problemas resueltos de analisis numericos i
TRANSCRIPT
Problemas de Análisis Numérico
Miguel Alemán Flores, Luis Alvarez León y Javier Sánchez PérezDepartamento de Informática y Sistemas
Universidad de Las PalmasCampus de Ta…ra
35017 Las Palmas, EspañaT‡: 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 37
INTRODUCCION.
El presente documento es el libro de problemas donde seencuentran resueltos todos los problemas presentes en ellibro de Análisis Numérico publicado por los mismos au-tores. Nunca se insistirá lo su…ciente 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 re‡exionar 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 su…cienteesfuerzo, que de un problema del cual se mira directamentela solución sin ninguna fase de re‡exión previa. Ademásse tiende a olvidar con facilidad la técnica de resoluciónde un problema sobre el cual no se ha re‡exionado su…-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 re‡exión 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 aptitud, esque aunque a corto plazo puede dar lugar a resultados posi-tivos, aprobando asignaturas con un conocimiento mínimoe insu…ciente, a la larga, tiene efectos catastró…cos 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 = 2e1X
n=1
an
2n
el número de elementos no-nulos an es in…nito.
Solución: Supongamos que para algún t …nito y e enterose tiene:
0.1 = 2etX
n=1
an
2n
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 = 2e1X
n=1
an
2n
Solución: En primer lugar tenemos que encontrar un en-tero e tal que
12
· 0.0 703 125 ¢ 2¡e < 1
para e = ¡3 obtenemos
0.0 703 125 ¢ 23 = 0. 562 5
ahora tenemos que escribir el número 0.5625 como
0.5625 =12
+1X
n=2
an
2n
los an se calculan de la siguiente forma
0.5625 <12
+122 = 0.75 ) a2 = 0
0.5625 <12
+123 = 0.625 ) a3 = 0
0.5625 =12
+124 = 0.5625 ) a4 = 1
por tanto
0.0 703 125 = 2¡3µ
12
+124
¶
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 Calcular los valores positivos mínimo ymáximo que puede tomar un número real en una aritméticade precisión …nita en función de t, emin y emax.
Solución: Los valores positivos mínimo y máximo son
xmin = 2emin¡1
xmax = 2emax
tX
n=1
12n = 2emax
12 ¡ 1
2t+1
12
= 2emax
µ1 ¡ 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 = ¡1122 ,
122 +
124 ,
122 +
123 ,
122 +
123 +
124
e = 012,12
+123 ,
12
+122 ,
12
+122 +
123
e = 1 1, 1 +122 , 1 +
12, 1 +
12
+122
e = 2 2, 2 +12, 2 + 1, 2 + 1 +
12
los valores negativos son los mismos cambiados de signo.Simpli…cando las fracciones nos queda
e = ¡1 0.25, 0.3125, 0.375, 0.437 5e = 0 0.5, 0.625, 0.75, 0.875e = 1 1, 1.25, 1.5, 1.75e = 2 2, 2.5, 3, 3.5
Si representamos los números positivos sobre una rectaobtenemos
43.753.53.2532.752.52.2521.751.51.2510.750.50.250
21.75
1.51.25
10.75
0.50.25
0-0.25
-0.5-0.75
-1-1.25
-1.5-1.75
-2
x
y
x
y
Problema 5 Dada una aritmética de precisión …nitacualquiera, 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 precisión…nita se escribe como
1 = 2µ
12
¶
el número inmediato superior a 1 en la aritmética es
2µ
12
+12t
¶= 1 +
12t¡1
y el número inmediato inferior a 1 viene dado por
12
+ .. +12t =
12 ¡ 1
2t+1
1 ¡ 12
= 1 ¡ 12t
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 = 22µ
12
¶
Si guiente = 22µ
12
+1
210
¶
Anterior = 2
Ã10X
i=1
12i
!= 2
µ 12 ¡ 1
211
12
¶
2. El cero, el in…nito y Na. Solución:
0 = 2¡31µ
12
¶
1 = 232µ
12
¶
NaN = 232µ
12
+122
¶
3. Los números positivos más grande y más pequeñode la aritmética (teniendo en cuenta las excepciones)Solución:
Mayor = 231
Ã10X
i=1
12i
!= 231
µ 12 ¡ 1
211
12
¶
Menor = 2¡31µ
1210
¶
4. 19 . Solución: No se puede escribir de forma exacta.Si suponemos
19
= 2e
ÃtX
i=1
ai
2i
!=) 1 = 9 ¢ 2e
ÃtX
i=1
ai
2i
!=)
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¡1
2 ¡ 1210
¢. Solución:
2¡1
2 ¡ 1210
¢= 20
¡12 + 1
22 + 123 + 1
24 + 125 + 1
26 + 127 + 1
28 + 129
¢
Problema 7 Sean A = 2¡1
2 + 123 + 1
25
¢B =
23¡1
2 + 126 + 1
27
¢. Calcular B + A y B ¡ A
Solución:
B + A = 23¡1
2 + 123 + 1
24
¢
1. B ¡ A = 22¡1
2 + 123 + 1
24 + 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
an
2n § 12t
!
pertenecen al conjunto A de números reales generados porla aritmética de precisión …nita.
Solución: Que los números pertenecen a la aritméticasigni…ca que existe un conjunto de valores binarios a0
i y unentero e0 tal que
2e
ÃtX
n=1
an
2n § 12t
!= 2e0
tX
n=1
a0n
2n
Consideremos primero el caso de sumar 1/2t. Si ak =1 para todo k, entonces
2e
ÃtX
n=1
12n +
12t
!= 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 a0
k = aksi 1 · k < k0, a0
k0= 1 y a0
k = 0 si k0 < k · tConsideremos ahora el caso de restar 1/2t. Si el único
elemento ak distinto de 0 es a1, entonces
2eµ
12
¡ 12t
¶= 2e¡1
tX
n=1
12n
Si por el contrario existe un k0 > 1 tal que ak0 = 1, ytal que ak = 0 para todo k0 < k · t entonces basta tomara0
k = ak si 1 · k < k0, a0k0
= 0 y a0k = 1 si k0 < k · t.
Problema 9 Dado un número ez = 2e Ptn=1
an2n , en una
aritmética de precisión …nita. 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
12n
3
para cualquier otro número ez, el inmediato superior e in-ferior son
ez § 2e 12t
Problema 10 Calcular las raíces del polinomio P (x) =x2 ¡ 2x + 0.01 evitando los errores de cancelación.
Solución:
x1 =2 +
p4 ¡ 0.042
= 1.995
x2 =0.011.995
Problema 11 Escribir el código en fortran 77 para imple-mentar el cálculo de las raíces reales de ax2 + bx + c = 0evitando los errores de cancelación y teniendo en cuentalas diferentes opciones que aparecen cuando a 6= 0 y a = 0.
Solución:
PRINT *, ’CALCULO DE LAS RAICES DEP(X)=A*X ^2+BX+C’
PRINT *, ’INTRODUZCA EL VALOR DE A’READ *,APRINT *, ’INTRODUZCA EL VALOR DE B’READ *,BPRINT *,’INTRODUZCA EL VALOR DE C’READ *,CIF (A.EQ.0 ) THEN
IF (B.EQ.0 ) THENPRINT *, ’EL POLINOMIO ES CONSTANTE’EXIT
ENDIFPRINT *, ’EL POLINOMIO ES DE GRADO 1.’PRINT *, ’LA RAIZ ES X=’,¡C/BEXIT
ENDIFD=B*B-4*A*CIF (D.LT.0 )THEN
PRINT *, EL POLINOMIO NO TIENE RAICESREALES
EXITENDIFIF (B.GT.0) THEN
X1=(-B-SQRT(D))/(2*A)ELSE
X1=(-B+SQRT(D)/(2*A)ENDIFX2=C/(X1*A)PRINT *,’LAS RAICES SON: ’,X1,X2END
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 código en fortran 77 para im-plementar el método de la bisección
Solución:PRINT *,’METODO DE LA BISECCION’PRINT *,’INTRODUCIR EL EXTREMO
IZQUIERDO DEL INTERVALO’READ *,APRINT *,’INTRODUCIR EL EXTREMO DERE-
CHO DEL INTERVALO’READ *,BIF (A.GT.B) THEN
PRINT *, ’INTERVALO INCORRECTO’EXIT
ENDIFPRINT *,’INTRODUCIR LA PRECISION ’READ *,TOLIF (F(A)*F(B).GT.0) THEN
PRINT *,’NO HAY CAMBIO DE SIGNO EN ELINTERVALO’
EXITENDIF
1 X=(A+B)/2IF (F(X).EQ.0).OR.((B-A).LT.TOL) THEN
PRINT *,’LA RAIZ DE LA FUNCION ES: ’,XEXIT
ENDIFIF((F(A)*F(X)).LE.0) THEN
B=XELSE
A=XENDIFGOTO 1END
FUNCTION F(X)F=COS(X)
4
END
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]
Solución:
x = 0 ¡ 2f(2) ¡ f(0)
f(0) = 1
f(2) > 0, f(0) < 0, f(1) < 0Nuevo Intervalo = [1, 2]
x = 1 ¡ 1f(2) ¡ f(1)
f(1) =43
f(2) > 0, f(1) < 0, f(43) < 0
Nuevo Intervalo = [43, 2]
Problema 15 Escribir el código en fortran 77 para im-plementar el método de la Regula-falsi
Solución:
PRINT *,’METODO DE LA REGULA FALSI’PRINT *,’INTRODUCIR EL EXTREMO
IZQUIERDO DEL INTERVALO’READ *,APRINT *,’INTRODUCIR EL EXTREMO DERE-
CHO DEL INTERVALO’READ *,BIF (A.GT.B) THEN
PRINT *, ’INTERVALO INCORRECTO’EXIT
ENDIFPRINT *,’INTRODUCIR LA PRECISION ’READ *,TOLIF (F(A)*F(B).GT.0) THEN
PRINT *,’NO HAY CAMBIO DE SIGNO EN ELINTERVALO’
EXITENDIF
1 X=A-F(A)*(B-A)/(F(B)-F(A))IF (F(X).EQ.0).OR.((B-A).LT.TOL) THEN
PRINT *,’LA RAIZ DE LA FUNCION ES: ’,XEXIT
ENDIFIF(F(A)*F(X)).LE.0 THEN
B=XELSE
A=XENDIFGOTO 1END
FUNCTION F(X)F=COS(X)
END
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
=53
Problema 17 Calcular una iteración del método de la se-cante para calcular un cero de la función f(x) = x3 ¡ 3partiendo de x0 = 0, x1 = 1
Solución:
x1 = 1 ¡ ¡2³¡2¡(¡3)
1¡0
´ = 3
Problema 18 Escribir un programa en fortran 77 queimplemente el método de la Secante utilizando reales dedoble precisión. Los datos de entrada son las aproxima-ciones iniciales x0, y x1, El número máximo de iteracionesN max, y la tolerancia TOL para determinar la igualdadde dos números.
