SESION 3 Ecuaciones no lineales

1) Dada 𝑓 𝑥 = log 1 − 𝑥 + 𝑥𝑒𝑥 −sen2(𝑥)

2, comprobar que 𝑥 = 0 es un cero y calcular su

multiplicidad.

Solución

𝑓 𝑥 = log 1 − 𝑥 + 𝑥𝑒𝑥 −sen2(𝑥)

2⇒ 𝑓 0 = 0 en consecuencia el cero anula a 𝑓 𝑥 .

𝑓′(𝑥) = 𝑒𝑥 𝑥 + 1 − sin 𝑥 cos 𝑥 +1

𝑥−1⇒ 𝑓′ 0 = 0.

𝑓′′ 𝑥 = 𝑒𝑥 𝑥 + 2 − cos 2𝑥 −1

𝑥−1 2 ⇒ 𝑓′′ 0 = 0.

𝑓′′′ 𝑥 = 𝑒𝑥 𝑥 + 3 + 4 sin 𝑥 cos 𝑥 +2

𝑥−1 3 ⇒ 𝑓′′′ 0 = 1.

En consecuencia el cero es una raíz de 𝒇(𝒙) de multiplicidad 3.

Usaremos el siguiente resultado: Si 𝑓 tiene derivada 𝑚-ésima continua, entonces 𝑥0 es un cero de multiplicidad 𝑚 de 𝑓 si, y solo si:

0 = 𝑓 𝑥0 = 𝑓′ 𝑥0 = 𝑓′′ 𝑥0 = ⋯ = 𝑓 𝑚−1 𝑥0 Y 𝑓(𝑚) 𝑥0 ≠ 0.

2) Dado el método iterativo 𝑥𝑛+1 = ℎ 𝑥𝑛 , con ℎ 𝑥 =𝑒𝑥

6, demostrar que para todo

𝑥0 ∈ 0,1 la sucesión de iterados converge a un punto fijo de ℎ en 0,1 . ¿Es único?

Solución

Definición Sea ℎ: 𝑎, 𝑏 → ℝ. Se dice que ℎ es contractiva en 𝑎, 𝑏 si existe 0 < 𝐾 < 1 tal que:

ℎ 𝑥 − ℎ(𝑦) ≤ 𝐾 𝑥 − 𝑦 𝑥, 𝑦 en 𝑎, 𝑏 . Además si ℎ es diferenciable en 𝑎, 𝑏 y si:

ℎ′(𝑥) ≤ 𝐾 < 1 ∀ 𝑥[𝑎, 𝑏] Entonces ℎ es contractiva en [𝑎, 𝑏]. Usaremos el siguiente resultado (De existencia y unicidad de puntos fijos): Sea ℎ: 𝑎, 𝑏 → 𝑎, 𝑏 una función continua. Entonces, ℎ tiene, al menos, un punto fijo, en 𝑎, 𝑏 , si, además, ℎ es contractiva en 𝑎, 𝑏 el punto fijo es único y toda sucesión de iterados

converge a ese punto fijo.

Para aplicar este teorema observamos que según el enunciado: 𝑎, 𝑏 = 0,1 .

ℎ 𝑥 =𝑒𝑥

6 (en consecuencia es diferenciable en 0,1 y será contractiva si ℎ′(𝑥) < 1 en

0,1 .

Veamos que ℎ: 0,1 → 0,1 :

ℎ 0 =𝑒0

6=

1

6< 1, Como ℎ 𝑥 =

𝑒𝑥

6 es monótona creciente el valor máximo lo toma en

𝑥 = 1, con 𝑒1

6= 0.453 < 1, luego ℎ: 0,1 → 0,1 .

Veamos que ℎ es contractiva ( ℎ′(𝑥) < 1):

ℎ′(𝑥) =𝑒𝑥

6< 1 ∀𝑥 ∈ 0,1

Entonces según el teorema de existencia y unicidad de puntos fijos cualquier sucesión de iterados de la función ℎ converge al único punto fijo de 0,1 .

3) Calcula los puntos fijos de ℎ 𝑥 =2𝑥3+5

3𝑥2, y estudia la convergencia en cada caso.

