = ρ(A) = maxi |λi|

Los autovalores de A−1 vienen dados por:

Axi = λixi =⇒

=⇒ A−1Axi = A−1λixi =⇒

=⇒ 1λixi = A−1xi =⇒

=⇒ A−1xi = λ0ixi,

donde λ0i =1λi, es decir, los autovalores de A−1 son los

inversos de los de A y sus autovectores son los mismos,luego la norma de

°°A−1°°2= ρ(A−1)

°°A−1°°2= max

i

©¯λ0i¯ª= max

i

½¯1

λi

¯¾=

1

mini |λi|,

entonces

χ(A) = kAk2 ·°°A−1°°

2

χ(A) = maxi |λi| · 1mini|λi|

χ(A) = maxi|λi|mini|λi| , c.q.d.

Problema 85 Calcular el condicionamiento para lanorma 2, de las siguientes matrices:

1. A =

⎛⎝ 2 2 −22 1 1−2 1 1

⎞⎠

2. A =

⎛⎝ 2 −1 0−1 2 −10 −1 2

⎞⎠Solución: El condicionamiento de una matriz χ(A) =kAk2 ·

°°A−1°°2. Calculamos los autovalores de ambas ma-

trices:

1.

¯¯ 2− λ 2 −2

2 1− λ 1−2 1 1− λ

¯¯ = (2− λ)

£(1− λ)2 − 1

¤−2 [2(1− λ) + 2] −2 [2 + 2(1− λ)] =

(2− λ)£λ2 − 2λ

¤− 8 (2− λ) = (2− λ)

£λ2 − 2λ+ 8

¤de donde obtenemos

λ1 = 2λ2 = −2λ3 = 4

Esta matriz es simétrica, luego posee una base orto-normal 3 de autovectores, con lo que el condi-cionamiento de A se puede calcular como:

χ(A) = kAk2 ·°°A−1°°

2=maxi| λi |mini| λi |

=4

2= 2

2.

¯¯ 2− λ −1 0−1 2− λ −10 −1 2− λ

¯¯ = 4− 10λ+ 6λ2 − λ3 = 0

λ1 = 2

λ1 = 2 +√2

λ1 = 2−√2

También es una matriz simétrica, con lo que sus au-tovectores forman una base ortonormal y su condi-cionamiento es:

χ(A) = kAk2·°°A−1°°

2=maxi| λi |mini| λi |

=2 +√2

2−√2= 3+2

√2

Problema 86 Sean las matrices A,R. Demostrar que lamatriz A, y la matriz B = R−1AR poseen los mismosautovalores

Solución:

Bxi = λixi =⇒

=⇒¡R−1AR

¢xi = λixi =⇒

=⇒ RR−1ARxi = Rλixi =⇒

3Vectores ortonormales: dos vectores son ortonormales si cumplen

lo siguiente, xTi xj =0 si i 6= j1 si i = j

2 7

=⇒ ARxi = λiRxi =⇒

=⇒ Ayi = λiyi,

de donde se deduce que los autovalores son los mismos y losautovectores están relacionados por la siguiente igualdad:yi = Rxi, c.q.d.

Problema 87 Se considera la matriz

A =

µ1 11 1

¶calcular el ángulo α tal que la matriz

R =

µcosα sinα− sinα cosα

¶verifique que la matriz B = R−1AR sea diagonal.

Solución: Realizamos el cálculo de la matriz B :

B = R−1AR =

=

µcosα − sinαsinα cosα

¶µ1 11 1

¶µcosα sinα− sinα cosα

¶=

=

µ−2 cosα sinα+ 1 2 cos2 α− 12 cos2 α− 1 2 cosα sinα+ 1

¶=

=

µb1 00 b2

¶Se tiene que cumplir que los elementos que están fuera

de la diagonal sean iguales a cero,

2 cos2 α− 1 = 0

cosα = ±r1

2

De esta igualdad se obtiene el valor del ángulo α :

α =π

4, α =

3π

4

La matriz de rotación queda como sigue:

R1 =

µcos π4 sin π

4− sin π

4 cos π4

¶=

µ12

√2 1

2

√2

−12√2 1

2

√2

¶

R2 =

µcos 3π4 sin 3π4− sin 3π4 cos 3π4

¶=

µ−12√2 1

2

√2

−12√2 −12

√2

¶Calculamos los elementos de la diagonal:

b1 = −2 cosα sinα+ 1

b1 = 0, b1 = 2

b2 = 2 cosα sinα+ 1

b2 = 2, b2 = 0,

luego las soluciones posibles son:

B1 =

µ0 00 2

¶, B2 =

µ2 00 0

¶

Problema 88 Demostrar las siguientes igualdadestrigonométricas

tan(α) = − cot(2α) + sign(cot(2α))q1 + cot2(2α)

donde α ∈¡−π4 ,

π4

¢, sign(x) = 1 si x ≥ 0 y sign(x) = −1

si x < 0,

cosα =1p

1 + tan2(α)

sinα = tan(α) cosα

cot(2α) =− tan(α) + sin(2α)

2 sin2(α)

Solución:

1. cot(2α) = cos(2α)sin(2α) =

cos2(α)−sin2(α)2 sin(α) cos(α) = 1−tan2(α)

2 tan(α)

2 tan(α) cot(2α) = 1− tan2(α)

realizando el cambio de variable x = tan(α), tenemos

x2 + 2 cot(2α)x− 1 = 0

x = tan(α) =−2 cot(2α)±

√4 cot2(2α)+4

2 =

= − cot(2α)±p1 + cot2(2α)

tan(α) =

½− cot(2α) +

p1 + cot2(2α) si α ≥ 0

− cot(2α)−p1 + cot2(2α) si α < 0

El segundo término es siempre mayor que el primero,con lo que es éste el que va a determinar el signo dela ecuación.