Solución:
IMPLICIT DOUBLE PRECISION (X)PRINT *,’METODO DE LA SECANTE’PRINT *,’INTRODUCIR X0’READ *,X0PRINT *,’INTRODUCIR X1’READ *,X1IF (X0.EQ.X1) THEN
PRINT *, ’LAS DOS APROXIMACIONES INI-CIALES COINCIDEN’
EXITENDIFPRINT *,’INTRODUCIR LA PRECISION ’READ *,XTOLPRINT *,’INTRODUCIR NUMERO MAXIMO DE
ITERACIONES’READ *,NMAXDO 1 K=1,NMAX
IF(ABS(X1-X0).LT.TOL) THENPRINT *,’LA RAIZ DE LA FUNCION ES: ’,X1EXIT
ENDIFIF(XF(X1).EQ.XF(X0)) THEN
PRINT *,’METODO NO CONVERGE’EXIT
ENDIFX2=X1-XF(X1)*(X1-X0)/(XF(X1)-XF(X0))X0=X1X1=X2
5
1 CONTINUEPRINT *,’NUMERO MAXIMO DE ITERACIONES
EXCEDIDO’END
FUNCTION XF(X)IMPLICIT DOUBLE PRECISION (X)
F=COS(X)END
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 +
p33
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
Solución:
P (x) = ((2x + 3)x + 4)x + 5P (2) = ((7)2 + 4)2 + 5P (2) = (18)2 + 5 = 41
P 0(x) = (2x + 7)x + 18P 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 j ak j
j an j = 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 coe…cientes, 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 coe…cientes 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 j ak j
j an j = 1 +4520
=6520
todas las raíces están en el intervalo [¡6520 , 65
20 ]. 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 (12) =
214
P (1) = 4
P (6520
) = 307. 75
por tanto hay una única raíz en el intervalo [¡6520 , 1
2 ].
Problema 23 Aislar en intervalos las raíces del poli-nomio P (x) = 2x3 + 3x2 ¡ 12x + 1
Solución:
P 0(x) = 6x2 + 6x ¡ 12 ra¶ıces 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, π
2 , 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 ¡ 3π
2
¢
P 3π2
(x) =x (x ¡ π)
¡x ¡ π
2
¢3π2
¡3π2 ¡ π
¢ ¡3π2 ¡ π
2
¢
Por tanto el polinomio interpolador es
P (x) = Pπ2(x) ¡ P 3π
2(x)
6
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, π
2 , π,3π2 . y aco-
tarlo superiormente.
Solución: El error de interpolación viene dada por laexpresión:
f(x) ¡ PN(x) =sen(ξ)
4!x
³x ¡ 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
jf(x) ¡ PN(x)j · 14!
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.
Solución: Según las fórmulas vistas en teoría el errorviene dado por la expresión:
j f(x) ¡ PN(x) j· maxx2[a,b]¯fN+1)(ξ)
¯
(N + 1)!2N
µb ¡ a
2
¶N+1
en nuestro caso como N = 5 y la derivada sexta de cos(x)es ¡ cos(x) cuyo máximo en valor absoluto es 1, obtenemos
j f(x) ¡ PN(x) j· 16!25
µ12
¶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, π
2 , 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,π2
] =2π
f [π2
, π] = ¡ 2π
f [π,3π2
] = ¡ 2π
f [0,π2
, π] = ¡ 4π2
f [π2
, π,3π2
] = 0
f [0,π2
, π,3π2
] =8
3π3
por tanto, el polinomio interpolador es
P (x) =2π
x ¡ 4π2 x
³x ¡ π
2
´+
83π3 x
³x ¡ 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] = 1f [x1, x2] = 3f [x2, x3] = 8
f [x0, x1, x2] =23
f [x1, x2, x3] =53
f [x0, x1, x2, x3] =14
y el polinomio interpolador es:
P (x) = 1 + x +23x(x ¡ 1) +
14x(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] = 8f [x1, x2] = 3f [x2, x3] = 1
f [x0, x1, x2] =53
f [x1, x2, x3] =23
f [x0, x1, x2, x3] =14
7
El polinomio interpolador es:
P (x) = 16+8(x¡4)+53(x¡4)(x¡3)+
14(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 coe…ciente 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).
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, π
4 ] 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 2 [0, π
4 ] es
j Pn(x) ¡ sen(x) j· sen(π4
)(x)2n+2
(2n + 2)!
donde ξ 2 [0, π4 ]. Para que la aproximación sea la mejor
dentro de una aritmética de 32 bits tiene que cumplirse
j Pn(x) ¡ sen(x) jsen(x)
· 2¡24 = 5. 96 £ 10¡8
por otro lado, en el intervalo [0, π4 ] se veri…ca
sen¡π
4
¢π4
x · sen(x)
por tanto:
j Pn(x) ¡ sen(x) jsen(x)
·¡π
4
¢2n+2
(2n + 2)!
para n = 4 se tiene que¡π
4
¢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, π
8 ].
Solución: En teoría se demostró como se pueden de…nirel sen(x) y cos(x) para cualquier valor de x a partir desu de…nición en [0, π
4 ], por tanto, en este problema sólotenemos que de…nir las funciones trigonométricas en [0, π
4 ]a partir de su de…nición en [0, π
8 ]. Basta tener en cuentalas relaciones:
cos[0, π4 ](x) =
(cos[0, π
8 ](x) si x · π8
cos2[0, π8 ]
¡x2
¢¡ sin2
[0, π8 ]
¡x2
¢si x > π
8
sen[0, π4 ](x) =
½sen[0, π
8 ](x) si x · π8
2 cos[0, π8 ]
¡x2
¢sin[0, π
8 ]¡x
2
¢si x > π
8
Problema 33 Calcular los polinomios necesarios para in-terpolar las funciones trigonométricas cos(x) y sen(x) enel intervalo [0, π
8 ] 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 2 [0, π
8 ] es
j Pn(x) ¡ cos(x) j· sen(π8
)(x)2n+1
(2n + 1)!
8
donde ξ 2 [0, π8 ]. Para que la aproximación sea la mejor
dentro de una aritmética de 32 bits tiene que cumplirse
j Pn(x) ¡ cos(x) jcos(x)
· 2¡24 = 5. 96 £ 10¡8
por tanto:
j Pn(x) ¡ cos(x) jcos(x)
· tan(π8
)¡π
8
¢2n+1
(2n + 1)!
para n = 3 se tiene que
tan(π8
)¡π
8
¢2n+1
(2n + 1)!= 1. 18 £ 10¡7
con lo cual ya estamos muy cerca de la precisión óptima.Para n = 4
tan(π8
)¡π
8
¢2n+1
(2n + 1)!= 2. 53 £ 10¡10
por tanto n = 4 determina la mejor aproximación enuna aritmética de 32 bits.
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 2 [0, π
4 ] es
j Pn(x) ¡ sen(x) j· sen(π8
)(x)2n+2
(2n + 2)!
donde ξ 2 [0, π8 ]. Para que la aproximación sea la mejor
dentro de una aritmética de 32 bits tiene que cumplirse
j Pn(x) ¡ sen(x) jsen(x)
· 2¡24 = 5. 96 £ 10¡8
por otro lado, en el intervalo [0, π8 ] se veri…ca
sen¡π
8
¢π8
x · sen(x)
por tanto:
j Pn(x) ¡ sen(x) jsen(x)
·¡π
8
¢2n+2
(2n + 2)!
para n = 3 se tiene que¡π
8
¢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 Como se puede obtener la función yx,donde x, y son números reales, utilizando las funciones 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,0BBBBBBB@
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
1CCCCCCCA
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,nunan¡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).
9
Problema 36 Resolver por el método de Gauss el sistemaµ¡1 22 ¡1
¶µxy
¶=
µ30
¶
Solución:µ¡1 22 ¡1
¶µxy
¶=
µ30
¶!
µ2 ¡1
¡1 2
¶µxy
¶=
µ03
¶!
µ2 ¡10 3
2
¶µxy
¶=
µ03
¶! 3
2y = y ! y = 2 !x = 2
2 = 1
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¡1X
k=1
k2 =13M3 ¡ 1
2M2 +
16M
Solución:
A =
0BBB@
a11 a12 ¢ ¢ ¢ a1na21 a22 ¢ ¢ ¢ a2n...
.... . .
...an,1 an,2 ¢ ¢ ¢ an,n
1CCCA
En cada iteración se realizan las siguientes opera-ciones:
Para cada iteración (i):
Para cada …la (j)
¤³
aiiaii
´
¤aj1 ¡ ai1
³ajiaii
´. . . ajn ¡ ain
³ajiaii
´
En la primera iteración, este proceso se repite N ¡ 1veces (para las N ¡ 1 j-…las inferiores). En la segunda, serepite N ¡2 veces, y así sucesivamente hasta la penúltima…la, 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 = 23n3 + 1
2n2 ¡ 76n
El orden del algoritmo es entonces O( 2n3
3 ).
Problema 38 Implementar en FORTRAN la funcionIDESCENSO(A, b, u, N, N max) que resuelve un sistemadonde A es una matriz triangular inferior, b es el vectorde términos independientes, u el vector solución, N es ladimensión real del sistema y N max la dimensión que seutilizo para reservar la memoria de la matriz A. La funcióndevuelve 0 si termina correctamente y 1 en caso contrario.Nota Importante: Las líneas de código tienen que ir to-das numeradas y no pueden superar las 15 líneas comomáximo.
11 + 22 + 32 + ... + (n¡ 1)2 = 2n3¡3n2+n6
1 0
Solución:
01 IDESCENSO(A, b, u, N, N max)02 DIMENSION A(N max, ¤), b(¤), u(¤)03 DO 13 I = 1, N04 IF (A(I, I).EQ.0) THEN05 IDESCENSO = 106 RETURN07 ENDIF08 u(I) = b(I)09 DO 11 J = 1, I ¡ 110 u(I) = u(I) ¡ A(I, J) ¤ u(J)11 CONTINUE12 u(I) = u(I)/A(I, I)13 CONTINUE14 IDESCENSO = 015 END
Problema 39 Resolver por el método de Gauss el sigu-iente sistema de ecuaciones
0@
0 ¡1 2¡1 2 ¡12 ¡1 0
1A
0@
u1u2u3
1A =
0@
101
1A
Solución: Pasos en la descomposición por Gauss:
1. Intercambiamos la tercera …la con la primera:0@
0 ¡1 2 1¡1 2 ¡1 02 ¡1 0 1
1A ¡¡¡¡!
pivoteo
0@
2 ¡1 0 1¡1 2 ¡1 00 ¡1 2 1
1A
2. Hacemos ceros en la primera columna³filaj ¡ fila1 ¢ aj1
a11; j > 1
´:
0@
2 ¡1 0 1¡1 2 ¡1 00 ¡1 2 1
1A ¡¡¡!ceros
0@
2 ¡1 0 10 3 ¡2 10 ¡1 2 1
1A
3. Hacemos ceros en la segunda columna³filaj ¡ fila2 ¢ aj1
a11; j > 2
´:
0@
2 ¡1 0 10 3 ¡2 10 ¡1 2 1
1A ¡¡¡!ceros
0@
2 ¡1 0 10 3 ¡2 10 0 4 4
1A
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 jBj 6= 0, entonces A es simétrica y de…nidapositiva
Solución:Tenemos que demostrar, por una parte, queAt = A (A simétrica) y, por otra, que ¹xtA¹x > 0 (A de…nidapositiva2).
1. Simétrica:At = (B ¢ Bt)t = (B ¢ Bt)t = (Bt)t Bt = B ¢ Bt = A
2. De…nida positiva:Como jBj 6= 0, si B¹x = 0 =) ¹x = 0
Una matriz se dice de…nida positiva si se cumple que
8¹x 6= 0, ¹xtA¹x > 0 =)
=) ¹xtA¹x = ¹xtBBt¹x = (Bt¹x)Bt¹x =
= ¹yt¹y =P
y2i > 0
Problema 41 Descomponer la siguiente matriz A por elmétodo de Cholesky
A =
0@
1 1 41 5 64 6 26
1A
Solución: La descomposición por el método de Choleskytiene la forma siguiente:
A = B ¢ Bt,
donde la matriz B es triangular inferior.
B =
0@
b11 0 0b21 b22 0b31 b32 b33
1A
Bt =
0@
b11 b21 b310 b22 b320 0 b33
1A
Cálculo de los elementos de la matriz B :
A = B ¢ Bt =
=
0@
b11 0 0b21 b22 0b31 b32 b33
1A
0@
b11 b21 b310 b22 b320 0 b33
1A =
=
0@
b211 b11b21 b11b31
b11b21 b221 + b222 b21b31 + b22b32
b11b31 b21b31 + b22b32 b231 + b232 + b233
1A
Igualamos los elementos de la matriz anterior con loselementos de la matriz A y se obtienen los siguientes re-sultados:
2Matriz de…nida positiva: 8¹x 6= 0 =) ¹xtA¹x > 0.Esta es la de…nición formal. De forma práctica, se comprueba que losmenores principales de la matriz sean positivos. También se cumplesi todos sus autovalores son positivos: ¹xtA¹x = ¹xtλ¹x = λ¹xt¹x > 0.
1 1
b211 = 1
b11 = 1
b11b21 = 1
b21 = 1b11
= 1
b11b31 = 4
b31 = 4b11
= 4
b221 + b2
22 = 5
b22 = §p
(5 ¡ b221) =p
(4) = 2
b21b31 + b22b32=6
b32 = 6¡b21b31b22
= 6¡42 = 1
b231 + b2
32 + b233 = 26
b33 =p
(26 ¡ b231 ¡ b2
32) =p
(26 ¡ 16 ¡ 12) = 3
La descomposición queda de la siguiente manera:
A = B ¢ Bt =
=
0@
1 0 01 2 04 1 3
1A
0@
1 1 40 2 10 0 3
1A
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:
Iteraci¶on Operaciones
i = 1
j = 1 : b11 =p
a11j = 2 : b21 = a21
b11...j = n : bn1 = an1
b11
i = 2
j = 2 : b22 =p
a22 ¡ b221
j = 3 : b32 = a32¡b21b31b22
...j = n : bn2 = an2¡b21bn1
b22...
...
i = n j = n : bnn =q
ann ¡¡b2n1 + . . . + b2
n,n¡1¢
En la siguiente tabla se muestra de forma esquemati-zada, el número de operaciones en cada iteración:
Iteraci¶on 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 …nal es:
Total=Sumas + Multiplicac. + Divisiones =
= 2n3¡n6 + n(n¡1)
2 = 13n3 ¡ 5
6n + 12n2
El orden del algoritmo es O³
n3
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 =
0BBB@
1 0 ¢ ¢ ¢ 00 1 ¢ ¢ ¢ 0...
.... . .
...0 0 ¢ ¢ ¢ 1
1CCCA
Si expresamos la matriz inversa de la siguiente man-era:
1 2
A
0BBB@
c11 c12 ¢ ¢ ¢ c1nc21 c22 ¢ ¢ ¢ c2n...
.... . .
...cn1 cn2 ¢ ¢ ¢ cnn
1CCCA =
0BBB@
1 0 ¢ ¢ ¢ 00 1 ¢ ¢ ¢ 0...
.... . .
...0 0 ¢ ¢ ¢ 1
1CCCA ,
se pueden calcular las columnas de esa matriz a partir deN sistemas de ecuaciones de la siguiente forma:
A
0BBB@
c11c21...
cn1
1CCCA =
0BBB@
10...0
1CCCA
A
0BBB@
c12c22...
cn2
1CCCA =
0BBB@
01...0
1CCCA
...
A
0BBB@
c1nc2n...
cnn
1CCCA =
0BBB@
00...1
1CCCA , c.q.d.
Problema 44 Demostrar el algoritmo de Crout para de-scomponer matrices tridiagonales.
Solución: Consideremos la matriz tridiagonal siguiente:
A =
0BBBBB@
a1 b1 0 ¢ ¢ ¢ 0c1 a2 b2 ¢ ¢ ¢ 00 c2 a3 b3 0...
......
. . . bn¡10 0 0 cn¡1 an
1CCCCCA
La descomposición por el método de Crout genera dosmatrices de la forma:
A =
0BB@
l1 0 . 0m1 l2 . 00 . . 00 . mn¡1 ln
1CCA
0BB@
1 u1 . 00 1 . 00 . . un¡10 . 0 1
1CCA =
=
0BB@
l1 l1u1 0 . 0m1 m1u1 + l2 l2u2 . 00 . . . ln¡1un¡10 0 . mn¡1 mn¡1un¡1 + ln
1CCA
Igualando ambas matrices y despejando los elementosli, ui y mi,
l1u1 = b1
l1 = a1,u1 =b1l1
,m1 = c1
m1u1 + l2 = a2
l2u2 = b2
l2 = a2 ¡ m1u1,u2 =b2
l2,m2 = c2
...mn¡2un¡2 + ln¡1 = an¡1
ln¡1un¡1 = bn¡1
ln¡1 = an¡1 ¡ mn¡2un¡2,un¡1 =bn¡1
ln¡1,mn¡1 = cn¡1
mn¡1un¡1 + ln = an
ln = an ¡ mn¡1un¡1
El algoritmo queda de la siguiente manera:
l1 = a1u1 = b1
l1Para i = 2, . . . , n ¡ 1
mi¡1 = ci¡1li = ai ¡ mi¡1ui¡1ui = bi
liFin Paramn¡1 = cn¡1ln = an ¡ mn¡1un¡1
Problema 45 Resolver utilizando el método de Crout elsiguiente sistema de ecuaciones
0@
2 4 0¡1 0 40 ¡1 0
1A
0@
xyz
1A =
0@
63
¡1
1A
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 =
0@
2 0 0¡1 2 00 ¡1 2
1A ¢
0@
1 2 00 1 20 0 1
1A
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:0@
2 0 0¡1 2 00 ¡1 2
1A
0@
y1y2y3
1A =
0@
63
¡1
1A ,
aplicando un algoritmo de descenso,0@
y1y2y3
1A =
0@
62
3+y12¡1+y22
1A =
0@
331
1A
Calculamos el vector x por remonte:
Ux = y0@
1 2 00 1 20 0 1
1A
0@
x1x2x3
1A =
0@
331
1A
0@
x1x2x3
1A =
0@
3 ¡ 2x23 ¡ 2x3
1
1A =
0@
111
1A
quedándonos la solución …nal 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:
Iteraci¶on Operacionesi = 1 l1 = a1;u1 = b1
l1i = 2 m1 = c1; l2 = a2 ¡ m1u1;u2 = b2
l2...
...i = n ln = an ¡ mn¡1un¡1
En la siguiente tabla se muestra el número de op-eraciones en cada iteración:
Iteraci¶on 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 Dados 3 puntos distintos xl, xi, xr de-mostrar que la fórmula:
f 0(xi) ¼(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:
1 4
(xr ¡ xi)f(xl)¡f(xi)(xl¡xi)
+ (xi ¡ xl)f(xr)¡f(xi)(xr¡xi)
=
= (xr ¡ xi)f 0(xi) + (xi ¡ xl)f 0(xi)+
+f00(xi)2! (xi ¡ xl)(xr ¡ xi)+
+f00(xi)2! (xr ¡ xi)(xl ¡ xi)+
+f000(xi)3! (xr ¡ xi)(xl ¡ xi)2+
+f000(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)f 0(xi) + f 00(xi)2! ¢ 0+
+f000(xi)3! (xr ¡ xi)(xl ¡ xi) ((xl ¡ xi) ¡ (xr ¡ xi))
El término de la tercera derivada nos da el orden dela fórmula:
(xr ¡ xl)f 0(xi) = (xr ¡ xi)f(xl)¡f(xi)
(xl¡xi)+
+(xi ¡ xl)f(xr)¡f(xi)
(xr¡xi)+ O(h2)
f 0(xi) ¼ (xi¡xl)f(xr)¡f(xi)
xr¡xi+(xr¡xi)
f(xi)¡f(xl)xi¡xl
xr¡xl+ O(h2)
Problema 48 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) f 0 (xi) = (xr¡xl)f(xi)(xi¡xr) + (xr¡xl)f(xi)
(xi¡xl)+
+ (xi¡xl)f(xr)(xr¡xi)
¡ (xi¡xr)f(xl)(xl¡xi)
(xr ¡ xl) f 0 (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) f 0 (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) f 0 (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) f 0 (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)
simpli…cando,
f 0 (xi) =(xi¡xl)(f(xr)¡f(xi))
(xr¡xi)+(xr¡xi)(f(xi)¡f(xl))
(xi¡xl)(xr¡xl)
Problema 49 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 f 00(xi) + h3
6 f 000(xi) +O(h4)
1. b ! f(xi ¡ h) = f(xi) ¡ hf 0(xi) + h2
2 f 00(xi) ¡h3
6 f 000(xi) + O(h4)c ! f(xi ¡ 2h) = f(xi) ¡ 2hf 0(xi) + 2h2f 00(xi) ¡4h3
3 f 000(xi) + O(h4)
Sistema:
0@
a ¡ b ¡ 2c = 0a2 + b
2 + 2c = 0a6 ¡ b
6 ¡ 4c3 = 1
1A Solución: a =
1, b = 3, c = ¡1.
1 5
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 50 Dados 3 puntos. Demostrar que la fórmula
f 00(xi) ¼ 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) ¼ f (xi) + f 0 (xi) (xr ¡ xi)+
+f00(xi)2! (xr ¡ xi)
2 + f 000(xi)3! (xr ¡ xi)
3
f (xl) ¼ f (xi) + f 0 (xi) (xl ¡ xi)+
+f00(xi)2! (xl ¡ xi)
2 + f000(xi)3! (xl ¡ xi)
3
Extraemos en ambas ecuaciones:f(xr)¡f(xi)
(xr¡xi)¼ f 0 (xi) + f 00(xi)
2! (xr ¡ xi)+
+f000(xi)3! (xr ¡ xi)
2
f(xl)¡f(xi)(xl¡xi)
¼ f 0 (xi) + f00(xi)2! (xl ¡ xi)+
+f000(xi)3! (xl ¡ xi)
2
Restamos las expresiones anteriores:
f(xr)¡f(xi)(xr¡xi)
¡ f(xi)¡f(xl)(xi¡xl)
¼ f00(xi)2! (xr ¡ xl)+
+f000(xi)3!
³(xr ¡ xi)
2 ¡ (xl ¡ xi)2´
Despejamos la segunda derivada y obtenemos:
f 00 (xi) ¼ 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) ¼ 2f(xr)¡f(xi)
(xr¡xi)¡ f(xi)¡f(xl)
(xi¡xl)xr¡xl
+ O(h)
Problema 51 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) ¼ 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 =
= f(xr)¡f(xi)¡f(xi)¡f(xl)h2 ¡ f000(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) ¼ f (xr) ¡ 2f (xi) ¡ f (xl)h2
Problema 52 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¡xlxr¡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 53 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) ¼ (xi¡xl)f(xr)¡f(xi)
xr¡xi+(xr¡xi)
f(xi)¡f(xl)xi¡xl
xr¡xl=
= (0¡1) f(4)¡f(0)4¡0 +(4¡0) f(0)¡f(1)
0¡14¡1 =
=¡ 9¡1
4 +4 1¡0¡1
3 = ¡2¡43
= ¡63 = ¡2
1 6
f 00 (xi) ¼ 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 54 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+
+12h2 (Fxx + 2Fxy + Fyy)
F (x ¡ h, y ¡ h) = F (x, y) ¡ hFx ¡ hFy+
+12h2 (Fxx + 2Fxy + Fyy)
F (x ¡ h, y + h) = F (x, y) ¡ hFx + hFy+
+12h2 (Fxx ¡ 2Fxy + Fyy)
F (x + h, y ¡ h) = F (x, y) + hFx ¡ hFy+
+12h2 (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
Problema 55 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 ( 1
2 , 0) = 14 , F (¡1
2 , 0) = 14 , F (0, 1
2) = 14 , F (0,¡1
2) = 14 ,
F ( 12 , 1
2) = 12 , F (¡1
2 ,¡12) = 1
2 , F (¡12 , 1
2) = 12 , F (1
2 ,¡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 = γ Fi+1,j+1+Fi¡1,j+1+Fi¡1,j¡1+Fi+1,j¡1¡4Fi,j2h2 +
+(1 ¡ γ) Fi+1,j+Fi¡1,j+Fi,j+1+Fi,j¡1¡4Fi,jh2 ,
γ = 23
¢F (0, 0) = 23
12+ 1
2+ 12+ 1
22 1
4+
¡1 ¡ 2
3
¢ 14+ 1
4+ 14+ 1
414
=
= 83 + 4
3 = 4
Problema 56 Demostrar que las máscaras
Fx =14h
¡¡2 ¡
p2¢
0¡2 ¡
p2¢
¡2¡p
2 ¡ 1¢
0 2¡p
2 ¡ 1¢
¡¡2 ¡
p2¢
0¡2 ¡
p2¢
Fy =14h
¡¡2 ¡
p2¢
¡2¡p
2 ¡ 1¢
¡¡2 ¡
p2¢
0 0 0¡2 ¡
p2¢
2¡p
2 ¡ 1¢ ¡
2 ¡p
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.
1 7
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 ¡2
4h = ¡12
γh ¡ 1
21¡γ
h = ¡ 12h
r1F (hi0, hj0) = (Fx, Fy) =¡¡ 1
2h , 0¢
Rotamos la función anterior 45o :
1 1 01 0 00 0 0
y calculamos su gradiente:
Fx = (1 ¡ γ) ¡12h + γ ¡1
4h = ¡12
1¡γh ¡ 1
4γh = 1
4γ¡2
h
Fy = (1 ¡ γ) ¡12h + γ ¡1
4h = ¡12
1¡γh ¡ 1
4γh = 1
4γ¡2
h
r2F (hi0, hj0) = (Fx, Fy) = 14
γ¡2h (1, 1)
Calculamos las normas de los gradientes e igualamos:
kr1F (hi0, hj0)k = kr2F (hi0, hj0)k
12h =
q2¡1
4γ¡2
h
¢2
12h = 1
4h
p2 jγ ¡ 2j
(2p2
= ¡ (γ ¡ 2) ! γ = 2 ¡p
22p2
= (γ ¡ 2) ! γ = 2 +p
2
La solución válida es γ = 2 ¡p
2, ya que el gradienter2F debe ser negativo en sus dos derivadas.
Sustituyendo este valor en las expresiones de Fx, Fytenemos:
Fx = (1 ¡ γ) Fi+1,j¡Fi¡1,j2h +
+γ Fi+1,j+1¡Fi¡1,j+1+Fi+1,j¡1¡Fi¡1,j¡14h =
= 2¡p
2 ¡ 1¢ Fi+1,j¡Fi¡1,j
4h +
+¡2 ¡
p2¢ 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¡12h +
+γ Fi+1,j+1¡Fi+1,j¡1+Fi¡1,j+1¡Fi¡1,j¡14h =
= 2¡p
2 ¡ 1¢ Fi,j+1¡Fi,j¡1
4h +
+¡2 ¡
p2¢ 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 57 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 ( 1
2 , 0) = 12 , F (¡1
2 , 0) = ¡12 , F (0, 1
2) = ¡12 , F (0,¡1
2) =12 , F (1
2 , 12) = 0, F (¡1
2 ,¡12) = 0, F (¡1
2 , 12) = ¡1,
F ( 12 ,¡1
2) = 1
Solución: Los valores de la función en una tabla quedande la siguiente manera:
0 12 1
¡12 0 1
2¡1 ¡1
2 0
Sustituimos estos valores en las derivadas de la fun-ción:
Fx = 2¡p
2 ¡ 1¢ Fi+1,j¡Fi¡1,j
4h +
+¡2 ¡
p2¢ Fi+1,j+1¡Fi¡1,j+1+Fi+1,j¡1¡Fi¡1,j¡1
4h =
= 2¡p
2 ¡ 1¢ 1
2+ 12
4h +¡2 ¡
p2¢ 1+1
4h =
= 12
p2¡1h + 1
22¡
p2
h = 12h
Fy = 2¡p
2 ¡ 1¢ Fi,j+1¡Fi,j¡1
4h +
+¡2 ¡
p2¢ Fi+1,j+1¡Fi+1,j¡1+Fi¡1,j+1¡Fi¡1,j¡1
4h =
= 2¡p
2 ¡ 1¢ ¡1
2 ¡ 12
4h +¡2 ¡
p2¢ ¡1¡1
4h =
= ¡12
p2¡1h ¡ 1
22¡
p2
h = ¡ 12h
y obtenemos el valor del gradiente:
rF =µ
FxFy
¶=
µ 12h
¡ 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 58 Calcular analíticamente y numéricamentela matriz gradiente en el punto (1, 1) (utilizar h = 0.1) dela función:
f(x, y) =½
x2 + y2 ¡ 1x ¡ y
Solución:
Analíticamenterf(x, y) =
µ2x 2y1 ¡1
¶! rf(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
1 8
f1(x, y) = x ¡ y
∂f1(1,1)∂x =1
4(0.1)
¡2 ¡
p2¢(f1(1 + 0.1, 1 ¡ 0.1) ¡ f1(1 ¡ 0.1, 1 ¡ 0.1))+
14(0.1)
¡2 ¡
p2¢(f1(1 + 0.1, 1 + 0.1) ¡ f1(1 ¡ 0.1, 1 + 0.1))+
14(0.1)2
¡p2 ¡ 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 ¡
p2¢(f1(1 ¡ 0.1, 1 + 0.1) ¡ f1(1 ¡ 0.1, 1 ¡ 0.1))+
14(0.1)
¡2 ¡
p2¢(f1(1 + 0.1, 1 + 0.1) ¡ f1(1 + 0.1, 1 ¡ 0.1))+
14(0.1)2
¡p2 ¡ 1
¢(f1(1, 1 + 0.1) ¡ f1(1, 1 ¡ 0.1)) =
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 ¡
p2¢(f2(1 + 0.1, 1 ¡ 0.1) ¡ f2(1 ¡ 0.1, 1 ¡ 0.1))+
14(0.1)
¡2 ¡
p2¢(f2(1 + 0.1, 1 + 0.1) ¡ f2(1 ¡ 0.1, 1 + 0.1))+
14(0.1)2
¡p2 ¡ 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 ¡
p2¢(f2(1 ¡ 0.1, 1 + 0.1) ¡ f2(1 ¡ 0.1, 1 ¡ 0.1))+
14(0.1)
¡2 ¡
p2¢(f2(1 + 0.1, 1 + 0.1) ¡ f2(1 + 0.1, 1 ¡ 0.1))+
14(0.1)2
¡p2 ¡ 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.
!
rf(1, 1) =µ
2 21 ¡1
¶
Problema 59 Aproximar el valor de la siguiente integral,utilizando las fórmulas de Legendre para n = 2 y n = 3
Z 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. La
fórmula 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¡π
2cos(x)dx = sin(x)]
π2¡ π
2= 1 ¡ (¡1) = 2
R π2
¡π2
cos(x)dx =R 1¡1 cos(π
2 t)π2 dt = 2
3π2 cos
¡¡π
4
¢+
23
π2 cos (0) + 2
3π2 cos
¡π4
¢
= 13
p2π + 1
3π = 2. 528 2
Problema 61 Demostrar, utilizando los ceros y pesosasociados a los polinomios de Legendre, cual sería la fór-mula de integración numérica de Legendre utilizando unsólo punto de interpolación. Cual sería su exactitud?
Solución: El polinomio de Legendre para un solo punto:
L1(x) = x ! x0 = 0
Calculamos el peso asociado:
w0 =Z 1
¡1
11dx = 2
Por lo tanto, la fórmula de integración numérica deLegendre es: Z 1
¡1f (x) dx ' 2 ¢ f (0) ,
y su exactitud sería igual a 1(2N ¡ 1 = 1).
1 9
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 wkque 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
af (x) dx '
NX
k=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
af (x) dx =
Z 1
¡1f
µ(b ¡ a) t + b + a
2
¶b ¡ a
2dt
Z b
af (x) dx '
NX
k=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 integral
Z 1
0
¡x2 ¡ x3¢ dx
Solución: El resultado de la integral calculada de formaanalítica, da el siguiente resultado:
R 10
¡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¡0
2
¢( ~w0f
¡ ~x0+12
¢+ ~w1f
¡ ~x1+12
¢+ +
~w2f¡ ~x2+1
2
¢) =
= 12(0.55555556 ¢ f
¡0.7745966692+12
¢+
+0.8888888889 ¢ f¡0+1
2
¢+
+0.55555556 ¢ f¡¡0.7745966692+1
2
¢) =
= 8. 333 3 £ 10¡2
Problema 64 Calcular de forma exacta la integralZ 1
¡1
¡x3 ¡ x2¢ e¡x2
dx
utilizando los polinomios de Hermite.
Solución: De forma analítica la integral da como resul-tado:
R 1¡1
¡x3 ¡ x2
¢e¡x2
dx = ¡12p
π = ¡. 886 23
Utilizando el método de integración numérica:
f (x) =¡x3 ¡ x2
¢
R 1¡1
¡x3 ¡ x2
¢e¡x2
dx =2P
k=1wkf (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
11 + x2 dx
Solución:
R 1¡1
11+x2 dx =
R 1¡1
ex2
1+x2 e¡x2dx = π
f(x) = ex2
1+x2
R 1¡1
11+x2 dx ' w1f(x1) + w2f(x2) =
= 0.8862269255 ¢ f (¡0.707106781)+
+0.8862269255 ¢ f (0.707106781) =
= 1. 948 2
Problema 66 Calcular de forma exacta la integralZ 1
0
¡x3 ¡ x2¢ e¡xdx
utilizando los polinomios de Laguerre.
2 0
Solución:R 10
¡x3 ¡ x2
¢e¡xdx = 4
R 10
¡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 siguiente
Z 1
af(x)e¡xdx
donde a es un número real cualquiera
Solución: Para calcular esta integral realizamos un cam-bio de variable
R 10 f(t)e¡tdx =
½t = x ¡ adt = dx
¾=
=R 1a f(x ¡ a)e¡x+adx = ea
R 1a f(x ¡ a)e¡x
R 10 f(t)e¡tdx =
NPk=0
~wkf (~xk)
eaR 1a f(x ¡ a)e¡x = ea
NPk=1
wkf (xk ¡ a)
Para que estas dos igualdades sean equivalentes, bastahacer:
xk = ~xk + awk = e¡a ~wk
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,¡1
2 , 0, 12 y 1.
Solución:R 1¡1
¡x3 ¡ x4
¢dx = ¡2
5 = ¡. 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)+4f³ xk+1+xk
2
´
6 (xk+1 + xk)
#0
¡1
+
+f(xk+1)+f(xk)+4f
³ xk+1+xk2
´
6 (xk+1 + xk)
#1
0
=
' f(0)+f(¡1)+4f(¡1+02 )
6 (0 + 1)+
+f(1)+f(0)+4f( 1+0
2 )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¡1
R 1¡1 F (x, y) dydx =
R 1¡1
NPk=1
~wkF (~xk, y) dy =
=NP
k=1~wk
R 1¡1 F (~xk, y) dy
=NP
k=1~wk
ÃNP
j=1~wjF (~xk, ~yk)
!
=NP
k,j=1
~WkF (~xk, ~yk) ,
donde~Wk = ~wk ~wj
~wk =R ¡1¡1
Qi6=k(x¡~xi)Q
i6=k(~xk¡~xi)
~wj =R ¡1¡1
Qi6=k(y¡~yi)Q
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].
Solución:
R ba
R dc F (x, y) dydx =
R dc
NPk=1
~wkF (~xk, y) dy =
2 1
=NP
k=1~wk
R dc F (~xk, y) dy
=NP
k=1~wk
ÃNP
j=1~w0
jF (~xk, ~yk)
!
=NP
k,j=1~wk ~w0
jF (~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¡1
R 1¡1 x2y2dxdy = 4
9 = . 444 44
Utilizando la fórmula de integración numérica:
P (x) = x2
P (y) = y2
R 1¡1
R 1¡1 x2y2dxdy =
=R 1¡1 x2dx
R 1¡1 y2dy =
=2P
k=1~wkP (~xk)
2Pk=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 1
¡1
Z 2
0
x1 + ey2 dxdy
utilizando la evaluación de F (x, y) en 4 puntos.
Solución: Si calculamos el resultado de la integral deforma analíta, nos queda,
R 1¡1
R 20
x1+ey2 dxdy =
R 1¡1
21+ey2 dy =
=R 1¡1
21+ey2 dy = 2. 144 3
R 20 xdx =
1Pk=0
wkP (xk),
realizando un cambio de variables, y utilizando el poli-nomio de Legendre de segundo orden,
xk = (b¡a)~xk2 + (b+a)
2 = ~xk + 1,
1. wk = (b¡a)2 ~wk = ~wk,
tenemos:
P (x) = x
R 20 xdx =
= w1P (x1) + w2P (x2) =
= (0.5773502692 + 1) + (¡0.5773502692 + 1) =
= 2.0
R 1¡1
11+ey2 dy =
R 1¡1
1e¡y2+1
e¡y2dy =
2Pk=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
El resultado de la aproximación numérica es,
R 1¡1
R 20
x1+ey2 dxdy = 2.0 ¢ 1. 103 3 = 2. 206 6
2 2
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
TF (x, y)dxdy ¼ 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 = 1
6a + 16b + 1
2c
Igualamos el valor de la integral con la fórmula deintegración numérica:
16a + 1
6b + 12c = w0 (x0a + y0b + c)
Calculamos w0, x0 e y0 dando valores a a, b, c
a = b = 0, c = 1; 12c = w0c ! w0 = 1
2
a = c = 0, b = 1; 16b = w0y0b ! y0 = 1
3
b = c = 0, a = 1; 16a = w0x0a ! x0 = 1
3 ,
luego para los valores w0 = 12 , x0 = 1
3 , y0 = 13 la fórmula
de integración es exacta.
Problema 74 Calcular una aproximación numérica de laintegral Z
x2ydxdy
donde 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 x2ydxdy =
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:
R x2ydxdy =
= F (23 , 2
3)Area(T ) =
=¡2
3
¢2 232 = 16
27 =
= . 592 59
2. Para 3 puntos:
R x2ydxdy =
= 13Area(T )
¡F (2
2 , 0) + F ( 22 , 2
2) + F (0, 22)
¢=
= 23 ¢ 1 = 2
3 =
= . 666 67
3. Para 4 puntos:
R x2ydxdy =
= Area(T )[2548¡F ( 4
10 , 410) + F ( 12
10 , 410) + F ( 4
10 , 1210)
¢¡
¡2748F (2
3 , 23)] = 8
15 =
= . 533 33
ANALISIS NUMERICO MATRICIAL II
Problema 75 Tomar N = 2 y demostrar que la normak x k2 veri…ca las propiedades de la de…nición de norma
kxkp = pq
jx1jp + jx2jp
Solución: En esta demostración vamos a generalizar paracualquier p. Al …nal particularizamos para p = 2 con el…n de hacer que la demostración sea más sencilla.
Las propiedades que debe veri…car, para cumplir conla de…ción de norma, son:
1. kxkp = 0 () x = 0;
pp
jx1jp + jx2jp = 0 =) jx1jp + jx2jp = 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 = jλj kxkp ,8λ 2 K y x 2 E;
kλxkp = pp
jλx1jp + jλx2jp
kλxkp = pp
jλjp jx1jp + jλjp jx2jp
kλxkp = pp
jλjp (jx1jp + jx2jp)
kλxkp = jλj pp
jx1jp + jx2jp
kλxkp = jλj kxkp , c.q.d.
3. kx + ykp · kxkp + kykp ,8x, y 2 E;
pp
jx1 + y1jp + jx2 + y2jp · kxkp + kykp =)
=) jx1 + y1jp + jx2 + y2jp ·
·³
pp
jx1jp + jx2jp + pp
jy1jp + jy2jp´p
Para p = 2 tenemos:
jx1 + y1j2 + jx2 + y2j2 ·
·µq
jx1j2 + jx2j2 +q
jy1j2 + jy2j2¶2
=)
=) x21 + 2x1y1 + y2
1 + x22 + 2x2y2 + y2
2 ·
· x21+x2
2+2p
(x21 + x2
2)p
(y21 + y2
2)+y21 +y2
2 =)
=) x1y1 + x2y2 ·p
(x21 + x2
2)p
(y21 + y2
2) =)
=) x21y2
1 + 2x1y1x2y2 + x22y2
2 ·
· x21y2
1 + x21y2
2 + x22y2
1 + x22y2
2 =)
=) 2x1y1x2y2 · x21y2
2 + x22y2
1 =)
=) 0 · x21y2
2 + 2x1y1x2y2 + x22y2
1 =)
=) 0 · (x1y2 + x2y1)2,
que siempre es cierto, con lo que queda demostrado.
Problema 76 Demostrar que
Limp!1 kxkp = maxi
jxij
Solución:
Limp!1 kxkp = Limp!1
µpqPN
i=1 jxijp¶
Extraemos el máximo componente de x, xmax.
Limp!1
µpqPN
i=1 jxijp¶
=
= Limp!1
µp
rjxmaxjp
PNi=1
³jxij
jxmaxj
´p¶
=
= Limp!1
µjxmaxj p
rPNi=1
³jxij
jxmaxj
´p¶
=
= jxmaxjLimp!1
µp
rPNi=1
³jxij
jxmaxj
´p¶
=
= jxmaxjLimp!1³PN
i=1
³jxij
jxmaxj
´p´1/p
Todos los elementos jxijjxmaxj son menores o iguales que
1, con lo que
Limp!1³
jxijjxmaxj
´p=
½1 si xi = xmax0 si xi 6= xmax
,
entonces
jxmaxjLimp!1³PN
i=1
³jxij
jxmaxj
´p´1/p=
= jxmaxjLimp!1 (0 + . . . + 0 + 1 + . . . + 1)1/p =
= jxmaxj, c.q.d.
Problema 77 Tomar N = 2, y dibujar el lugar ge-ométrico de los vectores x = (x1, x2) que veri…can
1. kxk1 < 1
2. kxk2 < 1
3. kxk1 < 1
Solución: En las grá…cas 1, 2 y 3 se muestran los lugaresgeométricos de las normas 1, 2 e in…nito, respectivamente.
1. kxk1 < 1 =) jxj + jyj < 1 =) y < 1 ¡ x
Esta ecuación representa, como borde, una recta dependiente negativa. Tal y como se ve en la …gura 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 …gura 2 se muestra el lugargeométrico.
2 4
x
y
1
1
1
1
Figure 1: Lugar geométrico de kxk1
3. kxk1 < 1 =) max(x, y) < 1
Esto representa una recta de valor constante (x, y)menor que 1. En la …gura 3 se puede ver el lugargeométrico.
Problema 78 Tomar N = 2 y demostrar la siguiente de-sigualdad
k x k1·k x k2·k x k1
Solución: Esta desigualdad es equivalente a lo siguiente:
max(jx1j , jx2j) ·p
(x21 + x2
2) · jx1j + jx2j
1. max(jx1j , jx2j) ·p
(x21 + x2
2) ()
() jxmaxj ·p
(x21 + x2
2) ()
() x2max · x2
1 + x22
Esta desigualdad siempre es cierta ya que xmax es obien x1 o bien x2.
2.p
(x21 + x2
2) · jx1j + jx2j ()
()¡x2
1 + x22¢
· (jx1j + jx2j)2 ()
() x21 + x2
2 · jx1j2 + 2 jx1j jx2j + jx2j2 ()
() x21 + x2
2 · x21 + 2 jx1j jx2j + x2
2 ()
() 0 · 2 jx1j jx2j
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(jx1j , jx2j) · jx1j + jx2j . 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 veri…ca
k AB k·k A k ¢ k B k
Solución:
supxkABxk
kxk = supxkABxk
kxkkBxkkBxk ,
supxkABxkkBxk
kBxkkxk · supx
kBxkkxk ¢ supx
kABxkkBxk
supxkABxkkBxk
kBxkkxk · kBk ¢ kAk ,
entonces
supxkABxk
kxk · 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 kxk1
Solución: De…nición de autovalor de una matriz A:
xi 6= 0 2 E, λi 2 CÁAxi = λixi
Axi = λixi =) (A ¡ λiId)xi = 0
como xi 6= 0, entonces
jA ¡ λiIdj = 0 =) P (λ) = 0, c.q.d.
Problema 81 Calcular los autovectores de la matriz0@
1 1 01 1 00 0 2
1A
y determinar una base ortonormal de R3 de autovectoresde A.
Solución: Calculamos los autovalores de A :
jA ¡ λiIdj = 0¯¯¯
1 ¡ λ 1 01 1 ¡ λ 00 0 2 ¡ λ
¯¯¯ = ¡4λ + 4λ2 = 0
λ1 = 0λ2 = 2λ3 = 2
Calculamos los autovectores de A :
1. λ1 = 0
0@
1 1 01 1 00 0 2
1A
0@
x1x2x3
1A =
0@
000
1A
8<:
x1 + x2 = 0x1 + x2 = 02x3 = 0
8<:
x1 = ¡x2
x3 = 0
¹x1 =
0@
1p2¡1p2
0
1A
2. λ2, λ3 = 2
0@
¡1 1 01 ¡1 00 0 0
1A
0@
x1x2x3
1A =
0@
000
1A
8<:
¡x1 + x2 = 0x1 ¡ x2 = 0
x3 libre
8<:
x1 = x2
x3 libre
¹x2 =
0@
1p2
1p2
0
1A , ¹x3 =
0@
001
1A
La matriz,
B =
0@
1p2
1p2
0¡1p
21p2
00 0 1
1A
contiene los autovectores de A que forman una base ortog-onal en R3.
Problema 82 Calcular las normas 2, 1 e in…nito de lamatriz
A =µ
1 01 1
¶
Solución:
1. kAk2 =p
ρ (AT A)
kAk2 =
sρ
µ2 11 1
¶=
q3+1
p5
2 = 1. 618
¯¯ 2 ¡ λ 1
1 1 ¡ λ
¯¯ = 1 ¡ 3λ + λ2 = 0, λ = 3
2 § 12
p5
2. kAk1 = maxj
³P2i=1 jaij j
´
kAk1 = max(1, 2) = 2
3. kAk1 = maxi
³P2j=1 jaij j
´=
kAk1 = max(2, 1) = 2
2 6
Problema 83 Demostrar la siguiente igualdad:
ρ(AtA) = ρ(AAt)
Solución:
Veamos que los polinomios característicos coinciden :
jAtA ¡ λiIdj = jAtj¡1 jAtA ¡ λiIdj jAtj =
=¯¯(At)¡1 AtAAt ¡ λi (At)¡1 IdAt
¯¯ =
=¯¯AAt ¡ λi (At)¡1 At
¯¯ =
= jAAt ¡ λiIdj
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 =
maxifjλijgminifjλijg
Solución: Al ser una base de autovectores ortonormal, lanorma kAk2 = ρ(A) = maxi fjλijg
Los autovalores de A¡1 vienen dados por:
Axi = λixi =)
=) A¡1Axi = A¡1λixi =)
=) 1λi
xi = A¡1xi =)
=) A¡1xi = λ0ixi,
donde λ0i = 1
λi, 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
©¯λ0
i¯ª
= maxi
½¯¯ 1λi
¯¯¾
=1
mini fjλijg,
entonces
χ(A) = kAk2 ¢°°A¡1
°°2
χ(A) = maxi fjλijg ¢ 1minifjλijg
χ(A) = maxifjλijgminifjλijg , c.q.d.
Problema 85 Calcular el condicionamiento para lanorma 2, de las siguientes matrices:
1. A =
0@
2 2 ¡22 1 1
¡2 1 1
1A
2. A =
0@
2 ¡1 0¡1 2 ¡10 ¡1 2
1A
Solución: El condicionamiento de una matriz χ(A) =kAk2 ¢
°°A¡1°°
2 . Calculamos los autovalores de ambas ma-trices:
1.
¯¯¯
2 ¡ λ 2 ¡22 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 baseortonormal 3 de autovectores, con lo que el condi-cionamiento de A se puede calcular como:
χ(A) = kAk2 ¢°°A¡1°°
2 =maxifj λi jgminifj λi jg =
42
= 2
2.
¯¯¯
2 ¡ λ ¡1 0¡1 2 ¡ λ ¡10 ¡1 2 ¡ λ
¯¯¯ = 4 ¡ 10λ + 6λ2 ¡ λ3 = 0
λ1 = 2λ1 = 2 +
p2
λ1 = 2 ¡p
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 =maxifj λi jgminifj λi jg =
2 +p
22 ¡
p2
= 3+2p
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 =
½0 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 =µ
1 11 1
¶
calcular el ángulo α tal que la matriz
R =µ
cosα sinα¡ sinα cosα
¶
veri…que que la matriz B = R¡1AR sea diagonal.
Solución: Realizamos el cálculo de la matriz B :
B = R¡1AR =
=µ
cosα ¡ 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
¶=
=µ
b1 00 b2
¶
Se tiene que cumplir que los elementos que están fuerade la diagonal sean iguales a cero,
2 cos2 α ¡ 1 = 0
cosα = §r
12
De esta igualdad se obtiene el valor del ángulo α :
α =π4
, α =3π4
La matriz de rotación queda como sigue:
R1 =µ
cos π4 sin π
4¡ sin π
4 cos π4
¶=
µ 12
p2 1
2
p2
¡12
p2 1
2
p2
¶
R2 =µ
cos 3π4 sin 3π
4¡ sin 3π
4 cos 3π4
¶=
µ¡1
2
p2 1
2
p2
¡12
p2 ¡1
2
p2
¶
Calculamos los elementos de la diagonal:
b1 = ¡2 cosα sinα + 1
b1 = 0, b1 = 2
b2 = 2cosα sinα + 1
b2 = 2, b2 = 0,
luego las soluciones posibles son:
B1 =µ
0 00 2
¶, B2 =
µ2 00 0
¶
Problema 88 Demostrar las siguientes igualdadestrigonométricas
tan(α) = ¡ cot(2α) + sign(cot(2α))q
1 + cot2(2α)
donde α 2¡¡π
4 , 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)§p
4 cot2(2α)+42 =
= ¡ cot(2α) §p
1 + cot2(2α)
tan(α) =½
¡ cot(2α) +p
1 + 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))q
1 + cot2(2α)
2. cosα = 1p1+tan2(α)
= 1r1+ sin2(α)
cos2(α)
=
= 1rcos2(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)apq
a0qq = 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 =
0BBBB@
a11 ap1 ai1 aq1 an1ap1 app apj apq apnai1 apj aij aqj aniaq1 apq aqj aqq aqnan1 apn ani aqn ann
1CCCCA
Rpq (α) =
0BBBB@
1 0 0 0 00 cosα . sinα 00 . 1 . 00 ¡ sinα . cosα 00 0 0 0 1
1CCCCA
B = R¡1AR =
=
0BBBB@
1 0 0 0 00 cosα 0 ¡ sinα 00 0 1 0 00 sinα 0 cosα 00 0 0 0 1
1CCCCA
¢
¢
0BBBB@
a11 ap1 ai1 aq1 an1ap1 app apj apq apnai1 apj aij aqj aniaq1 apq aqj aqq aqnan1 apn ani aqn ann
1CCCCA
¢
¢
0BBBB@
1 0 0 0 00 cosα 0 sinα 00 0 1 0 00 ¡ sinα 0 cosα 00 0 0 0 1
1CCCCA
=
=
0BBBB@
a11 ap1 cosα ¡ aq1 sinαap1 cosα ¡ aq1 sinα app cos2 α + aqq sin2 α ¡ apq sin 2α
ai1 apj cosα ¡ aqj sinαap1 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 cos2 α + apq sin 2α apn sinα + aqn cosαapn sinα + aqn cosα ann
1CCCCA
De esta matriz se deducen las siguientes igualdades:
a0pq = (app¡aqq)
2 sin 2α + apq cos 2αa0
pp = app cos2 α + aqq sin2 α ¡ apq sin 2αa0
qq = app sin2 α + aqq cos2 α + apq sin 2αa0
pj = 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 ángulo
de rotación:
a0pq = 0 = (app¡aqq)
2 sin 2α + apq cos 2α
tan(2α) =2apq
(aqq ¡ app)
aqq = app +2apq
tan(2α)
Las dos últimas igualdades se obtienen directamentede la matriz …nal. Para obtener a0
pp y a0qq, se opera de la
siguiente manera:
1. a0pp = app cos2 α + aqq sin2 α ¡ apq sin 2α =
= app cos2 α +³app + 2apq
tan(2α)
´sin2 α¡
¡apq sin 2α = app cos2 α+
2 9
+³
app sin(2α)+2apq cos(2α)2 sin α cos α
´sin2 α ¡ apq sin 2α =
= app cos2 α+
+³
app2 sin α cos α+2apq cos2 α¡2apq sin2 α2 cos α
´sinα¡
¡2apq sinα cosα = app cos2 α + app sin2 α+
+apq cosα sinα ¡ apq tanα + apq sinα cosα¡
¡2apq sinα cosα = app ¡ apq tanα
2. a0qq = app sin2 α + aqq cos2 α + apq sin 2α =
=³aqq ¡ 2apq
tan(2α)
´sin2 α + aqq cos2 α+
+apq sin 2α =
=³
aqq2 sin α cosα¡2apq cos2 α+2apq sin2 α2 sin α cosα
´sin2 α+
+aqq cos2 α + apq sin 2α = (aqq sinα ¡ apq cosα+
+ apqcos α ¡apq cosα) sinα+aqq cos2 α+apq sin 2α =
= aqq sin2 α + aqq cos2 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 =
0@
2 0 10 1 01 0 1
1A
Solución:
R (α) =
0@
cosα 0 sinα0 1 0
¡ sinα 0 cosα
1A
(app¡aqq)2 sin 2α + apq cos 2α = 0
tan(2α) =2apq
(aqq ¡ app)
tan(2α) =2
(1 ¡ 2)
α =arctan (¡2)
2
α = ¡12
arctan 2 = ¡. 553 57
a11 = 2 ¡ tan(α)
a11 = 2 + tanµ
12
arctan 2¶
= 2. 618
a33 = 1 + tan(α)
a33 = 1 ¡ tanµ
12
arctan 2¶
= . 381 97
a21 = a32 = 0
B = R¡1AR =
0@
2. 618 0 00 1 00 0 0. 381 97
1A
Los autovalores son los elementos de la diagonal(2. 618, 1, 0. 381 97) . Como α = ¡. 553 57, la matriz
R (α) =
0@
cosα 0 sinα0 1 0
¡ sinα 0 cosα
1A =
0@
0.850 65 0 ¡0.525 70 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 65
00.525 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 =µ
2 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 in…nito, por ejemplo, simpli…caría los cálculosya que es inmediato obtener el máximo de un vector.
1. A =µ
2 10 1
¶
u2 = A u1
ku1k =
3 0
=µ
2 10 1
¶Ã1p2
1p2
!=
=µ 3
2
p2
12
p2
¶,
°°u2°° =p
5 = 2. 236 1
u3 = A u2
ku2k =
=µ
2 10 1
¶Ã3
2p
5
p2
12p
5
p2
!=
=µ 7
10
p5p
2110
p5p
2
¶,
°°u3°° =p
5 = 2. 236 1
u4 = A u3
ku3k =
=µ
2 10 1
¶µ 710
p2
110
p2
¶=
=µ 3
2
p2
110
p2
¶,
°°u4°° =15p
113 = 2. 126
El autovalor máximo aproximado es λ = 2. 126 y suautovector asociado es:
xλ =µ 15
226
p113
p2
1226
p113
p2
¶=
µ. 997 79
6. 651 9 £ 10¡2
¶
2. A =µ
¡3 01 1
¶
u2 = A u1
ku1k =
=µ
¡3 01 1
¶Ã1p2
1p2
!=
=µ
¡32
p2p
2
¶,
°°u2°° =12p
26 = 2. 549 5
u3 = A u2
ku2k =
=µ
¡3 01 1
¶µ¡ 3
26
p26
p2
113
p26
p2
¶=
=µ 9
26
p26
p2
¡ 126
p26
p2
¶,
°°u3°° =113
p1066 = 2. 511 5
u4 = A u3
ku3k =
=µ
¡3 01 1
¶µ 92132
p1066
p26
p2
¡ 12132
p1066
p26
p2
¶=
=µ
¡ 272132
p1066
p26
p2
2533
p1066
p26
p2
¶,
°°u4°° =182
p65 026 = 3. 109 8
El autovalor máximo aproximado es
λ = ¡3. 109 8,
con signo negativo ya que sign¡
u4, u3®¢
= ¡1 y suautovector asociado es
xλ =
á 27¢82
2132p
65 026
p1066
p26
p2
2¢82533
p65 026
p1066
p26
p2
!=
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 juij
Solución:
1. ku1k = 1 ! u2 =µ
2 ¡1¡1 1
¶µ11
¶=
µ10
¶
ku2k = 1 ! u3 =µ
2 ¡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¡1k
µ¡2 10 3
¶u2 =
Ã1p2
1p2
!
u2 =µ
¡16
p2
16
p2
¶,°°u2°° =
13
= . 333 33
µ¡2 10 3
¶u3 =
µ¡1
2
p2
12
p2
¶
u3 =µ 1
3
p2
16
p2
¶,°°u3°° =
16p
10 = . 527 05
°°u3°° es el autovalor máximo de A¡1, con lo que el
autovalor mínimo de A es λmin = ¡1ku3k = ¡ 6
10
p10 = ¡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@
0 ¡1 00 3 ¡10 0 ¡1
1A
para ello calcular dos iteraciones del método de la potenciainversa partiendo de u1 = (1, 1, 1).
Solución:
A0 = A ¡ 2Id =
0@
¡2 ¡1 00 1 ¡10 0 ¡3
1A
Vamos a utilizar la norma in…nito con el …n de sim-pli…car los cálculos.
A0un = un¡1
kun¡1k0@
¡2 ¡1 00 1 ¡10 0 ¡3
1Au2 =
0@
111
1A
u2 =
0@
¡56
23
¡13
1A ,
°°u2°° =
56
= . 833 33
0@
¡2 ¡1 00 1 ¡10 0 ¡3
1Au3 = 6
5
0@
¡56
23
¡13
1A
u3 =
0@
1301415215
1A ,
°°u2°° =1415
El autovalor máximo de (A ¡ 2Id)¡1 es λmax = 1415
con signo positivo (sign¡
u3, u2®¢
= 1)
(A ¡ 2Id)¡1 ¹x = λmax¹x
Para calcular el autovalor más cercano a 2, realizamoslas siguientes operaciones:
1λmax
¹x = (A ¡ 2Id) ¹x
µA ¡ 2Id ¡ 1
λmaxId
¶¹x = 0
µA ¡
µ2 +
1λmax
¶Id
¶¹x = (A ¡ λproxId) ¹x = 0
λprox =µ
2 +1
λmax
¶=
µ2 +
11415
¶=
4314
λprox = 3. 071 4
Problema 95 Escribir en Fortran las funciones sigu-ientes: SIGNO_PRODUCTO_ESCALAR(uf,vf,Nf)que devuelve el signo del producto escalar delos vectores uf y vf de dimensión Nf (12 líneasde código como máximo), y la función AUTO-VALOR_MAXIMO(Af,uf,Nf,Nfmax,N…ter,Tolf) quedevuelve el autovalor máximo de una matriz y su au-tovector por el método de la potencia. Los parámetrosson la matriz Af, el vector candidato inicial uf, Nf ladimensión real, Nfmax, la dimensión para coger memoria,N…ter número máximo de iteraciones, y Tolf la tolerancia.Esta función devuelve el valor 2.**120 si no terminacorrectamente. Tomar como norma kuk =
Pi ABS(ui)
(28 líneas de código como máximo)
Solución:
01 SIGNO_PRODUCTO_ESCALAR(uf,vf,Nf)02 DIMENSION uf(*),vf(*)03 PE=004 DO 06 I=1,Nf05 PE=PE+uf(I)*vf(I)06 CONTINUE07 IF (PE.GT.0) THEN08 SIGNO_PRODUCTO_ESCALAR=109 ELSE10 SIGNO_PRODUCTO_ESCALAR=-111 ENDIF12 END
3 2
01 AUTOVALOR_MAXIMO(Af,uf,Nf,Nfmax,N…ter,Tolf)02 DIMENSION Af(Nfmax,*),uf(*),vf(Nfmax)03 DO 26 I=1,N…ter04 NORMA=005 DO 11 J=1,Nf06 vf(J)=007 DO 09 K=1,Nf08 vf(J)=vf(J)+Af(J,K)*uf(K)09 CONTINUE10 NORMA=NORMA+ABS(vf(J))11 CONTINUE12 IF (NORMA.EQ.0) THEN13 AUTOVALOR_MAXIMO=2.**12014 RETURN15 ENDIF16 AUTOVALOR_MAXIMO=SIGNO_PRODUCTO_ESCALAR(uf,vf,Nf)*NORMA17 ERROR=018 DO 22 J=1,Nf19 vf(J)=vf(J)/AUTOVALOR_MAXIMO20 ERROR=ERROR+ABS(uf(J)-vf(J))/(ABS(vf(J)+1.)21 uf(J)=vf(J)22 CONTINUE23 IF(ERROR<TOLf)24 RETURN25 ENDIF26 CONTINUE27 AUTOVALOR_MAXIMO=2.**12028 END
Problema 96 Calcular 3 iteraciones del método de Ja-cobi para resolver el sistema
0@
1 ¡1 0¡1 2 00 ¡1 3
1A
0@
xyz
1A =
0@
¡131
1A
partiendo de u1 = (0, 0, 0)
Solución: La expresión matricial del método de Jacobi escomo sigue:
(L + D + U)u = b
Du = (¡L ¡ U)u + b
u = D¡1(¡L ¡ U)u + D¡1b
un = Mun¡1 + c
donde las matrices L,D,U son de la forma:
L =
0@
0 0 0¡1 0 00 ¡1 0
1A
D =
0@
1 0 00 2 00 0 3
1A
U =
0@
0 ¡1 00 0 00 0 0
1A
Calculamos la matriz M y el vector c :
M = D¡1 (¡L ¡ U) =
0@
0 1 012 0 00 1
3 0
1A
c = D¡1b = D¡1
0@
¡131
1A =
0@
¡13213
1A
La ecuación iterativa queda:
un = Mun¡1 + c =
=
0@
0 1 012 0 00 1
3 0
1Aun¡1 +
0@
¡13213
1A
Iteraciones:
1. u2 = M
0@
000
1A +
0@
¡13213
1A =
0@
¡13213
1A
2. u3 = M
0@
¡13213
1A +
0@
¡13213
1A =
0@
12156
1A
3. u4 = M
0@
12156
1A +
0@
¡13213
1A =
0@
07423
1A
Problema 97 Calcular una base ortogonal de autovec-
tores de la matriz
0@
1 0 10 2 01 0 1
1A,
Solución:
1. Autovectores y autovalores:
8<:
0@
¡101
1A
9=; $
0,
8<:
0@
101
1A ,
0@
010
1A
9=; $ 2
Problema 98 Calcular 3 iteraciones del método deGauss-Seidel para resolver el sistema
0@
1 ¡1 0¡1 2 00 ¡1 3
1A
0@
xyz
1A =
0@
¡131
1A
partiendo de u1 = (0, 0, 0)
3 3
Solución: La expresión matricial del método de Gauss-Seidel es de la forma:
(L + D + U)u = b
(L + D)u = ¡Uu + b
u = (L + D)¡1(¡U)u + (L + D)¡1b
un = Mun¡1 + c
Si construimos el sistema de ecuaciones y despejamoslas incógnitas:
8<:
x ¡ y = ¡1¡x + 2y = 3¡y + 3z = 1
8<:
x = ¡1 + yy = 3+x
2z = 1+y
3
Iteraciones:
1. x = ¡1y = 3¡1
2 = 1z = 1+1
3 = 23
2. x = 0y = 3
2z = 5
6
3. x = ¡1 + 32 = 1
2
y = 3+ 12
2 = 74
z = 1+74
3 = 1112
Problema 99 Una variante del método de Gauss-Seideles tomar M = (D + U)¡1 (¡L), y c = (D + U)¡1 b.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 100 Calcular 3 iteraciones del método de re-lajación para resolver el sistema
0@
1 ¡1 0¡1 2 00 ¡1 3
1A
0@
xyz
1A =
0@
¡131
1A ,
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 +q
1 ¡ ρ (MJ)2
MJ es la matriz del método de Jacobi que se obtienede:
MJ = D¡1(¡L ¡ U) =
=
0@
1 0 00 1
2 00 0 1
3
1A
0@
0 1 01 0 00 1 0
1A =
=
0@
0 1 012 0 00 1
3 0
1A
Los autovalores de MJ :¡0, 1
2
p2,¡1
2
p2¢, luego
ρ (MJ)2 = 12
wopt = 21+
p1¡ρ(MJ)2
= 21+
p1¡ 1
2
wopt = 21+ 1
2
p2
= 42+
p2
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 =
0@
¡ww 3¡w
2w 1+1. 071 1
3
1A =
0@
¡1. 171 61. 071 1. 808 83
1A
u3 =
0@
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
1A =
=
0@
. 284 351. 740 2. 931 34
1A
u4 =
0@
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
1A =
=
0@
. 818 421. 938 2. 987 65
1A
Problema 101 Escribir en Fortran la función siguiente:CONDICIONAMIENTO(Af,Nf,Nfmax,TOLf,N…ter) quedevuelve el condicionamiento de una matriz utilizando elmétodo de Jacobi para calcular los autovalores, se supondráimplementada la función JACOBI(A,N,Nmax,TOL,Niter)
3 4
que devuelve 0 si termina bien y 1 si termina mal. La fun-ción CONDICIONAMIENTO devuelve 2.*120 si terminamal porque Jacobi da un error o se produce una divisiónpor cero. Los parámetros son la matriz Af, Nf la dimen-sión real, Nfmax, la dimensión para coger memoria, N…ternúmero máximo de iteraciones, y Tolf la tolerancia (máx-imo .21 líneas de instrucciones)
Solución:
01 CONDICIONAMIENTO(Af,Nf,Nfmax,N…ter,Tolf)02 DIMENSION Af(Nfmax,*)03 CONDICIONAMIENTO=2.*12004 IF(JACOBI(Af,Nf,Nfmax,TOLf,N…ter).NE.0)THEN05 RETURN06 END IF07 AMAX=ABS(A(1,1))08 AMIN=ABS(A(1,1))09 DO I=2,Nf10 IF(AMAX.LT.ABS(A(I,I))) THEN11 AMAX=ABS(A(I,I))12 END IF13 IF(AMIN.GT.ABS(A(I,I))) THEN14 AMIN=ABS(A(I,I))15 ENDIF16 END DO17 IF(AMIN.EQ.0) THEN18 RETURN19 ENDIF20 CONDICIONAMIENTO=AMAX/AMIN21 END
Problema 102 Demostrar que si una matriz A veri…caque por …las 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 jAj = 0, entonces la matriz A no es invertibley el sistema no tiene solución.
1. Vamos a demostrar que si la suma por …las de A esigual a cero, entonces jAj = 0 :Pn
j aij = 0, esto es equivalente a lo siguiente:
A
0BBB@
11...1
1CCCA =
0BBB@
00...0
1CCCA = 0 ¢
0BBB@
11...1
1CCCA
Esto signi…ca que la matriz A posee un autovalor iguala cero (λ = 0).El determinante de una matriz es igual al productode sus autovalores:
jAj =nY
i=1
λi = λ1 ¢ . . . 0 . . . ¢ λn = 0
2. Para demostrar que jAj = 0 cuando la suma porcolumnas es cero, basta saber que jAj =
¯AT
¯.
Pni aij = 0, esto es equivalente a lo siguiente:
AT
0BBB@
11...1
1CCCA =
0BBB@
00...0
1CCCA = 0 ¢
0BBB@
11...1
1CCCA
La matriz AT posee un autovalor igual a cero (λ = 0),luego
¯AT
¯= 0.
jAj =¯AT
¯= 0
Problema 103 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 autovectoresde M correspondientes a autovalores de módulo menor que1, entonces el método converge.
Solución: Sean xi los autovectores de M 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¡1 Pni=1 aixi = Mn¡2 Pn
i=1 aiMxi =
= Mn¡2 Pni=1 aiλixi = . . .
Pni=1 aiλn¡1
i xi
Como u1 depende linealmente de los xi (autovectores)cuyos autovalores λi son menores que uno, entonces λn¡1
itiende a 0 cuando n tiende a in…nito, luego este términoconverge.