Los puntos fijos de la función de iteración satisfacen la ecuación ℎ 𝑥 = 𝑥 , Como

ℎ 𝑥 =2𝑥3+5

3𝑥2 entonces hacemos:

𝑥 =2𝑥3 + 5

3𝑥2⇒ 3𝑥3 = 2𝑥3 + 5 ⇒ 𝑥3 = 5 ⇒ 𝑥 = 5

3

La función ℎ tiene un punto fijo en 𝑥 = 53

= 1.7

Sea 𝑥0 una solución de la ecuación 𝑥 = ℎ 𝑥 . Si:

0 = ℎ 𝑥0 = ℎ 𝑥0 = ⋯ = ℎ 𝑚−1 𝑥0 , ℎ 𝑚 𝑥0 ≠ 0

Y ℎ 𝑚 es continua en un intervalo abierto que contiene a 𝑥0 , entonces existe > 0 tal que, para todo 𝑥 ∈ 𝑥0 − 𝛿, 𝑥0 + 𝛿 , la sucesión de iterados 𝑥𝑛 = ℎ(𝑥𝑛−1) converge a 𝑥0 de orden 𝑚.

ℎ′ 𝑥 =2(𝑥3 − 5)

3𝑥3⇒ ℎ′ 5

3= 0

ℎ′′ 𝑥 =10

𝑥4⇒ ℎ′′ 5

3=

10

543 ≠ 0

Y como ℎ′′ es continua alrededor de 53

entonces ℎ(𝑥) converge a 53

de orden 2

4) Dado el método iterativo ℎ(𝑥) =5

𝑥 , calcular partiendo de 𝑥0 = 1 los tres primeros

términos de la sucesión de iterados. Hacer lo mismo para el método de Steffensen. ¿Qué tipo de convergencia tienen?

Solución

Tenemos que ℎ 𝑥 =5

𝑥⇒

ℎ 1 =5

1= 5.

ℎ 5 =5

5= 1, y volvemos al principio por lo que este proceso no converge.

Aplicamos el método de Steffensen con la función de iteración 𝜙 𝑥 dada por:

𝜙 𝑥 =𝑥ℎ ℎ 𝑥 − ℎ(𝑥)2

ℎ ℎ 𝑥 − 2ℎ 𝑥 + 𝑥

ℎ 𝑥 =5

𝑥⇒ ℎ ℎ(𝑥) =

5

ℎ(𝑥)=

55

𝑥

= 𝑥, entonces la 𝜙 𝑥 queda como:

𝜙 𝑥 =𝑥2 −

25𝑥2

𝑥 −10𝑥 + 𝑥

=

𝑥4 − 25𝑥2

2𝑥2 − 10𝑥

=𝑥4 − 25

2𝑥 𝑥2 − 5=

𝑥2 − 5 𝑥2 + 5

2𝑥 𝑥2 − 5=𝑥2 + 5

2𝑥

Los puntos fijos los obtenemos desde la ecuación 𝑥 =5

𝑥, es decir 𝑥2 = 5 ⇒

𝑥1 = 5 y 𝑥2 = − 5

𝜙 𝑥 =𝑥2+5

2𝑥⇒ 𝜙 5 = 5 y 𝜙 − 5 = − 5.

𝜙′′ 𝑥 =5

𝑥3⇒ 𝜙′′ 5 =

5

5≠ 0.

En consecuencia la 𝜙(𝑥) converge a 5 de orden 2.

𝟓:

𝜙′ 𝑥 =𝑥2 − 5

2𝑥2⇒ 𝜙′ 5 = 0.

− 𝟓:

𝜙′ 𝑥 =𝑥2 − 5

2𝑥2⇒ 𝜙′ − 5 = 0.

𝜙′′ 𝑥 =5

𝑥3⇒ 𝜙′′ − 5 = −

5

5≠ 0.

En consecuencia la 𝜙(𝑥) converge a − 5 de orden 2.

𝜙 𝑥 =𝑥2 + 5

2𝑥⟹

𝜙 1 =12 + 5

2= 3

𝜙 3 =32 + 5

2 ∗ 3= 2.33

𝜙 2.33 =2.332 + 5

2 ∗ 2.33= 2.23

5) Dada ℎ 𝑥 = 𝑥 − 𝜆 𝑥2 − 3 ¿Qué condiciones debe satisfacer 𝜆 para que el método iterativo converja al menos cuadráticamente cerca de

3. ¿ Y con convergencia al menos cúbica?