Como sign (tan(α)) = sign (cot(α)) , podemos expre-sar la anterior igualdad de la siguiente forma:

tan(α) = − cot(2α) + sign(cot(2α))q1 + cot2(2α)

2. cosα = 1√1+tan2(α)

= 1

1+sin2(α)

cos2(α)

=

= 1

cos2(α)+sin2(α)

cos2(α)

pcos2(α) = cosα

3. sinα = tan(α) cosα =

= sin(α)cos(α) cosα = sinα

2 8

4. cot(2α) = − tan(α)+sin(2α)2 sin2(α)

=

=− sin(α)cos(α)

+2 sin(α) cos(α)

2 sin2(α)=

=− sin(α)+2 sin(α) cos(α) cos(α)

cos(α)

2 sin2(α)=

= sin(α)(−1+2 cos(α) cos(α))2 sin2(α) cos(α)

=(2 cos2(α)−1)2 sin(α) cos(α) =

= cos(2α)sin(2α) = cot(2α)

Problema 89 Dentro del método de Jacobi para el cálculode autovalores demostrar las igualdades

a0pq = 0

a0pp = app − tan(α)apqa0qq = aqq + tan(α)apq

a0pj = apj cosα− aqj sinα j 6= p, q

a0qj = apj sinα+ aqj cosα j 6= p, q

Solución: En el método de Jacobi se persigue construiruna matriz diagonal a partir de una matriz A cualquiera,aplicándole transformaciones de la forma B = R−1AR.

Según se ha demostrado en problemas anteriores, losautovalores de B y de A coinciden, con lo que si se consigueencontrar la matriz R que cumpla con la ecuación anterior,entonces habremos encontrado los autovalores de A.

La matriz R es una matriz de rotación y se calculael ángulo, α, de la misma, transformando los valores de Aque están fuera de la diagonal en ceros.

Vamos a expresar las matrices de la siguiente manera:

A =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝a11 ap1 ai1 aq1 an1ap1 app apj apq apnai1 apj aij aqj aniaq1 apq aqj aqq aqnan1 apn ani aqn ann

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

Rpq (α) =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝1 0 0 0 00 cosα . sinα 00 . 1 . 00 − sinα . cosα 00 0 0 0 1

⎞⎟⎟⎟⎟⎠B = R−1AR =

=

⎛⎜⎜⎜⎜⎝1 0 0 0 00 cosα 0 − sinα 00 0 1 0 00 sinα 0 cosα 00 0 0 0 1

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ ·

·

⎛⎜⎜⎜⎜⎝a11 ap1 ai1 aq1 an1ap1 app apj apq apnai1 apj aij aqj aniaq1 apq aqj aqq aqnan1 apn ani aqn ann

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ ·

·

⎛⎜⎜⎜⎜⎝1 0 0 0 00 cosα 0 sinα 00 0 1 0 00 − sinα 0 cosα 00 0 0 0 1

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ =

=

⎛⎜⎜⎜⎜⎝a11 ap1 cosα− aq1 sinα

ap1 cosα− aq1 sinα app cos2 α+ aqq sin

2 α− apq sin 2αai1 apj cosα− aqj sinα

ap1 sinα+ aq1 cosα(app−aqq)

2 sin 2α+ apq cos 2αan1 apn cosα− aqn sinα

ai1apj cosα− aqj sinα

aijapj sinα+ aqj cosα

ani

ap1 sinα+ aq1 cosα an1(app−aqq)

2 sin 2α+ apq cos 2α apn cosα− aqn sinαapj sinα+ aqj cosα ani

app sin2 α+ aqq cos

2 α+ apq sin 2α apn sinα+ aqn cosαapn sinα+ aqn cosα ann

⎞⎟⎟⎟⎟⎠De esta matriz se deducen las siguientes igualdades:

a0pq =(app−aqq)

2 sin 2α+ apq cos 2αa0pp = app cos

2 α+ aqq sin2 α− apq sin 2α

a0qq = app sin2 α+ aqq cos

2 α+ apq sin 2αa0pj = apj cosα− aqj sinα j 6= p, qaqj = apj sinα+ aqj cosα j 6= p, q

En donde se iguala a0pq a cero para calcular el ángulode rotación:

a0pq = 0 =(app−aqq)

2 sin 2α+ apq cos 2α

tan(2α) =2apq

(aqq − app)

aqq = app +2apqtan(2α)

Las dos últimas igualdades se obtienen directamentede la matriz final. Para obtener a0pp y a0qq, se opera de lasiguiente manera:

1. a0pp = app cos2 α+ aqq sin

2 α− apq sin 2α =

= app cos2 α+

³app +

2apqtan(2α)

´sin2 α−

−apq sin 2α = app cos2 α+

2 9

+³app sin(2α)+2apq cos(2α)

