Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (50)

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8 UNA VARIABLE: APROXIMACIÓN DE RAÍCES (*)
8. UNA VARIABLE: APROXIMACIÓN DE RAÍCES (*)
1. Demostrar que la ecuación (x+ 2)e−x = 1 tiene exactamente 2 soluciones y calcular una de ellas.
Solución: Parece claro que la gráfica anterior corta a la recta y = 1 en dos puntos, uno de ellos en
el intervalo (−2,−1) y otro en el intervalo (1, 2). Veamos esto formalmente y sin usar lo anterior:
Hacemos g(x) = (x+2)e−x−1, y buscamos las soluciones de g(x) = 0. Se tiene g′(x) = −(x+1)e−x,
luego g(x) crece en (−∞,−1) y decrece en (−1,+∞); por tanto, en cada uno de esos intervalos
puede tener como mucho una ráız. Como g(−2) = −1 < 0 y g(−1) = e − 1 > 0, en el intervalo
(−2,−1) hay una ráız. Como g(1) = (3/e) − 1 > 0 y g(2) = (4/e2) − 1 < 0 (para estar seguro de
esto basta con saber que 2 < e < 3), en el intervalo (1, 2) hay otra ráız. Por el argumento anterior,
no hay más.
Para calcularlas usamos el método de Newton-Raphson con
xsig = x−
g(x)
g′(x)
= x+
(x+ 2)e−x − 1
(x+ 1)e−x
= x+
x+ 2− ex
x+ 1
=
x2 + 2x+ 2− ex
x+ 1
Si empezamos con x0 = 1
′5 la sucesión se estabiliza en x2 = 1′146 . . . , y si empezamos con x0 = −1′5
la sucesión se estabiliza en x5 = −1′841 . . . , por lo que esas son aproximaciones de las dos ráıces de
la ecuación.
(De hecho, redondeando el tercer decimal se tiene e1
′146 = 3′146 = 2 + 1′146 y e−1
′841 = 0′159 =
2− 1′841).
Nota: Se puede replantear la ecuación inicial como x + 2 = ex y trabajar de modo similar con
g(x) = ex − x− 2.
o
2. Localiza todas las ráıces del polinomio f(x) = 2x4 − x − 2 y aproxima la mayor de ellas con un
error inferior a 10−3.
Solución: f ′(x) = 8x3 − 1 se anula en x = 1/2, es negativa a su izquierda y positiva a su derecha.
Por tanto f es decreciente en el intervalo (−∞, 12) y creciente en el intervalo (12 ,+∞), y puede tener
a lo sumo una ráız en cada uno de ellos. Como f(−1) = 1, f(0) = −2, f(1) = −1 y f(2) = 28, hay
de hecho una ráız en el intervalo (−1, 0) y otra en el intervalo (1, 2), y son las únicas por lo anterior.
Para aproximar la mayor usamos el método de Newton-Raphson con xsig = x−
f(x)
f ′(x)
=
6x4 + 2
8x3 − 1.
Para x0 = 1
′5 se tiene
x0 = 1
′5 x1 = 1
′245192 x2 = 1
′136996 x3 = 1
′117899 x4 = 1
′117349
y a partir de esta aproximación el valor se estabiliza en los tres primeros decimales (de hecho en
los 6 primeros), por lo que un valor aproximado de la ráız es 1′117.
Una alternativa sensata, dada la diferencia entre f(1) y f(2), es empezar por ejemplo con x0 = 1
′1;
se tiene entonces x1 = 1
′117807 y x2 = 1′117349, con lo que se obtiene la misma respuesta en menos
pasos.
o
Matemáticas de 1 , problemas 148 Alberto del Valle Robles
8 UNA VARIABLE: APROXIMACIÓN DE RAÍCES (*)
3. Localiza todas las soluciones de la ecuación x = e−x y aproxima una de ellas con un error inferior
a 10−4.
Solución: Poniendo f(x) = x − e−x, se trata de buscar las soluciones de la ecuación f(x) = 0.
Como f(0) = −1 < 0 y f(1) = 1−e−1 > 0, el teorema de Bolzano nos dice que que hay una solución
en el intervalo (0, 1). Como la derivada f ′(x) = 1 + e−x es siempre positiva, la función es siempre
creciente y por tanto corta al eje horizontal a lo sumo una vez. En conclusión, hay exactamente
una solución y está en el intervalo (0, 1).
El método de Newton-Raphson nos permite hallar esa solución empezando por ejemplo con x0 = 0
′5
y calculando aproximaciones sucesivas con la fórmula8
xsig = x−
f(x)
f ′(x)
= x− x− e
−x
1 + e−x
=
x+ xe−x − x+ e−x
1 + e−x
=
(x+ 1)e−x
1 + e−x
=
x+ 1
ex + 1
Se obtiene entonces x1 = 0
′56631 . . . , x2 = 0′56714 . . . , x3 = 0′56714 . . . , por lo que x = 0′5671 es
una aproximación correcta hasta la cuarta cifra decimal.
o
4. Demuestra que la función f(x) = x5 + 3x3 + x− 1 tiene una única solución en R y aprox́ımala con
6 decimales usando el método de Newton-Raphson.