ℎ 𝑥 = 𝑥 − 𝜆 𝑥2 − 3 ⇒ ℎ 3 = 3 − 𝜆 3 − 3 = 3 .

3 es punto fijo de ℎ(𝑥) para cualquier valor de 𝜆.

ℎ′ 𝑥 = 1 − 2𝑥𝜆, si hacemos ℎ′ 3 = 0 ⇒ 1 − 2 3𝜆 = 0 ⇒ 𝜆 =1

2 3

ℎ′′ 𝑥 = −2𝜆 ≠ 0 y tenemos convergencia cuadrática.

La convergencia cubica no es posible para ningún valor de 𝜆, porque ℎ′′′ 𝑥 = 0 ∀𝜆.

6) Sea 𝛼 un cero simple de 𝑓(𝑥) y sea ℎ 𝑥 = 𝑥 −𝑓 𝑥

𝑓′ 𝑥−

𝑓(𝑥)2𝑓′′(𝑥)

2𝑓′(𝑥)3. Demostrar que 𝑥 = ℎ(𝑥)

es un método iterativo de orden 3 o superior para el cálculo aproximado de 𝛼.

Solución

El problema se reduce a calcular las derivadas de ℎ(𝑥):

ℎ′ 𝑥 =𝑓2 3𝑓′′

2−𝑓′∗𝑓′′′

2𝑓′4 ⇒ ℎ′ 𝛼 = 0, porque 𝑓 𝛼 = 0

ℎ′′ 𝑥 = −𝑓 𝑓 ∗ 𝑓′′′′ ∗ 𝑓′

2+ 𝑓′ ∗ 𝑓′′′ ∗ 2 ∗ 𝑓′

2− 9𝑓 ∗ 𝑓′′ + 12 ∗ 𝑓 ∗ 𝑓′′

3− 6𝑓′

2∗ 𝑓′′

2

2𝑓′5

Y también ℎ′′ 𝛼 = 0

ℎ′′′ 𝛼 = −2𝑓′ 𝛼 5 ∗ 𝑓′′′ 𝛼 − 6𝑓′′ 𝛼 2 ∗ 𝑓′(𝛼)4

2𝑓′(𝛼)6

Si ahora calculamos la tercera derivada de ℎ 𝑥 y sustituimos 𝑓 𝛼 = 0 obtenemos:

Y ℎ′′′ 𝛼 ≠ 0 si 𝑓′ 𝛼 , 𝑓′′ 𝛼 , 𝑓′′′ 𝛼 son distintos de cero.

7) Sea 𝑓 𝑥 = 𝑥3 + 2𝑥 . Construir el método iterativo de Newton. Demuestra que la convergencia a 𝑥 = 0 es cúbica.

Solución

La función iterativa ℎ(𝑥) del método de Newton es ℎ 𝑥 = 𝑥 −𝑓(𝑥)

𝑓′(𝑥)

Sustituyendo 𝑓 𝑥 = 𝑥3 + 2𝑥 y 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 + 2, obtenemos:

ℎ 𝑥 = 𝑥 −𝑥3 + 2𝑥

3𝑥2 + 2=

2𝑥3

3𝑥2 + 2

ℎ 0 = 0

ℎ′(𝑥) =6𝑥2 𝑥2 + 2

3𝑥2 + 2 2 ⇒ ℎ′ 0 = 0

ℎ′′(𝑥) =24𝑥 2 − 𝑥2

3𝑥2 + 2 3⇒ ℎ′′ 0 = 0

ℎ′′′(𝑥) =24 9𝑥4 − 36𝑥2 + 4

3𝑥2 + 2 4 ⇒ ℎ′′′ 0 =24 ∗ 4

24= 6 ≠ 0

Por lo tanto la convergencia es de orden 3

8) Sea 𝑓 𝑥 = 𝑥2 + 𝑥 − 2. Calcula los cuatro primeros iterados correspondientes al método de Newton partiendo de 𝑥0 = 1.2

Solución

La función iterativa ℎ(𝑥) del método de Newton es ℎ 𝑥 = 𝑥 −𝑓(𝑥)

𝑓′(𝑥)

Sustituyendo 𝑓 𝑥 = 𝑥2 + 𝑥 − 2 y 𝑓′ 𝑥 = 2𝑥 + 1, obtenemos:

ℎ 𝑥 = 𝑥 −𝑥2 + 𝑥 − 2

2𝑥 + 1=𝑥2 + 2

2𝑥 + 1

ℎ 1.2 =1.0117 ℎ 1.0117 = 1.000045777 ℎ 1 = 1

9)Construir el método de Newton para resolver el sistema 𝑥 + 𝑦 = 2𝑥𝑦 = 1

y obtener la primera

iteración partiendo de 𝑥0 = 0𝑦0 = 0.5

.