2 sinα cosα

´sin2 α− apq sin 2α =

= app cos2 α+

+³app2 sinα cosα+2apq cos

2 α−2apq sin2 α2 cosα

´sinα−

−2apq sinα cosα = app cos2 α+ app sin

2 α+

+apq cosα sinα− apq tanα+ apq sinα cosα−

−2apq sinα cosα = app − apq tanα

2. a0qq = app sin2 α+ aqq cos

2 α+ apq sin 2α =

=³aqq − 2apq

tan(2α)

´sin2 α+ aqq cos

2 α+

+apq sin 2α =

=³aqq2 sinα cosα−2apq cos2 α+2apq sin2 α

2 sinα cosα

´sin2 α+

+aqq cos2 α+ apq sin 2α = (aqq sinα− apq cosα+

+apqcosα−apq cosα) sinα+aqq cos

2 α+apq sin 2α =

= aqq sin2 α+ aqq cos

2 α− apq cosα sinα+

+apq tanα− apq cosα sinα+ 2apq cosα sinα =

= aqq + tan(α)apq

Problema 90 Utilizar el método de Jacobi para aproxi-mar los autovalores y autovectores de la matriz:

A =

⎛⎝ 2 0 10 1 01 0 1

⎞⎠Solución:

R (α) =

⎛⎝ cosα 0 sinα0 1 0

− sinα 0 cosα

⎞⎠(app−aqq)

2 sin 2α+ apq cos 2α = 0

tan(2α) =2apq

(aqq − app)

tan(2α) =2

(1− 2)

α =arctan (−2)

2

α = −12arctan 2 = −. 553 57

a11 = 2− tan(α)

a11 = 2 + tan

µ1

2arctan 2

¶= 2. 618

a33 = 1 + tan(α)

a33 = 1− tanµ1

2arctan 2

¶= . 381 97

a21 = a32 = 0

B = R−1AR =

⎛⎝ 2. 618 0 00 1 00 0 0. 381 97

⎞⎠Los autovalores son los elementos de la diagonal

(2. 618, 1, 0. 381 97) . Como α = −. 553 57, la matriz

R (α) =

⎛⎝ cosα 0 sinα0 1 0

− sinα 0 cosα

⎞⎠ =

⎛⎝ 0.850 65 0 −0.525 730 1 0

0.525 73 0 0.850 65

⎞⎠por tanto, en este caso, como con una única matriz derotación conseguimos transformar A en una matriz diago-nal, tendremos que los autovectores de A son simplementelos vectores columnas de R(α). Es decir el autovector del

autovalor 2. 618 es (0.850 650

0.525 73), el autovector del auto-

valor 1 es (010), el autovector del autovalor 0. 381 97 es

(−0.525 73

00.850 65

).

Problema 91 Aplicar el método de la potencia paraaproximar el autovalor máximo, y el autovector asociado,de las siguientes matrices, dando 3 pasos en el método,hasta calcular u4 y partiendo de u1 = (1, 1)

A =

µ2 10 1

¶A =

µ−3 01 1

¶Solución: En este problema vamos a utilizar la normaeuclídea aunque cualquier otra norma también sería válida.La norma infinito, por ejemplo, simplificaría los cálculosya que es inmediato obtener el máximo de un vector.

1. A =µ2 10 1

¶

u2 = A u1

ku1k =

3 0

=

µ2 10 1

¶Ã 1√21√2

!=

=

µ32

√2

12

√2

¶,

°°u2°° = √5 = 2. 236 1u3 = A u2

ku2k =

=

µ2 10 1

¶Ã 32√5

√2

12√5

√2

!=

=

µ710

√5√2

110

√5√2

¶,

°°u3°° = √5 = 2. 236 1u4 = A u3

ku3k =

=

µ2 10 1

¶µ710

√2

110

√2

¶=

=

µ32

√2

110

√2

¶,

°°u4°° = 1

5

√113 = 2. 126

El autovalor máximo aproximado es λ = 2. 126 y suautovector asociado es:

xλ =

µ15226

√113√2

1226

√113√2

¶=

µ. 997 79

6. 651 9× 10−2¶

2. A =µ−3 01 1

¶

u2 = A u1

ku1k =

=

µ−3 01 1

¶Ã 1√21√2

!=

=

µ− 32√2√2

¶,

°°u2°° = 1

2

√26 = 2. 549 5

u3 = A u2

ku2k =

=

µ−3 01 1

¶µ− 326

√26√2

113

√26√2

¶=

=

µ926

√26√2

− 126

√26√2

¶,

°°u3°° = 1

13

√1066 = 2. 511 5

u4 = A u3

ku3k =

=

µ−3 01 1

¶µ9

2132

√1066√26√2

− 12132

√1066√26√2

¶=

=

µ− 272132

√1066√26√2

2533

√1066√26√2

¶,

°°u4°° = 1

82

√65 026 = 3. 109 8

El autovalor máximo aproximado es

λ = −3. 109 8,

con signo negativo ya que sign¡­u4, u3

®¢= −1 y su

autovector asociado es

xλ =

Ã− 27·822132√65 026

√1066√26√2

2·82533√65 026

√1066√26√2

!=

µ−. 958 8. 284 09

¶,

con signo positivo ya que¡sign

¡­u4, u3

®¢¢n=

(−1)4 = 1.