Para el segundo sumando:¡Mn¡2 + . . .M + 1
¢c =
=¡Mn¡2 + . . .M + 1
¢Pni=1 cixi =
= Mn¡2 Pni=1 cixi + . . .M
Pni=1 cixi+
3 5
+Pn
i=1 cixi =Pn
i=1 ciλn¡2i xi+
+ . . .Pn
i=1 ciλixi +Pn
i=1 cixi =
=Pn
i=1 cixi¡λn¡2
i + . . . + λi + 1¢
| {z }Serie geométrica convergente
·
· Pni=1 cixi
11¡λi
,
con lo que este término también converge.
Problema 104 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:½
x2 + y2 ¡ 1 = 0y ¡ x = 0
½rf(x, y) =
µ2x 2y¡1 1
¶
un = (xn, yn)
u0 = (1, 1)½
rf(un)z = ¡f(un)un+1 = un + z
µ2x 2y¡1 1
¶µz1z2
¶= ¡
µx2 + y2 ¡ 1
y ¡ x
¶
Iteraciones:
1.µ
2 2¡1 1
¶µz1z2
¶= ¡
µ10
¶
µz1z2
¶=
µ¡1
4¡1
4
¶
u1 = u0 + z =µ
11
¶+
µ¡1
4¡1
4
¶
u1 =µ 3
434
¶
2.µ 3
232
¡1 1
¶µz1z2
¶= ¡
µ 180
¶
µz1z2
¶=
µ¡ 1
24¡ 1
24
¶
u2 = u1 + z =µ 3
434
¶+
µ¡ 1
24¡ 1
24
¶
u2 =µ 17
241724
¶=
µ. 708 33. 708 33
¶
Problema 105 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 =½
ax3 ¡ 3axy2 + bx2 ¡ by2 + cx + d = 03ax2y ¡ ay3 + 2bxy + cy = 0
rf =µ
3ax2 ¡ 3ay2 + 2bx + c ¡6axy ¡ 2by6axy + 2by 3ax2 ¡ 3ay2 + 2bx + c
El proceso iterativo es de la forma:
un = (xn, yn)½
rf (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 rF (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 rF (u)rf (1, 1) = 3a ¢ u (1)2 ¡ 3a ¢ u(2)2 + 2b ¢ u (1) + crf (1, 2) = ¡6a ¢ u (1) ¢ u (2) ¡ 2b ¢ u (2)rf (2, 1) = ¡rf (1, 2)rf (2, 2) = rf (1, 1)devolver rf
Fin funcion
3 6
Algoritmoun¡1 = (x0, y0)/* calculamos la primera aproximación */z = Sistema
¡rF
¡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
¡rF
¡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
Problema 106 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. rf(x, y) =µ
y x ¡ 1y ¡ 2 x
¶! rf(1, 1) =
µ1 0
¡1 1
¶! u2 =
µ1 0
¡1 1
¶¡1 µ01
¶+
µ11
¶=
µ12
¶
rf(1, 2) =µ
2 00 1
¶! u3 =
µ2 00 1
¶¡1 µ00
¶+
µ12
¶=
µ12
¶
Problema 107 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:
rf (x, y, z) =
0@
yzexyz xzexyz xyexyz
0 2y ¡3z2
4 (z ¡ 1)x3 0 x4
1A
½rf (x, y, z) z = ¡f (x, y, z)un+1 = un + z
0@
yzexyz xzexyz xyexyz
0 2y ¡3z2
4 (z ¡ 1) x3 0 x4
1A
0@
z1z2z3
1A =
= ¡
0@
exyz ¡ 1y2 ¡ z3 ¡ 2
(z ¡ 1)x4 ¡ 3
1A
Iteración:0@
e e e0 2 ¡30 0 1
1A
0@
z1z2z3
1A = ¡
0@
e ¡ 1¡2¡3
1A
0@
z1z2z3
1A =
0@
¡1e (e ¡ 1) ¡ 17
21123
1A
un+1 = un + z =
=
0@
111
1A +
0@
¡1e (e ¡ 1) ¡ 17
21123
1A =
=
0@
¡152 ¡ 1
e (e ¡ 1)1324
1A
INTERPOLACION DE FUNCIONES II
Problema 108 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 grá…cas4, 5, 6 y 7.
1. La grá…ca 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:
3 7
10.50-0.5-1
1
0.75
0.5
0.25
0
x
y
x
y
Figure 4: Polinomio de Hermite H0¡1
10.50-0.5-1
0.25
0.2
0.15
0.1
0.05
0
x
y
x
y
Figure 5: Polinomio de Hermite H1¡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) = 1
4 (x ¡ 1)2 (x + 2)
2. Para calcular el segundo polinomio partimos de la grá-…ca 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.
10.50-0.5-1
1
0.75
0.5
0.25
0
x
y
x
y
Figure 6: Polinomio de Hermite H01
10.50-0.5-1
0
-0.05
-0.1
-0.15
-0.2
-0.25
x
y
x
y
Figure 7: Polinomio de Hermite H11
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 ,
3 8
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 grá…ca 6 se puede ver que esta funciónes simétrica a H0
¡1 (x) (ver grá…ca 4) con respecto aleje de las y.
El polinomio es por tanto,
H01 (x) = H0
¡1 (¡x)
H01 (x) = 1
4 (¡x ¡ 1)2 (¡x + 2)
H01 (x) = ¡1
4 (x + 1)2 (x ¡ 2)
4. Por último, la función representada en la grá…ca 7, essimétrica al polinomio H1
¡1 (grá…ca 5) con respecto alorigen, con lo que,
H11 (x) = ¡H1
¡1(¡x)
H11 (x) = ¡ (¡x ¡ 1)2
¡14 (¡x + 1)
¢
H11 (x) = 1
4 (x + 1)2 (x ¡ 1)
Problema 109 Calcular los polinomios que determinanla interpolación por splines cúbicos de la función f(x) =sin
¡π2 x
¢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 coe…cientes para cada intervalo:
hi = 1 8 (xi ¡ xi¡1)
ai = f (xi) i = 0, . . . N
0BB@
a0a1a2a3
1CCA =
0BB@
f (x0)f (x1)f (x2)f (x3)
1CCA =
0BB@
¡1010
1CCA
hi¡1ci¡1 + 2 (hi¡1 + hi) ci + hici+1 =
= 3(ai+1¡ai)hi
¡ 3(ai¡ai¡1)hi¡1
c0 = c3 = 0µ
4 11 4
¶µc1c2
¶=
µ0
¡6
¶
µc1c2
¶=
µ 25
¡85
¶
di = ci+1¡ci3hi
i = 0, . . . N ¡ 1
0@
d0d1d2
1A =
0B@
253¡85 ¡ 2
53
853
1CA =
0@
215¡2
3815
1A
bi = (ai+1¡ai)hi
¡ hi(2ci+ci+1)3 i = 0, . . . N ¡ 1
0@
b0b1b2
1A =
0@
1 ¡ 215
1 ¡45 ¡8
53
¡1 + 1615
1A =
0@
13151915115
1A
Los splines cúbicos nos quedan de la siguiente manera:
P1(x) = 215 (x + 1)3 + 13
15 (x + 1) ¡ 1
x 2 [¡1, 0]
P2(x) = ¡23x3 + 2
5x2 + 1915x
x 2 [0, 1]
P3(x) = 815 (x ¡ 1)3 ¡ 8
5 (x ¡ 1)2 + 115 (x ¡ 1) + 1
x 2 [1, 2]
21.510.50-0.5-1
1
0.5
0
-0.5
-1
x
y
x
y
Figure 8: Comparación entre la función sin¡π
2 x¢
y suaproximación por splines cúbicos.
Problema 110 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) :
3 9
~f(x) ¼ PNi=M f(xi)
sin(π(xa ¡i))
π(xa ¡i)
xi = a ¢ i = π2 [¡2,¡1, 0, 1, 2]
~f(x) ¼ f (¡π)sin(π( 2x
π +2))π( 2x
π +2) + f¡¡π
2
¢ sin(π( 2xπ +1))
π( 2xπ +1) +
+f (0)sin(π( 2x
π ))π( 2x
π ) + f¡π
2
¢ sin(π( 2xπ ¡1))
π( 2xπ ¡1) +
+f (π)sin(π( 2x
π ¡2))π( 2x
π ¡2) = sin¡¡π
2
¢ sin(2x+π)2x+π +
+sin¡π
2
¢ sin(2x¡π)2x¡π = sin(2x¡π)
2x¡π ¡ sin(2x+π)2x+π =
= sin 2x2x+π ¡ sin 2x
2x¡π = sin 2x(2x¡π)¡sin 2x(2x+π)4x2¡π2 =
= ¡2π sin 2x4x2¡π2
En la …gura 9 se muestran el sin(x) y su aproximaciónpor el seno cardinal
1050-5-10
1
0.5
0
-0.5
-1
x
y
x
y
Figure 9: Comparación del sinx con su aproximaciónnumérica utilizando sin c(x), tomando como puntos de in-terpolación x=¡π, ¡π
2 , 0, π2 , π.
1050-5-10
1
0.5
0
-0.5
-1
x
y
x
y
Figure 10: Comparación del sinx con su aproximaciónnumérica utilizando sin c(x), tomando como puntos de in-terpolación x=¡2π, ¡3π
2 ,¡π, ¡π2 , 0, π
2 , π, 3π2 , 2π
Problema 111 Calcular el polinomio trigonométricotomando N = 2, que interpola a la función f(x) = jxjen el intervalo [¡π, π].
Solución:
jxj =½
¡x si ¡π · x · 0x si 0 · x · π
La interpolación por polinomios trigonométricos tienela forma:
~f(x) ¼2X
k=¡2
ckeikx,
donde los coe…cientes se calculan a partir de la siguienteexpresión:
ck =R π
¡π f(x)eikxdx2π =
R π¡πjxjeikxdx
2π =
=¡
R 0¡π xeikxdx
2π +R π0 xeikxdx
2π
Los valores de estos coe…cientes son:
c2 = c¡2 = 0c1 = c¡1 = ¡2
πc0 = π
2
Sustituimos en el sumatorio que aproxima a la funcióny obtenemos:
~f(x) ¼ ¡2π e¡ix + π
2 ¡ 2πeix =
= 12π ¡ 4
π cosx
El resultado de la aproximación es, por tanto,
~f(x) ¼ 12π ¡ 4
πcosx
La siguiente grá…ca compara f(x) = jxj con su aprox-imación ~f(x) para N = 2 en el intervalo [¡π, π].
jxj
2.51.250-1.25-2.5
5
3.75
2.5
1.25
0
x
y
x
y
Polinomio trigonométrico (N = 2, [¡π, π])
En la siguiente grá…ca se realiza la misma compara-ción tomando 20 muestras en el intervalo [¡π, π].
4 0
jxj
2.51.250-1.25-2.5
5
3.75
2.5
1.25
0
x
y
x
y
Polinomio trigonométrico (N = 10, [¡π, π])
Problema 112 Calcular la aproximación mínimocuadrática lineal de la tabla
xi yi0 01 12 03 2
Solución: Aplicando las fórmulas para calcular los coe-…cientes de la recta que más se aproxima a estos puntos,obtenemos:
a = NPN
i=1 xiyi¡PN
i=1 xiPN
i=1 yi
NPN
i=1 x2i ¡(PN
i=1 xi)2 =
= 4(1+6)¡(1+2+3)(1+2)4(1+22+32)¡(1+2+3)2 = 1
2
b =PN
i=1 x2i
PNi=1 yi¡
PNi=1 xiyi
PNi=1 xi
NPN
i=1 x2i ¡(PN
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
43210
4
3
2
1
0
x
y
x
y
Figure 11: Aproximación mínimo cuadrática
4 1