Solución: Como f ′(x) = 5x4 + 9x3 + 1 es siempre positiva, f(x) es siempre creciente, luego sólo
puede cortar una vez al eje horizontal. Como f(0) = −1 y f(1) = 4, el teorema de Bolzano nos dice
que de hecho lo corta en el intervalo [0, 1]. Aplicando el método de Newton-Raphson con x0 = 0
′5
y
xn+1 = xn −
f(xn)
f ′(xn)
=
4x5n + 6x
3
n + 1
5x4n + 9x
2
n + 1
se obtiene x1 = 0
′526316 . . . , x2 = 0′525262 . . . y se estabiliza en x3 = 0′525261 . . . , que es la
aproximación pedida.
o
5. Determina el número de soluciones reales de la ecuación x4 = 4x+ 1, y aproxima la mayor de ellas
con un error menor que 10−3.
Solución: Se trata de estudiar las ráıces de f(x) = x4−4x−1. Como f ′(x) = 4x3−4 = 4(x3−1),
la función decrece en el intervalo (−∞, 1) y crece en (1,+∞), por lo que tiene a lo sumo una ráız en
cada uno de ellos. Además el teorema de Bolzano asegura que hay ráıces en los intervalos (−1, 0) y
(1, 2), y en consecuencia hay exactamente dos ráıces. La mayor está en el intervalo (1, 2) y podemos
calcularla aplicando el método de Newton-Raphson con
xsig = x− f(x)/f ′(x) =
3x4 + 1
4(x3 − 1)
Si tomamos x0 = 1
′5 se tiene x1 = 1′7039 . . . , x2 = 1′6650 . . . , x3 = 1′6632 . . . , x4 = 1′6632 . . . y
por tanto 1′663 es una aproximación con la precisión requerida.
o
8En el último paso se multiplica arriba y abajo por ex. Esta simplificación no es esencial para resolver el problema, pero
lo acorta.
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8 UNA VARIABLE: APROXIMACIÓN DE RAÍCES (*)
6. Los antiguos babilonios usaban la fórmula recurrente xn+1 =
x2n + a
2xn
para aproximar
√
a:
a) Comprueba que esa es la fórmula recurrente que se obtiene aplicando el método de Newton-
Raphson a una función adecuada.
b) Aproxima
√
26′01 haciendo 2 iteraciones a partir de x0 = 5. ¿Es una buena aproximación?
Solución:
√
a es la ráız de la función f(x) = x2 − a, para la cual la fórmula de recurrencia que da
el método de Newton es
xn+1 = xn −
f(xn)
f ′(xn)
= xn −
x2n − a
2xn
=
x2n + a
2xn
Para a = 26′01 y x0 = 5 se tiene x1 =
25 + 26′01
10
= 5′101 y x2 =
26′020201 + 26′01
10′202
=
5, 10000009 . . . . Como el valor exacto es 5′1, la aproximación es muy buena (error menor que 10−7).
o
7. Demuestra que la función f(x) = 2x3 + x2 + x − 1 es creciente para cualquier valor de x, deduce
que la ecuación 2x3 + x2 + x− 1 = 0 tiene una única solución y aproxima esa solución.
Solución: Para ver que es siempre creciente hemos de ver que f ′(x) = 6x2 + 2x + 1 es siempre
positiva. Esto se puede hacer observando que es una suma de cuadrados (f ′(x) = 5x2 + (x+ 1)2) o
dibujando la parábola y = 6x2 + 2x+ 1 (ramas para arriba y vértice en x = −1/6, y = 5/6).
Como f(x) es siempre creciente, la ecuación tiene a lo sumo una ráız. Como f(0) = −1 y f(1) = 3,
el teorema de Bolzano asegura que tiene una ráız en el intervalo (0, 1). En consecuencia, la ecuación
tiene exactamente una solución.
Para aproximarla, aplicamos el método de Newton-Raphson (con xsig = x − f(x)f ′(x) =
4x3+x2+1
6x2+2x+1
) al
punto medio del intervalo, x0 = 0
′5. Se obtiene x1 = 0′5, por lo que el método se estabiliza al
primer paso. Es fácil ver que de hecho la solución es exacta: f(0′5) = 0′25 + 0′25 + 0′5− 1 = 0.
o
8. Determinar el número de ráıces de la ecuación x3 − 4x+ 1 = 0 y aproximar la mayor de ellas con
un error menor que 10−4.
Solución: Sea f(x) = x3 − 4x + 1. Su derivada f ′(x) = 3x2 − 4 se anula en x = ±2/
√
3, es
negativa en (−2/
√
3, 2
√
3) y positiva en (−∞,−2/
√
3) y en (2/
√
3,+∞). Aśı, la función decrece en
un intervalo y crece en otros dos, por lo que tiene a lo sumo tres ráıces.
Por otra parte se tiene f(−3) = −11, f(−2) = 1, f(0) = 1, f(1) = −2 y f(2) = 1, luego el teorema
de Bolzano asegura la existencia de ráıces en los intervalos (−3,−2), (0, 1) y (1, 2). En definitiva,
la función tiene exactamente tres ráıces, y la mayor de ellas está en el intervalo (1, 2).
Para aproximarla usamos el método de Newton-Raphson con
x0 = 1
′5 xsig = x−
f(x)
f ′(x)
= x− x
3 − 4x+ 1
3x2 − 4 =
3x3 − 4x− x3 + 4x− 1
3x2 − 4 =
2x3 − 1
3x2 − 4
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