Problema 92 Calcular el autovalor mayor y el autovec-

tor correspondiente de la matrizµ

2 −1−1 1

¶utilizando

el método de la potencia, dando 2 iteraciones del métodoa partir de u1 = (1, 1) y tomando como norma kuk =maxi |ui|

Solución:

1. ku1k = 1→ u2 =

µ2 −1−1 1

¶µ11

¶=

µ10

¶

ku2k = 1→ u3 =

µ2 −1−1 1

¶µ10

¶=

µ2−1

¶

Producto escalar (u2, u3) = 2 > 0. → autovalor máx-imo = ku3k = 2

Autovector asociado normalizado u3ku3k =

µ1−1/2

¶

3 1

Problema 93 Utilizar el método de la potencia inversapara aproximar el autovalor más pequeño de la matriz

A =

µ−2 10 3

¶llegar hasta u3 partiendo de u = (1, 1).

Solución:

Aun = un−1

kun−1kµ−2 10 3

¶u2 =

Ã1√21√2

!

u2 =

µ−16√2

16

√2

¶,°°u2°° = 1

3= . 333 33

µ−2 10 3

¶u3 =

µ−12√2

12

√2

¶

u3 =

µ13

√2

16

√2

¶,°°u3°° = 1

6

√10 = . 527 05

°°u3°° es el autovalor máximo de A−1, con lo que elautovalor mínimo de A es λmin = −1

ku3k = −610

√10 = −1.

897 4, con signo negativo ya que sign¡­u3, u2

®¢= −1.

Problema 94 Calcular el autovalor y autovector más cer-cano a 2 de la matriz⎛⎝ 0 −1 0

0 3 −10 0 −1

⎞⎠para ello calcular dos iteraciones del método de la potenciainversa partiendo de u1 = (1, 1, 1).

Solución:

A0 = A− 2Id =

⎛⎝ −2 −1 00 1 −10 0 −3

⎞⎠Vamos a utilizar la norma infinito con el fin de sim-

plificar los cálculos.

A0un = un−1

kun−1k⎛⎝ −2 −1 00 1 −10 0 −3

⎞⎠u2 =

⎛⎝ 111

⎞⎠

u2 =

⎛⎝ −5623−13

⎞⎠ ,°°u2°° = 5

6= . 833 33

⎛⎝ −2 −1 00 1 −10 0 −3

⎞⎠u3 = 65

⎛⎝ −5623−13

⎞⎠

u3 =

⎛⎝ 1301415215

⎞⎠ ,°°u2°° = 14

15

El autovalor máximo de (A− 2Id)−1 es λmax = 1415

con signo positivo (sign¡­u3, u2

®¢= 1)

(A− 2Id)−1 x = λmaxx

Para calcular el autovalor más cercano a 2, realizamoslas siguientes operaciones:

1

λmaxx = (A− 2Id) x

µA− 2Id− 1

λmaxId

¶x = 0µ

A−µ2 +

1

λmax

¶Id

¶x = (A− λproxId) x = 0

λprox =

µ2 +

1

λmax

¶=

µ2 +

11415

¶=43

14

λprox = 3. 071 4

Problema 95 Calcular 3 iteraciones del método de Ja-cobi para resolver el sistema⎛⎝ 1 −1 0

−1 2 00 −1 3

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

⎛⎝ −131

⎞⎠partiendo de u1 = (0, 0, 0)

Solución: Despejamos la diagonal para plantear elmétodo iterativo :

xn = yn−1 + 1

yn =xn−1 + 3

2

zn =yn−1 + 1

3

haciendo iteraciones obtenemos

1. u2 =

⎛⎝ −13213

⎞⎠

2. u3 =

⎛⎝ 12156

⎞⎠

3 2

3. u4 =

⎛⎝ 07423

⎞⎠

Problema 96 Calcular una base ortogonal de autovec-

tores de la matriz

⎛⎝ 1 0 10 2 01 0 1

⎞⎠,Solución:

1. Autovectores y autovalores:

⎧⎨⎩⎛⎝ −10

1

⎞⎠⎫⎬⎭ ↔

0,

⎧⎨⎩⎛⎝ 101

⎞⎠ ,

⎛⎝ 010

⎞⎠⎫⎬⎭↔ 2

Problema 97 Calcular 3 iteraciones del método deGauss-Seidel para resolver el sistema⎛⎝ 1 −1 0

−1 2 00 −1 3

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

⎛⎝ −131

⎞⎠partiendo de u1 = (0, 0, 0)

Solución: Despejamos la diagonal para plantear elmétodo iterativo, teniendo en cuenta además que vamosactualizando los valores según los cálculamos:

xn = yn−1 + 1

yn =xn + 3

2

zn =yn + 1

3

haciendo iteraciones partiendo de (0, 0, 0) :

1. x1 = −1y1 =

3−12 = 1

z1 =1+13 = 2

3

2. x2 = 0y2 =

32

z3 =56

3. x3 = −1 + 32 =

12

y3 =3+ 1

2

2 = 74

z3 =1+ 7

4

3 = 1112

Problema 98 Una variante del método de Gauss-Seideles tomar M = (D + U)

−1(−L), y c = (D + U)

−1b.

indicar en este caso que diferencias de implementaciónhabría con respecto al caso anterior.

Solución: El método es igual que en el problema anterior,excepto que en este caso los cálculos se realizarían de abajopara arriba, es decir, primero se calcularía z, se sustituiríasu valor en la ecuación de y y, por último, estos dos valoresse sustituirían en la primera ecuación.

Problema 99 Calcular 3 iteraciones del método de rela-jación para resolver el sistema⎛⎝ 1 −1 0

−1 2 00 −1 3

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠ =

⎛⎝ −131

⎞⎠ ,

partiendo de u1 = (0, 0, 0). Calcular previamente elparámetro de relajación óptimo

Solución:x− y = −1−x+ 2y = 3−y + 3z = 1

Cálculo del wopt:

Al ser A tridiagonal, el wopt se puede calcular como

wopt =2

1 +q1− ρ (MJ)

2

MJ es la matriz del método de Jacobi que se obtienedespejando la diagonal en el sistema

x = y − 1y = x

2 +32

z = y3 +

13

=

⎛⎝ 0 1 012 0 00 1

3 0

⎞⎠⎛⎝ xyz

⎞⎠+⎛⎝ −13

213

⎞⎠

Los autovalores de MJ :³0, 1√

2,− 1√

2

´, luego

ρ (MJ)2 = 1

2

wopt =2

1+√1−ρ(MJ)

2= 2

1+√1− 1

2

wopt =2

1+ 12

√2= 4

2+√2

wopt = 1. 171 6

Iteraciones del sistema:

xn = w (yn−1 − 1) + (1− w)xn−1

yn = w 3+xn2 + (1− w) yn−1

zn = w 1+yn3 + (1− w) zn−1

u2 =

⎛⎝ −ww 3−w

2w 1+1. 071 1

3

⎞⎠ =

⎛⎝ −1. 171 61. 071 1. 808 83

⎞⎠

3 3

u3 =

⎛⎝ w (1. 071 1− 1)− (1− w) 1. 171 6w 3+. 284 35

2 + (1− w) 1. 071 1w 1+1. 740 2

3 + (1− w) . 808 83

⎞⎠ =

=

⎛⎝ . 284 351. 740 2. 931 34

⎞⎠

u4 =

⎛⎝ w (1. 740 2− 1) + (1− w) . 284 35w 3+. 818 42

2 + (1− w) 1. 740 2w 1+1. 938 2

3 + (1− w) . 931 34

⎞⎠ =

=

⎛⎝ . 818 421. 938 2. 987 65

⎞⎠

Problema 100 Demostrar que si una matriz A verificaque por filas o columnas su suma es siempre igual a 0, en-tonces el determinante de A es cero, y por tanto el sistemaasociado a A no tiene solución.

Solución: Si |A| = 0, entonces la matriz A no es invertibley el sistema no tiene solución.

1. Vamos a demostrar que si la suma por filas de A esigual a cero, entonces |A| = 0 :Pn

j aij = 0, esto es equivalente a lo siguiente:

A

⎛⎜⎜⎜⎝11...1

⎞⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎜⎝00...0

⎞⎟⎟⎟⎠ = 0 ·

⎛⎜⎜⎜⎝11...1

⎞⎟⎟⎟⎠Esto significa que la matriz A posee un autovalor iguala cero (λ = 0).

El determinante de una matriz es igual al productode sus autovalores:

|A| =nYi=1

λi = λ1 · . . . 0 . . . · λn = 0

2. Para demostrar que |A| = 0 cuando la suma porcolumnas es cero, basta saber que |A| =

¯AT¯y aplicar

el argumento anterior a AT

Problema 101 Dado un sistema iterativo

un =Mun−1 + c

Demostrar que aunque el radio espectral de M sea mayorque 1, si u1 y c son combinaciones lineales de autovectoresdeM correspondientes a autovalores de módulo menor que1, entonces el método converge.

Solución: Sean xi los autovectores deM correspondientesa autovalores menores que 1:

u1 =Pn

i=1 aixi

c =Pn

i=1 cixi

Realizando iteraciones obtenemos las siguientes ex-presiones:

u2 =Mu1 + c

u3 =Mu2 + c =M¡Mu1 + c

¢+ c =M2u1 +Mc+ c

...un =Mn−1u1 +Mn−2c+ . . .Mc+ c =

=Mn−1u1 +¡Mn−2 + . . .M + 1

¢c

Tomando el primer sumando:

Mn−1u1 =Mn−1Pni=1 aixi =Mn−2Pn

i=1 aiMxi =

=Mn−2Pni=1 aiλixi = . . .

Pni=1 aiλ

n−1i xi

Como u1 depende linealmente de los xi (autovectores)cuyos autovalores λi son menores que uno, entonces λ

n−1i

tiende a 0 cuando n tiende a infinito, luego este términoconverge.

Para el segundo sumando:¡Mn−2 + . . .M + 1

¢c =

=¡Mn−2 + . . .M + 1

¢Pni=1 cixi =

=Mn−2Pni=1 cixi + . . .M

Pni=1 cixi+

+Pn

i=1 cixi =Pn

i=1 ciλn−2i xi+

+ . . .Pn

i=1 ciλixi +Pn

i=1 cixi =

=Pn

i=1 cixi¡λn−2i + . . .+ λi + 1

¢| z Serie geométrica convergente

≤

≤Pn

i=1 cixi1

1−λi ,

con lo que este término también converge.

Problema 102 Calcular 2 iteraciones del método deNewton-Raphson no-lineal para aproximar una raíz del sis-tema de ecuaciones

x2 + y2 − 1 = 0y − x = 0

partiendo de (x, y) = (1, 1).

Solución:½x2 + y2 − 1 = 0

y − x = 0

½∇f(x, y) =

µ2x 2y−1 1

¶

3 4

un = (xn, yn)

u0 = (1, 1)½∇f(un)z = −f(un)un+1 = un + zµ2x 2y−1 1

¶µz1z2

¶= −

µx2 + y2 − 1

y − x

¶Iteraciones:

1.µ

2 2−1 1

¶µz1z2

¶= −

µ10

¶µ

z1z2

¶=

µ−14−14

¶

u1 = u0 + z =

µ11

¶+

µ−14−14

¶

u1 =

µ3434

¶

2.µ

32

32

−1 1

¶µz1z2

¶= −

µ180

¶µ

z1z2

¶=

µ− 124− 124

¶

u2 = u1 + z =

µ3434

¶+

µ− 124− 124

¶

u2 =

µ17241724

¶=

µ. 708 33. 708 33

¶

Problema 103 Plantear el algoritmo necesario para cal-cular, utilizando el método de Newton-Raphson, las raícescomplejas o reales de un polinomio de grado 3.

Solución:

P (z) = az3 + bz2 + cz + d = 0

Un polinomio de grado 3 posee al menos una raíz real.Las otras dos raíces pueden ser también reales o imaginar-ias conjugadas.

Sea z un número complejo: z = x + yi, sustituyendoen la anterior ecuación,

P (x+ yi) = a (x+ yi)3 + b (x+ yi)2 + c (x+ yi) + d

P (x+ yi) = ax3 + 3iax2y − 3axy2 − iay3+

+bx2 + 2ibxy − by2 + cx+ icy + d = 0

Separamos la parte real de la parte imaginaria:

f =

½ax3 − 3axy2 + bx2 − by2 + cx+ d = 03ax2y − ay3 + 2bxy + cy = 0

∇f =µ3ax2 − 3ay2 + 2bx+ c −6axy − 2by

6axy + 2by 3ax2 − 3ay2 + 2bx+ c

¶

El proceso iterativo es de la forma:

un = (xn, yn)½∇f (un) · z = −f (un)un+1 = un + z

Algoritmo:Este algoritmo utiliza una función, ”Sistema(A, u)”,

para resolver un sistema de ecuaciones.

Las funciones F (u) y ∇F (u) se utilizan para evaluarla función y el gradiente de la función en un punto, respec-tivamente.

Funcion F (u)f(1) = a · u(1)3 − 3a · u(1) · u(2)2+

+b · u(1)2 − b · u(2)2 + c · u(1) + df(2) = 3a · u(1)2 · u(2)− a · u(2)3+

+2b · u(1) · u(2) + c · u(2)devolver f

Fin funcion

Funcion ∇F (u)∇f (1, 1) = 3a · u (1)2 − 3a · u(2)2 + 2b · u (1) + c∇f (1, 2) = −6a · u (1) · u (2)− 2b · u (2)∇f (2, 1) = −∇f (1, 2)∇f (2, 2) = ∇f (1, 1)devolver ∇f

Fin funcion

Algoritmoun−1 = (x0, y0)/* calculamos la primera aproximación */z = Sistema

¡∇F

¡un−1

¢,−F

¡un−1

¢¢un(1) = un−1(1) + z(1)un(2) = un−1(2) + z(2)n = 0Mientras

¡¯un − un−1

¯≥ TOL

¢y (n < TOP )

un−1 = un

/* calculamos la siguiente aproximación */z = Sistema

¡∇F

¡un−1

¢,−F

¡un−1

¢¢un(1) = un−1(1) + z(1)un(2) = un−1(2) + z(2)n = n+ 1

Fin MientrasSi (n = TOP ) Entonces

ERROR: No se ha encontrado soluciónFin Si

Fin Algoritmo

35

Problema 104 Se considera el sistema no-lineal

(x− 1)y = 0(y − 2)x = 0

A partir de u1 = (1, 1), calcular u2 y u3 utilizando elmétodo de Newton-Raphson para aproximar un cero delsistema no-lineal.

Solución:

1. ∇f(x, y) =

µy x− 1

y − 2 x

¶→ ∇f(1, 1) =µ

1 0−1 1

¶→ u2 =

µ1 0−1 1

¶−1µ01

¶+µ

11

¶=

µ12

¶

∇f(1, 2) =µ2 00 1

¶→ u3 =

µ2 00 1

¶−1µ00

¶+µ

12

¶=

µ12

¶

Problema 105 Calcular 1 iteración del método deNewton-Raphson no-lineal para aproximar una raíz del sis-tema de ecuaciones

exyz − 1 = 0y2 − z3 − 2 = 0

(z − 1)x4 − 3 = 0

partiendo de (x, y, z) = (1, 1, 1).

Solución:

∇f (x, y, z) =

⎛⎝ yzexyz xzexyz xyexyz

0 2y −3z24 (z − 1)x3 0 x4

⎞⎠½∇f (x, y, z) z = −f (x, y, z)un+1 = un + z⎛⎝ yzexyz xzexyz xyexyz

0 2y −3z24 (z − 1)x3 0 x4

⎞⎠⎛⎝ z1z2z3

⎞⎠ =

= −

⎛⎝ exyz − 1y2 − z3 − 2(z − 1)x4 − 3

⎞⎠Iteración:⎛⎝ e e e0 2 −30 0 1

⎞⎠⎛⎝ z1z2z3

⎞⎠ = −

⎛⎝ e− 1−2−3

⎞⎠

⎛⎝ z1z2z3

⎞⎠ =

⎛⎝ −1e (e− 1)− 172

1123

⎞⎠un+1 = un + z =

=

⎛⎝ 111

⎞⎠+⎛⎝ −1e (e− 1)− 17

21123

⎞⎠ =

=

⎛⎝ −152 − 1e (e− 1)1324

⎞⎠

INTERPOLACION DE FUNCIONES II

Problema 106 Calcular los polinomios base de Hermiteque corresponden a tomar como puntos de interpolaciónx0 = −1, x1 = 1, y el orden de derivación M = 1.

Solución: Los polinomios de Hermite que corresponden aesos puntos de interpolación vienen dados por las gráficas4, 5, 6 y 7.

-1.0 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

x

y

Figure 4: Polinomio de Hermite H0−1

-1.0 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

x

y

Figure 5: Polinomio de Hermite H1−1

3 6

-1.0 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

x

y

Figure 6: Polinomio de Hermite H01

-1.0 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

-1.0

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

xy

Figure 7: Polinomio de Hermite H11

1. La gráfica 4 se hace cero en 1 y sus derivadas, tantoen ese punto como en −1, valen cero. Este polinomiotiene dos raíces en 1 (la segunda debido al valor de suderivada en 1), con lo que la forma de este polinomioes como sigue:

H0−1 (x) = (x− 1)

2 (a (x+ 1) + b)

El valor de este polinomio en -1 es 1:

H0−1 (−1) = 1

(−1− 1)2 (a (−1 + 1) + b) = 4b = 1

b = 14

Al ser la derivada en -1 igual a cero tenemos:

H00−1 (x) = 2 (x− 1) (a (x+ 1) + b) + (x− 1)2 a = 0

H00−1 (x) = 2 (−2) (a (0) + b) + (−2)2 a = 0

−4b+ 4a = 0

a = b = 14 ,

luego el polinomio queda,

H0−1 (x) =

14 (x− 1)

2 (x+ 2)

2. Para calcular el segundo polinomio partimos de la grá-fica 5. En ésta, La función se anula en -1 y 1, laderivada en -1 es igual a 1 y su derivada en 1 es cero.Por la misma razón que en el caso anterior, sabemosque la función posee dos raíces en 1, con lo que elpolinomio tiene la forma,

H1−1 (x) = (x− 1)

2(a (x+ 1) + b)

H1−1 (−1) = (−1− 1)

2(a (−1 + 1) + b) = 4b = 0

b = 0

para calcular el valor de a, derivamos el polinomio yevaluamos en 1,

H10−1 (x) = 2 (x− 1) (a (x+ 1) + b) + (x− 1)2 a

H10−1 (−1) = 2 (−1− 1) (a (−1 + 1) + b)+

+ (−1− 1)2 a = 1

4a = 1

a = 14 ,

luego el polinomio nos queda:

H1−1 (x) = (x− 1)

2 ¡14 (x+ 1)

¢3. Para calcular los otros dos polinomios, basta consid-erar que son funciones simétricas a las dos anteri-ores. En la gráfica 6 se puede ver que esta funciónes simétrica a H0

−1 (x) (ver gráfica 4) con respecto aleje de las y.

El polinomio es por tanto,

H01 (x) = H0

−1 (−x)

H01 (x) =

14 (−x− 1)

2 (−x+ 2)

H01 (x) = −14 (x+ 1)

2(x− 2)

3 7

4. Por último, la función representada en la gráfica 7, essimétrica al polinomio H1

−1 (gráfica 5) con respecto alorigen, con lo que,

H11 (x) = −H1

−1(−x)

H11 (x) = − (−x− 1)

2 ¡14 (−x+ 1)

¢H11 (x) =

14 (x+ 1)

2 (x− 1)

Problema 107 Calcular los polinomios que determinanla interpolación por splines cúbicos de la función f(x) =sin¡π2x¢para los puntos x = −1, 0, 1, 2

Solución: Los polinomios son de la forma:

P (x) = dx3 + cx2 + bx+ a

Vamos a calcular los coeficientes para cada intervalo:

hi = 1 ∀ (xi − xi−1)

ai = f (xi) i = 0, . . . N⎛⎜⎜⎝a0a1a2a3

⎞⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎝f (x0)f (x1)f (x2)f (x3)

⎞⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎝−1010

⎞⎟⎟⎠hi−1ci−1 + 2 (hi−1 + hi) ci + hici+1 =

= 3(ai+1−ai)hi

− 3(ai−ai−1)hi−1

c0 = c3 = 0µ4 11 4

¶µc1c2

¶=

µ0−6

¶µ

c1c2

¶=

µ25− 85

¶di =

ci+1−ci3hi

i = 0, . . . N − 1

⎛⎝ d0d1d2

⎞⎠ =

⎛⎜⎝25

3−85 − 2

5

385

3

⎞⎟⎠ =

⎛⎝ 215− 23815

⎞⎠bi =

(ai+1−ai)hi

− hi(2ci+ci+1)3 i = 0, . . . N − 1⎛⎝ b0

b1b2

⎞⎠ =

⎛⎝ 1− 215

1−45−

85

3−1 + 16

15

⎞⎠ =

⎛⎝ 13151915115

⎞⎠Los splines cúbicos nos quedan de la siguiente manera:

P1(x) =215 (x+ 1)

3 + 1315 (x+ 1)− 1

x ∈ [−1, 0]

P2(x) = −23x3 +25x

2 + 1915x

x ∈ [0, 1]

P3(x) =815 (x− 1)

3 − 85 (x− 1)

2 + 115 (x− 1) + 1

x ∈ [1, 2]

-1 1 2

-1.0

-0.5

0.5

1.0

x

y

Figure 8: Comparación entre la función sin¡π2x¢y su

aproximación por splines cúbicos.

Problema 108 Calcular la función que interpola, uti-lizando la función sinc(x) a la función f(x) = sin(x) enlos puntos x = −π,−π

2 , 0,π2 , π.

Solución:

sinc (x) = sin(x)x

La interpolación a través de la función sinc(x) :

f(x) ≈PN

i=M f(xi)sin(π(xa−i))π( xa−i)

xi = a · i = π2 [−2,−1, 0, 1, 2]

f(x) ≈ f (−π) sin(π(2xπ +2))

π( 2xπ +2)+ f

¡−π2

¢ sin(π( 2xπ +1))π( 2xπ +1)

+

+f (0)sin(π( 2xπ ))π( 2xπ )

+ f¡π2

¢ sin(π( 2xπ −1))π( 2xπ −1)

+

+f (π)sin(π( 2xπ −2))π( 2xπ −2)

= sin¡−π2

¢ sin(2x+π)2x+π +

+sin¡π2

¢ sin(2x−π)2x−π = sin(2x−π)

2x−π − sin(2x+π)2x+π =

= sin 2x2x+π −

sin 2x2x−π =

sin 2x(2x−π)−sin 2x(2x+π)4x2−π2 =

= −2π sin 2x4x2−π2

En la figura 9 se muestran el sin(x) y su aproximaciónpor el seno cardinal

38

-10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10

-1.0

-0.5

0.5

1.0

x

y

Figure 9: Comparación del sinx con su aproximaciónnumérica utilizando sin c(x), tomando como puntos de in-terpolación x=−π, −π2 , 0, π2 , π.

-10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10

-1.0

-0.5

0.5

1.0

x

y

Figure 10: Comparación del sinx con su aproximaciónnumérica utilizando sin c(x), tomando como puntos de in-terpolación x=−2π, −3π2 ,−π, −π2 , 0, π2 , π,

3π2 , 2π

Problema 109 Calcular el polinomio trigonométricotomando N = 2, que interpola a la función f(x) = |x|en el intervalo [−π, π].

Solución:

|x| =½−x si −π ≤ x ≤ 0x si 0 ≤ x ≤ π

La interpolación por polinomios trigonométricos tienela forma:

f(x) ≈2X

k=−2cke

ikx,

donde los coeficientes se calculan a partir de la siguienteexpresión:

ck =π−π f(x)e

ikxdx

2π =π−π|x|e

ikxdx

2π =

=− 0−π xe

ikxdx

2π +π0xeikxdx

2π

Los valores de estos coeficientes son:

c2 = c−2 = 0c1 = c−1 =

−2π

c0 =π2

Sustituimos en el sumatorio que aproxima a la funcióny obtenemos:

f(x) ≈ −2π e−ix + π2 −

2π e

ix =

= 12π −

4π cosx

El resultado de la aproximación es, por tanto,

f(x) ≈ 12π − 4

πcosx

La siguiente gráfica compara f(x) = |x| con su aprox-imación f(x) para N = 2 en el intervalo [−π, π].

|x|

-3 -2 -1 0 1 2 3

1

2

3

4

5

x

y

Polinomio trigonométrico (N = 2, [−π, π])

En la siguiente gráfica se realiza la misma compara-ción tomando 20 muestras en el intervalo [−π, π].

|x|

-3 -2 -1 0 1 2 3

1

2

3

4

5

x

y

Polinomio trigonométrico (N = 10, [−π, π])

39

Problema 110 Calcular la aproximación mínimocuadrática lineal de la tabla

xi yi0 01 12 03 2

Solución: Aplicando las fórmulas para calcular los coe-ficientes de la recta que más se aproxima a estos puntos,obtenemos:

a =N N

i=1 xiyi−Ni=1 xi

Ni=1 yi

N Ni=1 x

2i−( N

i=1 xi)2 =

= 4(1+6)−(1+2+3)(1+2)4(1+22+32)−(1+2+3)2 =

12

b =Ni=1 x

2i

Ni=1 yi−

Ni=1 xiyi

Ni=1 xi

N Ni=1 x

2i−( N

i=1 xi)2 =

=(1+22+32)(1+2)−(1+6)(1+2+3)

4(1+22+32)−(1+2+3)2 = 0

P (x) = ax+ b = 12x

0 1 2 3 40

1

2

3

4

x

y

Figure 11: Aproximación mínimo cuadrática

40