𝑓(𝑥, 𝑦) =𝑓1(𝑥, 𝑦)𝑓2(𝑥, 𝑦)

=𝑥 + 𝑦 − 2𝑥𝑦 − 1

⇒ 𝑓 𝑥0, 𝑦0 =𝑥0 + 𝑦0 − 2𝑥0𝑦0 − 1

= −3

2−1

𝒙𝒌 =𝑥𝑘𝑦𝑘

con 𝒙𝟎 =𝑥0𝑦0

=00.5

𝐽𝑓(𝑥, 𝑦) =

𝜕𝑓1

𝜕𝑥

𝜕𝑓1

𝜕𝑦

𝜕𝑓2

𝜕𝑥

𝜕𝑓2

𝜕𝑦

=1 1𝑦 𝑥

⇒ 𝐽𝑓 𝑥0, 𝑦0 = 𝐽𝑓 0,0.5 =1 10.5 0

𝐽𝑓(𝑥, 𝑦)−1 =

𝑥

𝑥 − 𝑦

1

𝑦 − 𝑥𝑦

𝑦 − 𝑥

1

𝑥 − 𝑦

⇒ 𝐽𝑓 𝑥0, 𝑦0−1 = 𝐽𝑓 0,0.5 −1 =

0 21 −2

Solución

Vamos a construir la sucesión de iterados 𝒙𝒌+𝟏 = 𝒙𝒌 − 𝐽𝑓 𝑥𝑘 , 𝑦𝑘−1𝑓 𝑥𝑘 , 𝑦𝑘

Construimos la sucesión de iterados:

𝒙𝒌+𝟏 = 𝒙𝒌 − 𝐽𝑓 𝑥𝑘 , 𝑦𝑘−1𝑓 𝑥𝑘 , 𝑦𝑘

𝒙𝟏 = 𝒙𝟎 − 𝐽𝑓 𝑥0, 𝑦0−1𝑓 𝑥0, 𝑦0 =

00.5

−0 21 −2

−3

2−1

=20

10) ¿ Que forma tiene el método de Newton para resolver el sistema𝑥2 − 𝑥𝑦 = 1

𝑥 + 𝑦 − 2𝑥−𝑦 = 0 ?

La forma general del método de Newton es 𝑥𝑘+1 = 𝑥𝑘 − 𝐽𝑓 𝑥𝑘 , 𝑦𝑘−1𝑓 𝑥𝑘 , 𝑦𝑘

Solución

𝑥𝑘+1𝑦𝑘+1

=𝑥𝑘𝑦𝑘

−

2𝑥𝑘 − 𝑦𝑘 −𝑥𝑘1

2 𝑥𝑘 + 𝑦𝑘− ln (2)2𝑥𝑘−𝑦𝑘

1

2 𝑥𝑘 + 𝑦𝑘+ ln (2)2𝑥𝑘−𝑦𝑘

−1

𝑥𝑘2 − 𝑥𝑘𝑦𝑘 − 1

𝑥𝑘 + 𝑦𝑘 − 2𝑥𝑘−𝑦𝑘

Y: 𝐽𝑓 𝑥, 𝑦 =

𝜕𝑓1

𝜕𝑥

𝜕𝑓1

𝜕𝑦

𝜕𝑓2

𝜕𝑥

𝜕𝑓2

𝜕𝑦

=2𝑥 − 𝑦 −𝑥

1

2 𝑥+𝑦− ln (2)2𝑥−𝑦

1

2 𝑥+𝑦+ ln (2)2𝑥−𝑦

Donde:

𝑓 𝑥, 𝑦 =𝑥2 − 𝑥𝑦 − 1

𝑥 + 𝑦 − 2𝑥−𝑦

Por lo que el método queda como: