mn_problemas_2010

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Problemas de Métodos Numéricos
Miguel Alemán Flores, Luis Alvarez León y Javier Sánchez Pérez
Departamento de Informática y Sistemas
Universidad de Las Palmas
Campus de Tafira
35017 Las Palmas, España
Tfl: 45.87.10/08
Email: {maleman/lalvarez/jsanchez}@dis.ulpgc.es
Contents
1 INTRODUCCION. 1
2 ARITMETICAS DE PRECISION FINITA
Y 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 INTEGRACION
NUMERICA 14
7 ANALISIS NUMERICO MATRICIAL II 23
8 INTERPOLACION DE FUNCIONES II 36
INTRODUCCION.
El presente documento es el libro de problemas donde se
encuentran resueltos todos los problemas presentes en el
libro de Métodos Numéricos publicado por los mismos au-
tores. Nunca se insistirá lo suficiente sobre la necesidad de
hacer problemas para comprender correctamente cualquier
teoría y sus aplicaciones. Además la manera de afrontar
el estudio de los problemas debe ser bien distinta a la
forma de estudiar teoría. Primero se debe intentar hacer
los problemas sin mirar en absoluto la solución y después
de reflexionar e intentar resolverlo de diferentes formas,
muchas de las cuales nos llevarán a callejones sin salida,
se mirará la solución. Es un hecho fácilmente constatable,
que se aprende mucho más de un problema que no se ha
conseguido resolver, pero al que se ha dedicado suficiente
esfuerzo, que de un problema del cual se mira directamente
la solución sin ninguna fase de reflexión previa. Además
se tiende a olvidar con facilidad la técnica de resolución
de un problema sobre el cual no se ha reflexionado sufi-
cientemente. De todo ello se deduce que el estudio cor-
recto de los problemas de una asignatura va reñido con las
prisas de última hora que suelen asaltar a los estudiantes
cuando se acercan los exámenes, puesto que el esfuerzo
de reflexión que requieren precisa de un trabajo diario y
continuado, difícilmente compatible con las prisas de úl-
tima hora. Resulta inquietante observar como en muchas
ocasiones la realización de problemas se aborda bajo un
espíritu de aprender rápidamente 4 técnicas básicas, que
muchas veces ni se entienden, y a partir de ahí intentar re-
producir esas técnicas, de forma absolutamente mecánica,
en problemas análogos. El problema de esta actitud, es
que aunque a corto plazo puede dar lugar a resultados posi-
tivos, aprobando asignaturas con un conocimiento mínimo
e insuficiente, a la larga, tiene efectos catastróficos sobre
la formación del alumno, a través de una disminución im-
portante de la capacidad de razonamiento y del sentido
crítico.
ARITMETICAS DE PRECISION FINITA Y
FUENTES DE ERRORES NUMERICOS.
Problema 1 Demostrar que al representar el número real
0.1 como
0.1 = 2e
∞X
n=1
an
2n
el número de elementos no-nulos an es infinito.
Solución: Supongamos que para algún t finito y e entero
se tiene:
0.1 = 2e
tX
n=1
an
2n
despejando en esta igualdad obtenemos
2t−e = 10
tX
n=1
an2
t−n
ahora bien, como el número m =
Pt
n=1 an2
t−n es entero,
de la desigualdad anterior obtenemos
2t−e = 5 · 2m
pero esta igualdad implica que el número 2t−e es divisible
por 5 lo cual es imposible.
1
Problema 2 Representar el número 0.0 703 125 como
0.0 703 125 = 2e
∞X
n=1
an
2n
Solución: En primer lugar tenemos que encontrar un en-
tero e tal que
1
2
≤ 0.0 703 125 · 2−e < 1
para e = −3 obtenemos
0.0 703 125 · 23 = 0. 562 5
ahora tenemos que escribir el número 0.5625 como
0.5625 =
1
2
+
∞X
n=2
an
2n
los an se calculan de la siguiente forma
0.5625 <
1
2
+
1
22
= 0.75⇒ a2 = 0
0.5625 <
1
2
+
1
23
= 0.625⇒ a3 = 0
0.5625 =
1
2
+
1
24
= 0.5625⇒ a4 = 1
por tanto
0.0 703 125 = 2−3
µ
1
2
+
1
24
¶
en términos binarios, este numero se escribiría con e = −3
y la mantisa viene dada por la secuencia 1, 0, 0, 1, 0, 0, ....
(si no almacenamos el primer término a1 porque siempre
es 1, la mantisa sería 0, 0, 1, 0, 0, ....)
Problema 3 (1 puntos) Calcular los valores positivos
mínimo y máximo que puede tomar un número real en
una aritmética de precisión finita en función de t, emin y
emax.
Solución: Los valores positivos mínimo y máximo son
xmin = 2
emin−1
xmax = 2
emax
tX
n=1
1
2n
= 2emax
1
2 −
1
2t+1
1
2
= 2emax
µ
1− 1
2t
¶
Problema 4 Calcular todos los números reales que se
pueden construir tomando 5 bits de la forma siguiente: 1
bit 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 para
el exponente e, tomando como rango de e = −1, 0, 1, 2.
Representar dichos números sobre una recta.
Solución: Los valores posibles positivos se representan
en la siguiente tabla
e = −1 1
22
,
1
22
+
1
24
,
1
22
+
1
23
,
1
22
+
1
23
+
1
24
e = 0
1
2
,
1
2
+
1
23
,
1
2
+
1
22
,
1
2
+
1
22
+
1
23
e = 1 1, 1 +
1
22
, 1 +
1
2
, 1 +
1
2
+
1
22
e = 2 2, 2 +
1
2
, 2 + 1, 2 + 1 +
1
2
los valores negativos son los mismos cambiados de signo.
Simplificando las fracciones nos queda
e = −1 0.25, 0.3125, 0.375, 0.437 5
e = 0 0.5, 0.625, 0.75, 0.875
e = 1 1, 1.25, 1.5, 1.75
e = 2 2, 2.5, 3, 3.5
Si representamos los números positivos sobre una recta
obtenemos
0 1 2 3 4
-2
-1
0
1
2
x
y
Problema 5 Dada una aritmética de precisión finita
cualquiera, calcular la distancia que hay entre el número 1
y su inmediato superior (es decir el número que va después
de 1), y la distancia entre el número 1, y su inmediato in-
ferior.
Solución: El número 1 en una aritmética de precisión
finita se escribe como
1 = 2
µ
1
2
¶
el número inmediato superior a 1 en la aritmética es
2
µ
1
2
+
1
2t
¶
= 1 +
1
2t−1
y el número inmediato inferior a 1 viene dado por
1
2
+ ..+
1
2t
=
1
2 −
1
2t+1
1− 12
= 1− 1
2t
2
Problema 6 Se considera una aritmética de 16 bits
donde 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 por
debajo. Solución:
2 = 22
µ
1
2
¶
Si guiente = 22
µ
1
2
+
1
210
¶
Anterior = 2
Ã
10X
i=1
1
2i
!
= 2
µ 1
2 −
1
211
1
2
¶
2. El cero, el infinito y Na. Solución:
0 = 2−31
µ
1
2
¶
∞ = 232
µ
1
2
¶
NaN = 232
µ
1
2
+
1
22
¶
3. Los números positivos más grande y más pequeño
de la aritmética (teniendo en cuenta las excepciones)
Solución:
Mayor = 231
Ã
10X
i=1
1
2i
!
= 231
µ 1
2 −
1
211
1
2
¶
Menor = 2−31
µ
1
210
¶
4. 19 . Solución: No se puede escribir de forma exacta.
Si suponemos
1
9
= 2e
Ã
tX
i=1
ai
2i
!
=⇒ 1 = 9 · 2e
Ã
tX
i=1
ai
2i
!
=⇒
2t−e = 32
Ã
tX
i=1
ai2
t−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 −
1
210
¢
. Solución:
2
¡
1
2 −
1
210
¢
= 20
¡
1
2 +
1
22 +
1
23 +
1
24 +
1
25 +
1
26 +
1
27 +
1
28 +
1
29
¢
Problema 7 Sean A = 2
¡
1
2 +
1
23 +
1
25
¢
B =
23
¡
1
2 +
1
26 +
1
27
¢
. Calcular B +A y B −A
Solución:
B +A = 23
¡
1
2 +
1
23 +
1
24
¢
1. B −A = 22
¡
1
2 +
1
23 +
1
24 +
1
25
¢
Problema 8 Sean emin, emax, los valores mínimo y máx-
imo del exponente e. Demostrar que si emin < e < emax,
entonces los números:
2e
Ã
tX
n=1
an
2n
± 1
2t
!
pertenecen al conjunto A de números reales generados por
la aritmética de precisión finita.
Solución: Que los números pertenecen a la aritmética
significa que existe un conjunto de valores binarios a0i y un
entero e0 tal que
2e
Ã
tX
n=1
an
2n
± 1
2t
!
= 2e
0
tX
n=1
a0n
2n
Consideremos primero el caso de sumar 1/2t. Si ak =
1 para todo k, entonces
2e
Ã
tX
n=1
1
2n
+
1
2t
!
= 2e+1
1
2
Si por el contrario existe un k0 tal que ak0 = 0, y tal que
ak = 1 para todo k0 < k ≤ t entonces basta tomar a0k = ak
si 1 ≤ k < k0, a0k0 = 1 y a
0
k = 0 si k0 < k ≤ t
Consideremos ahora el caso de restar 1/2t. Si el único
elemento ak distinto de 0 es a1, entonces
2e
µ
1
2
− 1
2t
¶
= 2e−1
tX
n=1
1
2n
Si por el contrario existe un k0 > 1 tal que ak0 = 1, y
tal queak = 0 para todo k0 < k ≤ t entonces basta tomar
a0k = ak si 1 ≤ k < k0, a0k0 = 0 y a
0
k = 1 si k0 < k ≤ t.
Problema 9 Dado un número ez = 2ePtn=1 an2n , en una
aritmética de precisión finita. Calcular el número inmedi-
atamente inferior y superior a él en dicha aritmética.
Solución: Si el número es de la forma
ez = 2e 1
2
entonces el inmediato superior es
ez + 2e 1
2t
y el inmediato inferior es
2e−1
tX
n=1
1
2n
3
para cualquier otro número ez, el inmediato superior e in-
ferior son ez ± 2e 1
2t
Problema 10 (1 puntos) Calcular las raíces del poli-
nomio P (x) = x2 − 2x+ 0.01 evitando los errores de can-
celación.
Solución:
x1 =
2 +
√
4− 0.04
2
= 1.995
x2 =
0.01
1.995
Problema 11 Escribir el pseudocódigo para implementar
el cálculo de las raíces reales de ax2+bx+c = 0 evitando los
errores de cancelación y teniendo en cuenta las diferentes
opciones que aparecen cuando a 6= 0 y a = 0.
Solución:
Algoritmo Calculo raiz polinomio ax2 + bx+ c = 0
variables reales a,b,c
leer(a,b,c)
si (a==0 ) entonces
si (b==0 ) entonces
PRINT ’EL POLINOMIO ES CONSTANTE’
parar
finsi
PRINT ’EL POLINOMIO ES DE GRADO 1.’
PRINT ’LA RAIZ ES ’,−c/b
parar
finsi
d=b*b-4*a*c
si (d< 0 ) entonces
PRINT EL POLINOMIO NO TIENE RAICES
REALES
parar
finsi
si (b> 0) entonces
x1=(-b-SQRT(d))/(2*a)
además
x1=(-b+SQRT(d)/(2*a)
finsi
x2=c/(x1*a)
PRINT *,’LAS RAICES SON: ’,x1,x2
fin algoritmo
CALCULO DE CEROS DE UNA FUNCION
Problema 12 Calcular 2 iteraciones del algoritmo de la
bisección para buscar un cero de la función f(x) = x2 − 2
en el intervalo [−2, 0]
Solución:
x =
0 + (−2)
2
= −1
f(−2) > 0, f(0) < 0, f(−1) < 0
Nuevo Intervalo = [−2,−1]
x =
−1 + (−2)
2
= −1.5
f(−2) > 0, f(−1) < 0, f(−1.5) > 0
Nuevo Intervalo = [−1.5,−1]
Problema 13 Escribir el pseudocódigo del algoritmo el
método de la bisección
Solución:
Algoritmo: Método de la bisección
variables reales x,a,b,tol
leer(a,b,tol)
si (a> b) entonces
PRINT ’INTERVALO INCORRECTO’
parar
finsi
si (F(a)*F(b)> 0) entonces
PRINT ’NO HAY CAMBIO DE SIGNO EN EL
INTERVALO’
parar
finsi
mientras (F(x)!=0 Y (b-a)>tol)
x=(a+b)/2
si((F(a)*F(x))<0) entonces
b=x
además
A=X
finsi
fin mientras
_PRINT ’LA RAIZ ES’ x
fin algoritmo
real F(real x)
real a←− cos(x) + x ∗ x− 6
devolver a
fin función
Problema 14 Calcular 2 iteraciones del algoritmo de la
regula-falsi para buscar un cero de la función f(x) = x2−2
en el intervalo [0, 2]
4
Solución:
x = 0− 2
f(2)− f(0)f(0) = 1
f(2) > 0, f(0) < 0, f(1) < 0
Nuevo Intervalo = [1, 2]
x = 1− 1
f(2)− f(1)f(1) =
4
3
f(2) > 0, f(1) < 0, f(
4
3
) < 0
Nuevo Intervalo = [
4
3
, 2]
Problema 15 Escribir el pseudocódigo del algoritmo del
método de la Regula-falsi
Solución:
Algoritmo: Método de la Regula-falsi
variables reales x,a,b,tol
leer(a,b,tol)
si (a> b) entonces
PRINT ’INTERVALO INCORRECTO’
parar
finsi
si (F(a)*F(b)> 0) entonces
PRINT ’NO HAY CAMBIO DE SIGNO EN EL
INTERVALO’
parar
finsi
mientras (F(x)!=0 Y (b-a)>tol)
x=a-F(a)*(b-a)/(F(b)-F(a))
si((F(a)*F(x))<0) entonces
b=x
además
a=x
finsi
fin mientras
_PRINT ’LA RAIZ ES’ x
fin algoritmo
Problema 16 Calcular una iteración del método de
Newton-Raphson para calcular un cero de la función
f(x) = x3 − 3 partiendo de x0 = 1.
Solución:
x1 = 1−
−2
3
=
5
3
Problema 17 (1 punto Calcular una iteración del
método de la secante para calcular un cero de la función
f(x) = x3 − 3 partiendo de x0 = 0, x1 = 1
Solución:
x1 = 1−
−2³
−2−(−3)
1−0
´ = 3
Problema 18 Escribir pseudocódigo del algoritmo del
método de la Secante utilizando reales de doble precisión.
Los datos de entrada son las aproximaciones iniciales x0,
y x1, El número máximo de iteraciones N max, y la toler-
ancia TOL para determinar la igualdad de dos números.
Solución:
Algoritmo: Método de la secante
variables reales x0,x1,x2,tol
variable entera Nmax
leer(a,b,tol,Nmax)
si (x0==x1) entonces
PRINT ’LAS DOS APROXIMACIONES INI-
CIALES COINCIDEN’
parar
finsi
para k←− 1 hasta Nmax hacer
si(ABS(x1-x0)< tol) entonces
PRINT *,’LA RAIZ DE LA FUNCION ES: ’,x1
parar
finsi
si(F(x1)==F(x0)) entonces
PRINT *,’METODO NO CONVERGE’
parar
finsi
x2=x1-F(x1)*(x1-x0)/(F(x1)-F(x0))
x0=x1
x1=x2
fin para
PRINT *,’NUMERO MAXIMO DE ITERACIONES
EXCEDIDO’
fin algoritmo
Problema 19 Calcular una iteración del método de
Muller para calcular un cero de la función f(x) = x3 − 3
partiendo de x0 = 1 (Calculando las derivadas de la fun-
ción de forma exacta) y quedándonos con la raíz más cer-
cana a x0.
Solución:
−2 + 3(x− 1) + 3(x− 1)2 = 0
x1 = 1 +
−3 +
√
33
6
Problema 20 Dado el polinomio P (x) = 2x3+3x2+4x+
5. Evaluar el polinomio y su derivada en el punto x = 2,
utilizando el algoritmo de Horner
5
Solución:
P (x) = ((2x+ 3)x+ 4)x+ 5
P (2) = ((7)2 + 4)2 + 5
P (2) = (18)2 + 5 = 41
P 0(x) = (2x+ 7)x+ 18
P 0(2) = (4 + 7)2 + 18 = 40
Problema 21 Calcular el número máximo de raíces pos-
itivas y negativas del polinomio x5− 35x3+30x2+124x−
120, y localizarlas en un intervalo.
Solución: Teniendo en cuenta que
1 +
maxk=0,..,n−1 | ak |
| an |
= 125
las raíces del polinomio están en el intervalo [−125, 125].
Para calcular el número máximo de raíces positivas mi-
ramos los cambios de signo de los coeficientes, en este caso
los 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 y
miramos los signos de los coeficientes que en este caso son:
−++−−
por tanto el número de raíces negativas son 0 ó 2.
Problema 22 Aislar en intervalos las raíces del poli-
nomio P (x) = 20x3 − 45x2 + 30x− 1.
Solución: Teniendo en cuenta que en este caso
1 +
maxk=0,..,n−1 | ak |
| an |
= 1 +
45
20
=
65
20
todas las raíces están en el intervalo [−6520 ,
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 lado
tenemos
P (−65
20
) = −1260. 4
P (
1
2
) =
21
4
P (1) = 4
P (
65
20
) = 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 raı́ces 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 puntos
0, π2 , π y
3π
2 .
Solución: Puesto que sen(0) = sen(π) = 0 sólo necesi-
tamos los polinomios base de Lagrange centrados en π2 y
3π
2 .
Pπ
2
(x) =
x (x− π)
¡
x− 3π2
¢
π
2
¡
π
2 − π
¢ ¡
π
2 −
3π
2
¢
P 3π
2
(x) =
x (x− π)
¡
x− π2
¢
3π
2
¡
3π
2 − π
¢ ¡
3π
2 −
π
2
¢
Por tanto el polinomio interpolador es
P (x) = Pπ
2
(x)− P 3π
2
(x)
Problema 25 Calcular la expresión del error interpo-
lación al aproximar la función f(x) = sen(x) en el in-
tervalo [0, 2π] interpolando en los puntos 0, π2 , π,
3π
2 . y aco-
tarlo superiormente.
Solución: El error de interpolación viene dada por la
expresión:
f(x)− PN(x) =
sen(ξ)
4!
x
³
x− π
2
´
(x− π)
µ
x− 3π
2
¶
el valor máximo del sen(ξ) es 1. Por otro lado el valor
donde alcanza el máximo el polinomio del error en [0, 2π]
es x = 2π, por tanto la cota del error que obtenemos es
|f(x)− PN (x)| ≤
1
4!
2π
³
2π − π
2
´
(2π − π)
µ
2π − 3π
2
¶
Problema 26 Calcular el error máximo de interpolación
en el intervalo [0, 1] al interpolar la función cos(x) en los
puntos dados por los polinomios de Chebyshev tomando
N = 5.
6
Solución: Según las fórmulas vistas en teoría el error
viene dado por la expresión:
| f(x)− PN (x) |≤
maxx∈[a,b]
¯̄
fN+1)(ξ)
¯̄
(N + 1)!2N
µ
b− 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
| f(x)− PN (x) |≤
1
6!25
µ
1
2
¶6
= 6. 78× 10−7
Problema 27 Interpolar la función f(x) = 10x2+1 en los
puntos x0 = −2, x1 = −1, x2 = 1, x3 = 2 utilizando las
diferencias de Newton y evaluar el polinomio en x = 0
utilizando el algoritmo de Horner.
Solución:
−2→2
3
-1 → 5 -1
0 0
1 → 5 -1
-3
2 → 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 sobre
el polinomio resultante no es lo que pide el problema y por
lo tanto está mal
Problema 28 Calcular el polinomio interpolador de La-
grange P3(x) de la función f(x) = sen(x) en los puntos
0, π2 , π y
3π
2 utilizando las diferencias divididas de Newton.
Solución: Las diferencias divididas son: f [0] = 0, f [π2 ] =
1, f [π] = 0, f [3π2 ] = −1,
f [0,
π
2
] =
2
π
f [
π
2
, π] = − 2
π
f [π,
3π
2
] = − 2
π
f [0,
π
2
, π] = − 4
π2
f [
π
2
, π,
3π
2
] = 0
f [0,
π
2
, π,
3π
2
] =
8
3π3
por tanto, el polinomio interpolador es
P (x) =
2
π
x− 4
π2
x
³
x− π
2
´
+
8
3π3
x
³
x− π
2
´
(x− π)
Problema 29 Calcular el polinomio interpolador de La-
grange P3(x) de la función f(x) = 2x en los puntos
0, 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 divididas
son f [x0] = 1, f [x1] = 2, f [x2] = 8, f [x3] = 16.
f [x0, x1] = 1
f [x1, x2] = 3
f [x2, x3] = 8
f [x0, x1, x2] =
2
3
f [x1, x2, x3] =
5
3
f [x0, x1, x2, x3] =
1
4
y el polinomio interpolador es:
P (x) = 1 + x+
2
3
x(x− 1) + 1
4
x(x− 1)(x− 3)
Si tomamos ahora los puntos en orden inverso: f [x0] = 16,
f [x1] = 8, f [x2] = 2, f [x3] = 1.
f [x0, x1] = 8
f [x1, x2] = 3
f [x2, x3] = 1
f [x0, x1, x2] =
5
3
f [x1, x2, x3] =
2
3
f [x0, x1, x2, x3] =
1
4
El polinomio interpolador es:
P (x) = 16+8(x−4)+5
3
(x−4)(x−3)+1
4
(x−4)(x−3)(x−1)
como puede observarse, al cambiar el orden de los pun-
tos de interpolación, el polinomio de Lagrange expresado
a través de las diferencias divididas cambia totalmente,
salvo el último coeficiente 14 que es el mismo en ámbos ca-
sos pues como se había demostrado en teoría el valor de
f [x0, x1, x2, x3] no depende del orden en que se toman los
puntos de interpolación.
Problema 30 Dada una función f(x), y una secuen-
cia de valores xn, aproximar f(x) por la parábola que
pasa por los puntos (xn−1, f(xn−1)) , (xn−2, f(xn−2)) y
(xn−3, f(xn−3)), calcular posteriormente las derivadas del
polinomio, y comprobar que coinciden con las fórmu-
las dadas en el método de Muller para el cálculo de las
derivadas f 00(xn−1) y f 0(xn−1).
7
Solución: Si utilizamos las diferencias divididas para in-
terpolar obtenemos f [xn−1] = f(xn−1)
f [xn−1, xn−2] =
f(xn−1)− f(xn−2)
xn−1 − xn−2
f [xn−2, xn−3] =
f(xn−2)− f(xn−3)
xn−2 − xn−3
f [xn−1, xn−2, xn−3] =
f [xn−1, xn−2]− f [xn−2, xn−3]
xn−1 − xn−3
El polinomio interpolador es
P (x) = f(xn−1) + f [xn−1, xn−2](x− xn−1)+
f [xn−1, xn−2, xn−3](x− xn−1)(x− xn−2)
por tanto
P 00(xn−1) = 2f [xn−1, xn−2, xn−3]
P 0(xn−1) = f [xn−1, xn−2] + f [xn−1, xn−2, xn−3](xn−1 −
xn−2)
que corresponde a las fórmulas utilizadas por el
método de Muller.
Problema 31 Aproximar la función sen(x) en el inter-
valo [0, π4 ] utilizando el desarrollo de Taylor, y calcular el
valor de n a partir del cual la aproximación es la mejor
posible dentro de una aritmética de 32 bits.
Solución: El desarrollo de Taylor en 0 del sen(x) viene
dado por:
sen(x) u Pn(x) = x−
x3
3!
+
x5
5!
+ ....+ (−1)n x
2n+1
(2n+ 1)!
y el error máximo cometido por el desarrollo de Taylor en
un punto x ∈ [0, π4 ] es
| Pn(x)− sen(x) |≤ sen(
π
4
)
(x)
2n+2
(2n+ 2)!
donde ξ ∈ [0, π4 ]. Para que la aproximación sea la mejor
dentro de una aritmética de 32 bits tiene que cumplirse
| Pn(x)− sen(x) |
sen(x)
≤ 2−24 = 5. 96× 10−8
por otro lado, en el intervalo [0, π4 ] se verifica
sen
¡
π
4
¢
π
4
x ≤ sen(x)
por tanto:
| Pn(x)− sen(x) |
sen(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 una
aritmética de 32 bits.
Problema 32 Demostrar que utilizando relaciones
trigonométricas es posible calcular las funciones sen(x)
y cos(x) para cualquier x (en radianes), utilizando
únicamente su valor en el intervalo [0, π8 ].
Solución: En teoría se demostró como se pueden definir
el sen(x) y cos(x) para cualquier valor de x a partir de
su definición en [0, π4 ], por tanto, en este problema sólo
tenemos que definir las funciones trigonométricas en [0, π4 ]
a partir de su definición en [0, π8 ]. Basta tener en cuenta
las relaciones:
cos[0,π4 ](x) =
(
cos[0,π8 ](x) si x ≤
π
8
cos2[0,π8 ]
¡
x
2
¢
− sin2[0,π8 ]
¡
x
2
¢
si x > π8
sen[0,π4 ](x) =
½
sen[0,π8 ](x) si x ≤
π
8
2 cos[0,π8 ]
¡
x
2
¢
sin[0,π8 ]
¡
x
2
¢
si x > π8
Problema 33 Calcular los polinomios necesarios para in-
terpolar las funciones trigonométricas cos(x) y sen(x) en
el intervalo [0, π8 ] en una aritmética de 32 bits
Solución: En primer lugar, la función cos(x) la desarrol-
lamos por serie de Taylor como
cos(x) u Pn(x) = 1−
x2
2!
+
x4
4!
+ ....+ (−1)n x
2n
(2n)!
y el error máximo cometido por el desarrollo de Taylor en
un punto x ∈ [0, π8 ] es
| Pn(x)− cos(x) |≤ sen(
π
8
)
(x)
2n+1
(2n+ 1)!
donde ξ ∈ [0, π8 ]. Para que la aproximación sea la mejor
dentro de una aritmética de 32 bits tiene que cumplirse
| Pn(x)− cos(x) |
cos(x)
≤ 2−24 = 5. 96× 10−8
por tanto:
| Pn(x)− cos(x) |
cos(x)
≤ tan(π
8
)
¡
π
8
¢2n+1
(2n+ 1)!
para n = 3 se tiene que
tan(
π
8
)
¡
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(
π
8
)
¡
π
8
¢2n+1
(2n+ 1)!
= 2. 53× 10−10
por tanto n = 4 determina la mejor aproximación en
una aritmética de 32 bits.
8
Análogamente, para la función sen(x) tenemos
sen(x) u Pn(x) = x−
x3
3!
+
x5
5!
+ ....+ (−1)n x
2n+1
(2n+ 1)!
y el error máximo cometido por el desarrollo de Taylor en
un punto x ∈ [0, π4 ] es
| Pn(x)− sen(x) |≤ sen(
π
8
)
(x)2n+2
(2n+ 2)!
donde ξ ∈ [0, π8 ]. Para que la aproximación sea la mejor
dentro de una aritmética de 32 bits tiene que cumplirse
| Pn(x)− sen(x) |
sen(x)
≤ 2−24 = 5. 96× 10−8
por otro lado, en el intervalo [0, π8 ] se verifica
sen
¡
π
8
¢
π
8
x ≤ sen(x)
por tanto:
| Pn(x)− sen(x) |
sen(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 una
aritmética de 32 bits.
Problema 34 (1 puntos) Como se puede obtener la fun-
ción yx, donde x, y son números reales, utilizando las fun-
ciones ex y ln(x).
Solución: Se utiliza la equivalencia
yx = ex ln y
ANALISIS NUMERICO MATRICIAL I
Problema 35 Calcular el número de operaciones básicas
(sumas, restas, multiplicaciones y divisiones) en función
de la dimensión N necesarias para realizar un remonte
para resolver un sistema A0u = b0 donde A0 es una matriz
triangular superior.
Solución: Escribimos la matriz A0 de la siguiente manera,⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
a11 a12 · · · a1,n−2 a1,n−1 a1n
0 a22 · · · a2,n−2 a2,n−1 a2n
...
...
. . .
...
...
...
0 0 0 an−2,n−2 an−2,n−1 an−2,n
0 0 0 0 an−1,n−1 an−1,n
0 0 0 0 0 an,n
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
En el remonte se empiezan a calcular los ui de abajo
hacia arriba. Las operaciones que se realizan vienen dadas
por:
un =
bn
ann
un−1 =
bn−1−an−1,nun
an−1,n−1
un−2 =
bn−2−(an−2,nun+an−2,n−1un−1)
an−2,n−2
un−3 =
bn−3−(an−3,nun+an−3,n−1un−1+an−3,n−2un−2)
an−3,n−3
...
En la siguiente tabla se muestra el número de opera-
ciones que se realizan en cada iteración:
Sumas Multiplic. Divisiones Total
n− 1 n− 1 1 2n− 1
...
...
...
...
3 3 1 7
2 2 1 5
1 1 1 3
0 0 1 1
A partir de esta tabla podemos calcular el total de
operaciones 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 = n
2
El orden del algoritmo es entonces O(n2).
Problema 36 Resolver por el método de Gauss el sistemaµ
−1 2
2 −1
¶µ
x
y
¶
=
µ
3
0
¶
Solución:µ
−1 22 −1
¶µ
x
y
¶
=
µ
3
0
¶
→µ
2 −1
−1 2
¶µ
x
y
¶
=
µ
0
3
¶
→µ
2 −1
0 32
¶µ
x
y
¶
=
µ
0
3
¶
→ 32y = y → y = 2 →
x = 22 = 1
9
Problema 37 Calcular el número de operaciones básicas
necesarias para descomponer el sistema Au = b en el sis-
tema A0u = b0 utilizando el método de Gauss, y teniendo
en cuenta la siguiente relación
M−1X
k=1
k2 =
1
3
M3 − 1
2
M2 +
1
6
M
Solución:
A =
⎛⎜⎜⎜⎝
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
...
...
. . .
...
an,1 an,2 · · · an,n
⎞⎟⎟⎟⎠
En cada iteración se realizan las siguientes opera-
ciones:
Para cada iteración (i):
Para cada fila (j)
∗
³
aii
aii
´
∗aj1 − ai1
³
aji
aii
´
. . . ajn − ain
³
aji
aii
´
En la primera iteración, este proceso se repite N − 1
veces (para las N − 1 j-filas inferiores). En la segunda, se
repite N −2 veces, y así sucesivamente hasta la penúltima
fila, en donde sólo se realiza una vez.
Iteración Fila Division. Multiplic. Sumas
1a
2a
3a
...
na
1
1
...
1
n
n
...
n
n
n
...
n
2a
3a
4a
...
na
1
1
...
1
n− 1
n− 1
...
n− 1
n− 1
n− 1
...
n− 1
...
...
...
...
...
(n− 1)a na 1 2 2
A continuación obtenemos el total de operaciones en
cada 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) + . . . =
=2n
3−3n2+n
6 +
(n−1)n
2 =
n3−n
3
Sumas = n(n− 1) + (n− 1)(n− 2) + . . .+ 2 = n3−n3
Total=Sumas+Multiplicac.+Divisiones =
= n
3−n
3 +
n(n−1)
2 =
2
3n
3 + 12n
2 − 76n
El orden del algoritmo es entonces O(2n33 ).
Problema 38 Escribir el pseudocódigo del algoritmo de
la funcion IDESCENSO(A, b, u, N) que resuelve un sis-
tema donde A es una matriz triangular inferior, b es el
vector de términos independientes, u el vector solución, N
es la dimensión del sistema La función devuelve 0 si ter-
mina correctamente y 1 en caso contrario. Nota Impor-
tante: Las líneas de código tienen que ir todas numeradas
y no pueden superar las 12 lineas de instrucciones como
máximo.
Solución:
01 IDESCENSO(matriz real A,vector real b,vector real
u,entero N)
02 para variable entera I ← 0 hasta N-1 hacer
03 si(A(I, I) == 0) entonces
04 devolver 1
05 finsi
06 u(I) = b(I)
07 para variable entera J ← 0 hasta I − 1 hacer
08 u(I) = u(I)−A(I, J) ∗ u(J)
11 + 22 + 32 + ...+ (n− 1)2 = 2n
3−3n2+n
6
1 0
09 fin mientras
10 u(I) = u(I)/A(I, I)
11 fin mientras
12 devolver 0
Problema 39 Resolver por el método de Gauss el sigu-
iente sistema de ecuaciones⎛⎝ 0 −1 2−1 2 −1
2 −1 0
⎞⎠⎛⎝ u1u2
u3
⎞⎠ =
⎛⎝ 10
1
⎞⎠
Solución: Pasos en la descomposición por Gauss:
1. Intercambiamos la tercera fila con la primera:⎛⎝ 0 −1 2 1−1 2 −1 0
2 −1 0 1
⎞⎠−−−−→pivoteo
⎛⎝ 2 −1 0 1−1 2 −1 0
0 −1 2 1
⎞⎠
2. Hacemos ceros en la primera columna³
filaj − fila1 · aj1a11 ; j > 1
´
:⎛⎝ 2 −1 0 1−1 2 −1 0
0 −1 2 1
⎞⎠ −−−→ceros
⎛⎝ 2 −1 0 10 3 −2 1
0 −1 2 1
⎞⎠
3. Hacemos ceros en la segunda columna³
filaj − fila2 · aj1a11 ; j > 2
´
:⎛⎝ 2 −1 0 10 3 −2 1
0 −1 2 1
⎞⎠ −−−→ceros
⎛⎝ 2 −1 0 10 3 −2 1
0 0 4 4
⎞⎠
4. Realizamos el remonte, y obtenemos como solución:
u3 =
4
4 = 1
u2 =
1−2u3
−1 =
−1
−1 = 1
u1 =
1+u2
2 =
2
2 = 1
Problema 40 Demostrar que si A = B ·Bt (B triangular
inferior) y |B| 6= 0, entonces A es simétrica y definida
positiva
Solución:Tenemos que demostrar, por una parte, que
At = A (A simétrica) y, por otra, que x̄tAx̄ > 0 (A definida
positiva2).
1. Simétrica:
At = (B ·Bt)t = (B ·Bt)t = (Bt)tBt = B ·Bt = A
2Matriz definida positiva: ∀x̄ 6= 0 =⇒ x̄tAx̄ > 0.
Esta es la definición formal. De forma práctica, se comprueba que los
menores principales de la matriz sean positivos. También se cumple
si todos sus autovalores son positivos: x̄tAx̄ = x̄tλx̄ = λx̄tx̄ > 0.
2. Definida positiva:
Como |B| 6= 0, si Bx̄ = 0 =⇒ x̄ = 0
Una matriz se dice definida positiva si se cumple que
∀x̄ 6= 0, x̄tAx̄ > 0 =⇒
=⇒ x̄tAx̄ = x̄tBBtx̄ = (Btx̄)Btx̄ =
= ȳtȳ =
P
y2i > 0
Problema 41 Descomponer la siguiente matriz A por el
método de Cholesky
A =
⎛⎝ 1 1 41 5 6
4 6 26
⎞⎠
Solución: La descomposición por el método de Cholesky
tiene la forma siguiente:
A = B ·Bt,
donde la matriz B es triangular inferior.
B =
⎛⎝ b11 0 0b21 b22 0
b31 b32 b33
⎞⎠
Bt =
⎛⎝ b11 b21 b310 b22 b32
0 0 b33
⎞⎠
Cálculo de los elementos de la matriz B :
A = B ·Bt =
=
⎛⎝ b11 0 0b21 b22 0
b31 b32 b33
⎞⎠⎛⎝ b11 b21 b310 b22 b32
0 0 b33
⎞⎠ =
=
⎛⎝ b211 b11b21 b11b31b11b21 b221 + b222 b21b31 + b22b32
b11b31 b21b31 + b22b32 b
2
31 + b
2
32 + b
2
33
⎞⎠
Igualamos los elementos de la matriz anterior con los
elementos de la matriz A y se obtienen los siguientes re-
sultados:
b211 = 1
b11 = 1
b11b21 = 1
b21 =
1
b11
= 1
b11b31 = 4
b31 =
4
b11
= 4
1 1
b221 + b
2
22 = 5
b22 = ±
p
(5− b221) =
p
(4) = 2
b21b31 + b22b32=6
b32 =
6−b21b31
b22
= 6−42 = 1
b231 + b
2
32 + b
2
33 = 26
b33 =
p
(26− b231 − b232) =
p
(26− 16− 12) = 3
La descomposición queda de la siguiente manera:
A = B ·Bt =
=
⎛⎝ 1 0 01 2 0
4 1 3
⎞⎠⎛⎝ 1 1 40 2 1
0 0 3
⎞⎠
Problema 42 Calcular el número de operaciones nece-
sarias para resolver un sistema por el método de Cholesky.
Solución: Las operaciones que se realizan en cada it-
eración vienen dadas por:
Iteración Operaciones
i = 1
j = 1 : b11 =
√
a11
j = 2 : b21 =
a21
b11
...
j = n : bn1 =
an1
b11
i = 2
j = 2 : b22 =
p
a22 − b221
j = 3 : b32 =
a32−b21b31
b22
...
j = n : bn2 =
an2−b21bn1
b22
...
...
i = n j = n : bnn =
q
ann −
¡
b2n1 + . . .+ b
2
n,n−1
¢
En la siguiente tabla se muestra de forma esquemati-
zada, el número de operaciones en cada iteración:
Iteración Sumas Multiplic. Divisiones
i = 1
0
0
...
0
0
0
...
0
0
1
...
1
n−1
i = 2
1
1
...
1
n−1
1
1
...
1
n−1
0
1
...
1
n−2
i = 3
2
2
...
2
2(n−2)
2
2
...
2
2(n−2)
0
1
...
1
n−3
...
...
...
...
i = n n− 1 n− 1 0
El total de operaciones se obtiene sumando los totales
parciales de la tabla anterior:
Sumas =Multiplicac. =
= (n− 1)+ 2 (n− 2)+ 3(n− 3)+ . . .+(n− 1) =
=
Pn−1
i=1 i(n− i) = n
3−n
6
Divisiones = (n− 1) + (n− 2) + (n− 3) + . . .+ 1 =
=
Pn−1
i=1 i =
n(n−1)
2
El resultado final es:
Total=Sumas+Multiplicac.+Divisiones =
= 2n
3−n
6 +
n(n−1)
2 =
1
3n
3 − 56n+
1
2n
2
El orden del algoritmo es O
³
n3
3
´
Problema 43 Demostrar que a partir de un método para
resolver sistemas de ecuaciones se puede construir de
forma inmediata un método para calcular la inversa A−1
de una matriz A.
Solución:
AA−1 = Id =
⎛⎜⎜⎜⎝
1 0 · · · 0
0 1 · · · 0
...
...
. . .
...
0 0 · · · 1
⎞⎟⎟⎟⎠
Si expresamos la matriz inversa de la siguiente man-
era:
12
A
⎛⎜⎜⎜⎝
c11 c12 · · · c1n
c21 c22 · · · c2n
...
...
. . .
...
cn1 cn2 · · · cnn
⎞⎟⎟⎟⎠ =
⎛⎜⎜⎜⎝
1 0 · · · 0
0 1 · · · 0
...
...
. . .
...
0 0 · · · 1
⎞⎟⎟⎟⎠ ,
se pueden calcular las columnas de esa matriz a partir de
N sistemas de ecuaciones de la siguiente forma:
A
⎛⎜⎜⎜⎝
c11
c21
...
cn1
⎞⎟⎟⎟⎠ =
⎛⎜⎜⎜⎝
1
0
...
0
⎞⎟⎟⎟⎠
A
⎛⎜⎜⎜⎝
c12
c22
...
cn2
⎞⎟⎟⎟⎠ =
⎛⎜⎜⎜⎝
0
1
...
0
⎞⎟⎟⎟⎠
...
A
⎛⎜⎜⎜⎝
c1n
c2n
...
cnn
⎞⎟⎟⎟⎠ =
⎛⎜⎜⎜⎝
0
0
...
1
⎞⎟⎟⎟⎠ , c.q.d.
Problema 44 Demostrar el algoritmo de Crout para de-
scomponer matrices tridiagonales.
Solución: Consideremos la matriz tridiagonal siguiente:
A =
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝
a1 b1 0 · · · 0
c1 a2 b2 · · · 0
0 c2 a3 b3 0
...
...
...
. . . bn−1
0 0 0 cn−1 an
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠
La descomposición por el método de Crout genera dos
matrices de la forma:
A =
⎛⎜⎜⎝
l1 0 . 0
m1 l2 . 0
0 . . 0
0 . mn−1 ln
⎞⎟⎟⎠
⎛⎜⎜⎝
1 u1 . 0
0 1 . 0
0 . . un−1
0 . 0 1
⎞⎟⎟⎠ =
=
⎛⎜⎜⎝
l1 l1u1 0 . 0
m1 m1u1 + l2 l2u2 . 0
0 . . . ln−1un−1
0 0 . mn−1 mn−1un−1 + ln
⎞⎟⎟⎠
Igualando ambas matrices y despejando los elementos
li, ui y mi,
l1u1 = b1
l1 = a1,u1 =
b1
l1
,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 = a1
u1 =
b1
l1
Para i = 2, . . . , n− 1
mi−1 = ci−1
li = ai −mi−1ui−1
ui =
bi
li
Fin Para
mn−1 = cn−1
ln = an −mn−1un−1
Problema 45 Resolver utilizando el método de Crout el
siguiente sistema de ecuaciones⎛⎝ 2 4 0−1 0 4
0 −1 0
⎞⎠⎛⎝ xy
z
⎞⎠ =
⎛⎝ 63
−1
⎞⎠
Solución: Aplicando el algoritmo del problema anterior,
obtenemos los siguientes resultados:
i=1
l1 = 2
u1 =
4
2 = 2
i=2
m1 = −1
l2 = 0− 2 (−1) = 2
u2 =
4
2 = 2
i=3
m2 = −1
l3 = 0− 2 (−1) = 2
1 3
Sustituyendo estos valores en las matrices de Crout,
la descomposición queda:
A = L · U =
⎛⎝ 2 0 0−1 2 0
0 −1 2
⎞⎠ ·
⎛⎝ 1 2 00 1 2
0 0 1
⎞⎠
Para resolver el sistema, se tiene en cuenta lo sigu-
iente:
Ax = b
LUx = b (Ux = y)
y nos queda un sistema de la forma:
Ly = b
Calculamos el valor de y a partir del sistema anterior:⎛⎝ 2 0 0−1 2 0
0 −1 2
⎞⎠⎛⎝ y1y2
y3
⎞⎠ =
⎛⎝ 63
−1
⎞⎠ ,
aplicando un algoritmo de descenso,⎛⎝ y1y2
y3
⎞⎠ =
⎛⎝ 623+y1
2−1+y2
2
⎞⎠ =
⎛⎝ 33
1
⎞⎠
Calculamos el vector x por remonte:
Ux = y⎛⎝ 1 2 00 1 2
0 0 1
⎞⎠⎛⎝ x1x2
x3
⎞⎠ =
⎛⎝ 33
1
⎞⎠
⎛⎝ x1x2
x3
⎞⎠ =
⎛⎝ 3− 2x23− 2x3
1
⎞⎠ =
⎛⎝ 11
1
⎞⎠
quedándonos la solución final x =
¡
1 1 1
¢
Problema 46 Calcular el número de operaciones nece-
sarias para resolver un sistema tridiagonal por el método
de Crout.
Solución: Las operaciones que se realizan en cada it-
eración vienen dadas por:
Iteración Operaciones
i = 1 l1 = a1;u1 =
b1
l1
i = 2 m1 = c1; l2 = a2 −m1u1;u2 = b2l2
...
...
i = n ln = an −mn−1un−1
En la siguiente tabla se muestra el número de op-
eraciones en cada iteración:
Iteración Sumas Multiplic. Divisiones
i = 1 0 0 1
i = 2 1 1 1
i = 3 1 1 1
...
...
...
...
i = n 1 1 0
El total de operaciones se obtiene de la tabla anterior
como:
Sumas =Multiplicac. = Divisiones =
= 1 + 1 + . . .+ 1 = (n− 1)
Total=Sumas+Multiplicac.+Divisiones =
= 3 (n− 1)
El orden del algoritmo es O (3n)
DIFERENCIACION E INTEGRACION
NUMERICA
Problema 47 Calcular analíticamente y numéricamente
la matriz gradiente en el punto (1, 1) (utilizar h = 0.1) de
la función:
f(x, y) =
½
x2 + y2 − 1
x− y
Solución:
Analíticamente
∇f(x, y) =
µ
2x 2y
1 −1
¶
→∇f(1, 1) =
µ
2 2
1 −1
¶
Numéricamente, si llamamos f1(x, y) = x2 + y2 − 1 y
f2(x, y) = x−y, entonces aplicando las máscaras vistas en
teoría tenemos
f1(x, y) = x− y
∂f1(1,1)
∂x =
1
4(0.1)
¡
2−
√
2
¢
(f1(1 + 0.1, 1− 0.1)− f1(1− 0.1, 1− 0.1))+
1
4(0.1)
¡
2−
√
2
¢
(f1(1 + 0.1, 1 + 0.1)− f1(1− 0.1, 1 + 0.1))+
1
4(0.1)2
¡√
2− 1
¢
(f1(1 + 0.1, 1)− f1(1− 0.1, 1)) =
0.585 79 + 0.585 79 + 0.828 43 = 2.0
∂f1(1,1)
∂y =
1
4(0.1)
¡
2−
√
2
¢
(f1(1− 0.1, 1 + 0.1)− f1(1− 0.1, 1− 0.1))+
1
4(0.1)
¡
2−
√
2
¢
(f1(1 + 0.1, 1 + 0.1)− f1(1 + 0.1, 1− 0.1))+
1
4(0.1)2
¡√
2− 1
¢
(f1(1, 1 + 0.1)− f1(1, 1− 0.1)) =
1 4
0.585 79 + 0.585 79 + 0.828 43 = 2.0
De la misma forma, para f2(x, y) tenemos
∂f2(1,1)
∂x =
1
4(0.1)
¡
2−
√
2
¢
(f2(1 + 0.1, 1− 0.1)− f2(1− 0.1, 1− 0.1))+
1
4(0.1)
¡
2−
√
2
¢
(f2(1 + 0.1, 1 + 0.1)− f2(1− 0.1, 1 + 0.1))+
1
4(0.1)2
¡√
2− 1
¢
(f2(1 + 0.1, 1)− f2(1− 0.1, 1)) =
0.292 89 + 0.292 89 + 0.414 21 = 1
∂f2(1,1)
∂y =
1
4(0.1)
¡
2−
√
2
¢
(f2(1− 0.1, 1 + 0.1)− f2(1− 0.1, 1− 0.1))+
1
4(0.1)
¡
2−
√
2
¢
(f2(1 + 0.1, 1 + 0.1)− f2(1 + 0.1, 1− 0.1))+
1
4(0.1)2
¡√
2− 1
¢
(f2(1, 1 + 0.1)− f2(1, 1− 0.1)) =
0.292 89 + 0.292 89 + 0.414 21 = 1
Con lo cual, en este caso la matriz gradiente calculada
numéricamente coincide con la calculada analíticamente.
→
∇f(1, 1) =
µ
2 2
1 −1
¶
Problema 48 Dados 3 puntos distintos xl, xi, xr
demostrar que la fórmula:
f 0(xi) ≈
(xi − xl) f(xr)−f(xi)xr−xi + (xr − xi)
f(xi)−f(xl)
xi−xl
xr − xl
aproxima la derivada de f 0(xi) con un orden de aproxi-
mación de 2.
Solución: Evaluamos el desarrollo de Taylor de la función
en los puntos xr, xl :
f (xl) = f(xi) + f
0(xi)(xl − xi)+
+f
00(xi)
2! (xl − xi)2 +
f 000(xi)
3! (xl − xi)3
f (xr) = f(xi) + f
0(xi)(xr − xi)+
+f
00(xi)
2! (xr − xi)2 +
f 000(xi)
3! (xr − xi)3
(xr − xi) f(xl)−f(xi)(xl−xi) = (xr − xi)[f
0(xi)+
+f
00(xi)
2! (xl − xi) +
f 000(xi)
3! (xl − xi)2]
(xi − xl)f(xi)−f(xr)(xi−xr) = (xi − xl)[f
0(xi)+
+f
00(xi)
2! (xr − xi) +
f 000(xi)
3! (xr − xi)2]
Sumamos las expresiones anteriores y nos queda:
(xr − xi) f(xl)−f(xi)(xl−xi) + (xi − xl)
f(xr)−f(xi)
(xr−xi) =
= (xr − xi)f 0(xi) + (xi − xl)f 0(xi)+
+f
00(xi)
2! (xi − xl)(xr − xi)+
+f
00(xi)
2! (xr − xi)(xl − xi)+
+f
000(xi)
3! (xr − xi)(xl − xi)2+
+f
000(xi)
3! (xi − xl)(xr − xi)2
Agrupamos por las derivadas de la función:
(xr − xi)f(xl)−f(xi)(xl−xi) + (xi − xl)
f(xr)−f(xi)
(xr−xi) =
= (xr − xl)f 0(xi) + f
00(xi)
2! · 0+
+f
000(xi)
3! (xr − xi)(xl − xi) ((xl − xi)− (xr − xi))
El término de la tercera derivada nos da el orden de
la fórmula:
(xr − xl)f 0(xi) = (xr − xi)f(xl)−f(xi)(xl−xi) +
+(xi − xl) f(xr)−f(xi)(xr−xi) +O(h
3)
f 0(xi) ≈
(xi−xl) f(xr)−f(xi)xr−xi +(xr−xi)
f(xi)−f(xl)
xi−xl
xr−xl +O(h
2)
Problema 49 Dados 3 puntos distintos xl, xi, xr calcular
el polinomio de Lagrange que interpola a f(x) en esos 3
puntos, calcular la derivada de ese polinomio en xi y com-
probar que da la misma fórmula que la presentada en el
problema 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 desarrollamos
hasta 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) +
1 5
+ (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)
simplificando,
f 0 (xi) =
(xi−xl)(f(xr)−f(xi))
(xr−xi)
+
(xr−xi)(f(xi)−f(xl))
(xi−xl)
(xr−xl)
Problema 50 Calcular una aproximación de la derivada
tercera 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)+ h
2
2 f
00(xi)+
h3
6 f
000(xi)+
O(h4)
1. b → f(xi − h) = f(xi) − hf 0(xi) + h
2
2 f
00(xi) −
h3
6 f
000(xi) +O(h
4)
c → f(xi − 2h) = f(xi) − 2hf 0(xi) + 2h2f 00(xi) −
4h3
3 f
000(xi) +O(h
4)
Sistema:
⎛⎝ a− b− 2c = 0a
2 +
b
2 + 2c = 0
a
6 −
b
6 −
4c
3 = 1
⎞⎠ Solución: a =
1, b = 3, c = −1.
f 000(xi) =
af(xi+h)+bf(xi−h)+cf(xi−2h)−(a+b+c)f(xi)
h3 =
f(xi+h)+3f(xi−h)−f(xi−2h)−3f(xi)
h3 +O(h)
Problema 51 Dados 3 puntos. Demostrar que la fórmula
f 00(xi) ≈ 2
f(xr)−f(xi)
xr−xi −
f(xi)−f(xl)
xi−xl
xr − xl
aproxima la derivada segunda de f(x) en xi con un orden
de aproximación de 1.
Solución: Desarrollo de Taylor de la función en el punto
xi y evaluación en xr y xl:
f (xr) ≈ f (xi) + f 0 (xi) (xr − xi)+
+f
00(xi)
2! (xr − xi)
2
+ f
000(xi)
3! (xr − xi)
3
f (xl) ≈ f (xi) + f 0 (xi) (xl − xi)+
+f
00(xi)
2! (xl − xi)
2
+ f
000(xi)
3! (xl − xi)
3
Extraemos en ambas ecuaciones:f(xr)−f(xi)
(xr−xi) ≈ f
0 (xi) +
f 00(xi)
2! (xr − xi)+
+f
000(xi)
3! (xr − xi)
2
f(xl)−f(xi)
(xl−xi) ≈ f
0 (xi) +
f 00(xi)
2! (xl − xi)+
+f
000(xi)
3! (xl − xi)
2
Restamos las expresiones anteriores:
f(xr)−f(xi)
(xr−xi) −
f(xi)−f(xl)
(xi−xl) ≈
f 00(xi)
2! (xr − xl)+
+f
000(xi)
3!
³
(xr − xi)2 − (xl − xi)2
´
Despejamos la segunda derivada y obtenemos:
f 00 (xi) ≈ 2
f(xr)−f(xi)
(xr−xi)
− f(xi)−f(xl)
(xi−xl)
xr−xl −
−2
f000(xr)
3! ((xr−xi)
2−(xl−xi)2)
xr−xl
f 00 (xi) ≈ 2
f(xr)−f(xi)
(xr−xi)
− f(xi)−f(xl)
(xi−xl)
xr−xl +O(h)
Problema 52 Considerar en el problema anterior que
xl = xi−h, y xr = xi+h. Deducir como queda la fórmula
anterior para aproximar la derivada segunda, y demostrar
que en este caso el orden de aproximación es 2.
Solución: Sustituyendo xl = xi − h, y xr = xi + h,
tenemos:
f 00 (xi) ≈ 2
f(xr)−f(xi)
(xi+h−xi)
− f(xi)−f(xl)
(xi−xi+h)
xi+h−xi+h =
=
f(xr)−f(xi)
h −
f(xi)−f(xl)
h
h =
1 6
= f(xr)−f(xi)−f(xi)−f(xl)h2 −
f 000(xi)
3! (h− h) +
O(h2) =
= f(xr)−2f(xi)−f(xl)h2 +O(h
2)
La aproximación de la segunda derivada queda de la
forma,
f 00 (xi) ≈
f (xr)− 2f (xi)− f (xl)
h2
Problema 53 Dados 3 puntos xl < xi < xr calcular el
polinomio de Lagrange que interpola a f(x) en esos 3 pun-
tos, calcular la derivada segunda de ese polinomio en xi
y comprobar que da la misma fórmula que utilizando los
desarrollos de Taylor.
Solución: Por las diferencias divididas de Newton obten-
emos lo siguiente:
xl → f (xl)
xi → f (xi)
À
f(xi)−f(xl)
xi−xl
xr → f (xr)
À
f(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−xl
xr−xl (x− xl) (x− xi)
Derivamos el polinomio:
P 0 (x) ' f(xi)−f(xl)xi−xl +
f(xr)−f(xi)
xr−xi
− f(xi)−f(xl)xi−xl
xr−xl (x− xl)+
+
f(xr)−f(xi)
xr−xi
− f(xi)−f(xl)xi−xl
xr−xl (x− xi)
Calculamos la segunda derivada, obteniendo:
P 00 (x) ' 2
f(xr)−f(xi)
xr−xi
− f(xi)−f(xl)xi−xl
xr−xl , c.q.d.
Problema 54 Calcular una aproximación de la derivada
primera y segunda de una función f(x) en x = 0, teniendo
en cuenta que f(0) = 1, f(1) = 0, f(4) = 9
Solución:
f 0(xi) ≈
(xi−xl) f(xr)−f(xi)xr−xi +(xr−xi)
f(xi)−f(xl)
xi−xl
xr−xl =
=
(0−1) f(4)−f(0)4−0 +(4−0)
f(0)−f(1)
0−1
4−1 =
=
− 9−14 +4
1−0
−1
3 =
−2−4
3
= −63 = −2
f 00 (xi) ≈ 2
f(xr)−f(xi)
(xr−xi)
− f(xi)−f(xl)
(xi−xl)
xr−xl =
= 2
9−1
(4−0)−
1−0
(0−1)
4−1 = 2
2+1
3 = 2
Problema 55 Demostrar, utilizando el desarrollo de
Taylor, que las siguientes expresiones son discretizaciones
del 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 función
F , se obtiene lo siguiente:
F (x+ h, y + h) = F (x, y) + hFx + hFy+
+12h
2 (Fxx + 2Fxy + Fyy)
F (x− h, y − h) = F (x, y)− hFx − hFy+
+12h
2 (Fxx + 2Fxy + Fyy)
F (x− h, y + h) = F (x, y)− hFx + hFy+
+12h
2 (Fxx − 2Fxy + Fyy)
F (x+ h, y − h) = F (x, y) + hFx − hFy+
+12h
2 (Fxx − 2Fxy + Fyy)
Sumamos estas cuatro ecuaciones,
F (x+ h, y + h)+F (x− h, y − h)+F (x− h, y + h)+
+F (x+ h, y − h) = 4F (x, y) + 2h2 (Fxx + Fyy)
Fxx + Fyy =
= F (x+h,y+h)+F (x−h,y−h)+F (x−h,y+h)+F (x+h,y−h)−4F (x,y)2h2 ,
discretizando se obtiene el resultado esperado,
∆F =
Fi+1,j+1 + Fi−1,j+1 + Fi−1,j−1 + Fi+1,j−1 − 4Fi,j
2h2
Para demostrar la segunda igualdad, tomamos las
siguientes ecuaciones:
F (x+ h, y) = F (x, y) + hFx +
h2
2 Fxx
F (x− h, y) = F (x, y)− hFx + h
2
2 Fxx
F (x, y + h) = F (x, y) + hFy +
h2
2 Fyy
F (x, y − h) = F (x, y)− hFy + h
2
2 Fyy
Sumamos estas expresiones y obtenemos:
F (x+ h, y) + F (x− h, y) + F (x, y + h)+
+F (x, y − h) = 4F (x, y) + h2Fxx + h2Fyy
Fxx + Fyy =
F (x+h,y)+F (x−h,y)+F (x,y+h)+F (x,y−h)−4F (x,y)
h2 ,
discretizando
∆F =
Fi+1,j + Fi−1,j + Fi,j+1 + Fi,j−1 − 4Fi,j
h2
1 7
Problema 56 Calcular una aproximación del lapla-
ciano de una función F (x, y) en el punto (x, y) =
(0, 0) conociendo los siguientes valores: F (0, 0) = 0,
F (12 , 0) =
1
4 , F (−
1
2 , 0) =
1
4 , F (0,
1
2) =
1
4 , F (0,−
1
2 ) =
1
4 ,
F (12 ,
1
2) =
1
2 , F (−
1
2 ,−
1
2) =
1
2 , F (−
1
2 ,
1
2 ) =
1
2 , F (
1
2 ,−
1
2) =
1
2
Solución: Si representamos estos valores en una tabla,
obtenemos lo siguiente:
1
2
1
4
1
2
1
4 0
1
4
1
2
1
4
1
2
El valor de h es 12 .
Aproximamos el laplaciano promediando las dos ex-
presiones del ejercicio anterior. Si no realizáramos este
promediado, no se tendrían en cuenta todos los valores de
la función.
∆F = γ
Fi+1,j+1+Fi−1,j+1+Fi−1,j−1+Fi+1,j−1−4Fi,j
2h2 +
+(1− γ) Fi+1,j+Fi−1,j+Fi,j+1+Fi,j−1−4Fi,jh2 ,
γ = 23
∆F (0, 0) = 23
1
2+
1
2+
1
2+
1
2
2 14
+
¡
1− 23
¢ 1
4+
1
4+
1
4+
1
4
1
4
=
= 83 +
4
3 = 4
Problema 57 Demostrar que las máscaras
Fx =
1
4h
−
¡
2−
√
2
¢
0
¡
2−
√
2
¢
−2
¡√
2− 1
¢
0 2
¡√
2− 1
¢
−
¡
2−
√
2
¢
0
¡
2−
√
2
¢
Fy =
1
4h
−
¡
2−
√
2
¢
−2
¡√
2− 1
¢
−
¡
2−
√
2
¢
0 0 0¡
2−
√
2
¢
2
¡√
2− 1
¢ ¡
2−
√
2
¢
dan lugar a una discretización del gradiente tal que su
norma euclídea es invariante por rotaciones de 45 grados.
Solución: Procedemos de la misma forma que al calcular
el valor de γ en el caso del laplaciano.
Consideramos una función que tiene los siguientes val-
ores en un entorno de un punto (hi0, hj0) :
1 1 1
0 0 0
0 0 0
Calculamos el valor del gradiente en el punto central
de la siguiente manera:
Fx = γ
0
2h + (1− γ)
0
4h = 0
Fy = (1− γ) −12h + γ
−2
4h = −
1
2
γ
h −
1
2
1−γ
h = −
1
2h
∇1F (hi0, hj0) = (Fx, Fy) =
¡
− 12h , 0
¢
Rotamos la función anterior 45o :
1 1 0
1 0 0
0 0 0
y calculamos su gradiente:
Fx = (1− γ) −12h + γ
−1
4h = −
1
2
1−γ
h −
1
4
γ
h =
1
4
γ−2
h
Fy = (1− γ) −12h + γ
−1
4h = −
1
2
1−γ
h −
1
4
γ
h =
1
4
γ−2
h
∇2F (hi0, hj0) = (Fx, Fy) = 14
γ−2
h (1, 1)
Calculamos las normas de los gradientes e igualamos:
k∇1F (hi0, hj0)k = k∇2F (hi0, hj0)k
1
2h =
q
2
¡
1
4
γ−2
h
¢2
1
2h =
1
4h
√
2 |γ − 2|(
2√
2
= − (γ − 2)→ γ = 2−
√
2
2√
2
= (γ − 2)→ γ = 2 +
√
2
La solución válida es γ = 2−
√
2, ya que el gradiente
∇2F debe ser negativo en sus dos derivadas.
Sustituyendo este valor en las expresiones de Fx, Fy
tenemos:
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−1
4h =
= 2
¡√
2− 1
¢ Fi+1,j−Fi−1,j
4h +
+
¡
2−
√
2
¢ Fi+1,j+1−Fi−1,j+1+Fi+1,j−1−Fi−1,j−1
4h
Fy = (1− γ) Fi,j+1−Fi,j−12h +
+γ
Fi+1,j+1−Fi+1,j−1+Fi−1,j+1−Fi−1,j−1
4h =
= 2
¡√
2− 1
¢ Fi,j+1−Fi,j−1
4h +
+
¡
2−
√
2
¢ Fi+1,j+1−Fi+1,j−1+Fi−1,j+1−Fi−1,j−1
4h ,
cuyas máscaras son las que se muestran en el enunciado
del problema.
Problema 58 Calcular una aproximación del gradi-
ente de una función F (x, y) en el punto (x, y) =
(0, 0) conociendo los siguientes valores: F (0, 0) = 0,
F (12 , 0) =
1
2 , F (−
1
2 , 0) = −
1
2 , F (0,
1
2) = −
1
2 , F (0,−
1
2) =
1 8
1
2 , F (
1
2 ,
1
2) = 0, F (−
1
2 ,−
1
2) = 0, F (−
1
2 ,
1
2) = −1,
F (12 ,−
1
2) = 1
Solución: Los valores de la función en una tabla quedan
de la siguiente manera:
0 12 1−1
2 0
1
2
−1 −12 0
Sustituimos estos valores en las derivadas de la fun-
ción:
Fx = 2
¡√
2− 1
¢ Fi+1,j−Fi−1,j
4h +
+
¡
2−
√
2
¢ Fi+1,j+1−Fi−1,j+1+Fi+1,j−1−Fi−1,j−1
4h =
= 2
¡√
2− 1
¢ 1
2+
1
2
4h +
¡
2−
√
2
¢
1+1
4h =
= 12
√
2−1
h +
1
2
2−
√
2
h =
1
2h
Fy = 2
¡√
2− 1
¢ Fi,j+1−Fi,j−1
4h +
+
¡
2−
√
2
¢ Fi+1,j+1−Fi+1,j−1+Fi−1,j+1−Fi−1,j−1
4h =
= 2
¡√
2− 1
¢ −1
2 −
1
2
4h +
¡
2−
√
2
¢ −1−1
4h =
= −12
√
2−1
h −
1
2
2−
√
2
h = −
1
2h
y obtenemos el valor del gradiente:
∇F =
µ
Fx
Fy
¶
=
µ
1
2h
− 12h
¶
=
µ
1
−1
¶
Este vector nos da la dirección de máximo ascenso,
que en este caso será en diagonal hacia arriba a la derecha.
Problema 59 Aproximar el valor de la siguiente integral,
utilizando las fórmulas de Legendre para n = 2 y n = 3Z 1
−1
¡
x3 − x4
¢
dx
Cual es el valor exacto de la integral?
Solución:R 1
−1
¡
x3 − x4
¢
dx '
NP
k=0
wkP (xk)
P (x) =
¡
x3 − x4
¢
1. n = 2
2P
k=1
wkP (xk) =
= 1 · P (0.5773502692 + 1 · P (−0.5773502692) =
= −. 222 22
2. n = 3
3P
k=1
wkP (xk)=
= 0.55555555555 · P (0.7745966692)+
+0.88888888 · P (0)+
+0.55555555555 · P (−0.7745966692) =
= −. 4
El valor exacto de la integral es
R 1
−1
¡
x3 − x4
¢
dx =
−25 = −. 4, que coincide con el valor del segundo caso. La
fórmula de integración numérica es exacta hasta el orden
2n − 1, que en el segundo caso es equivalente a 5, con lo
que ya se sabía que el valor obtenido sería exacto.
Problema 60 Se considera para el intervalo [−1, 1], los
puntos x0 = −0.5, x1 = 0 y x2 = 0.5 y los pesos w0 =
w1 = w2 = 2/3. Estos puntos y estos pesos se utilizan
para aproximar la integral de una función en [−1, 1]. Usar
esta fórmula de integración para calcular númericamente
la siguiente integral y compararla con el resultado análitico
(exacto). Z π
2
−π2
cos(x)dx
Solución:
1.
R π
2
−π2
cos(x)dx = sin(x)]
π
2
−π2
= 1− (−1) = 2
R π
2
−π2
cos(x)dx =
R 1
−1 cos(
π
2 t)
π
2 dt =
2
3
π
2 cos
¡
−π4
¢
+
2
3
π
2 cos (0) +
2
3
π
2 cos
¡
π
4
¢
= 13
√
2π + 13π = 2. 528 2
Problema 61 Encontrar cual sería la fórmula de inte-
gración numérica en el intervalo [−1, 1] utilizando un sólo
punto de interpolación, y de tal manera que sea exacta
para polinomios de grado 1
Solución: La fórmula que usa un único punto se puede
expresar como Z 1
−1
f (x) dx ' w0 · f (x0)
Vamos a imponer que se exacta para los polinomios f(x) =
1 y f(x) = xZ 1
−1
1dx = 2 = w0 · f (x0) = w0 → w0 = 2
1 9
Z 1
−1
xdx = 0 = w0 · f (x0) = w0 · x0 → x0 = 0
Por lo tanto, la fórmula de integración numérica de Legen-
dre es: Z 1
−1
f (x) dx ' 2 · f (0) ,
Problema 62 A partir de los ceros y de los pesos aso-
ciados a los polinomios de Legendre, y dado un intervalo
[a, b] cualquiera, encontrar los puntos xk, y los pesos wk
que hacen exacta hasta el orden 2N − 1 una fórmula de
integración numérica sobre el intervalo [a, b]
Solución: Para encontrar los puntos x̂k, y los pesos ŵk,
hay que hacer un cambio de variable en la integral:Z b
a
f (x) dx '
NX
k=1
ŵkf (x̂k)
Hacemos el siguiente cambio de variable:
x = (b−a)t+(b+a)2
dx = b−a2 dt
este cambio representa la recta que pasa por los puntos -1,
1 para t = a, b, respectivamente.
Z b
a
f (x) dx =
Z 1
−1
f
µ
(b− a) t+ b+ a
2
¶
b− a
2
dt
Z b
a
f (x) dx '
NX
k=1
w̃k
b− a
2
f
µ
(b− a) x̃k + b+ a
2
¶
de donde se deduce que los cambios a realizar son de la
forma
x̂k =
(b−a)x̃k+(b+a)
2 ,
ŵk =
(b−a)
2 w̃k
Problema 63 Utilizar el resultado del problema anterior
para calcular de forma exacta la siguiente integralZ 1
0
¡
x2 − x3
¢
dx
Solución: El resultado de la integral calculada de forma
analítica, da el siguiente resultado:R 1
0
¡
x2 − x3
¢
dx = 112 = 8. 333 3× 10−2
Aplicando el método de integración numérica:
f (x) =
¡
x2 − x3
¢
R 1
0
¡
x2 − x3
¢
dx =
3P
k=1
wkf (xk) =
= w1f (x1) + w2f (x2) + w3f (x3) =
=
¡
1−0
2
¢
(w̃0f
¡
x̃0+1
2
¢
+ w̃1f
¡
x̃1+1
2
¢
+ +
w̃2f
¡
x̃2+1
2
¢
) =
= 12(0.55555556 · f
¡
0.7745966692+1
2
¢
+
+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 ∞
−∞
¡
x3 − x2
¢
e−x
2
dx
utilizando los polinomios de Hermite.
Solución: De forma analítica la integral da como resul-
tado:R∞
−∞
¡
x3 − x2
¢
e−x
2
dx = −12
√
π = −. 886 23
Utilizando el método de integración numérica:
f (x) =
¡
x3 − x2
¢
R∞
−∞
¡
x3 − x2
¢
e−x
2
dx =
2P
k=1
wkf (xk)
= w1f (x1) + w2f (x2) =
= 0.8862269255 · f (−0.707106781)+
+0.8862269255 · f (0.707106781) =
= −. 886 23
Problema 65 Aproximar, utilizando dos puntos de
aproximación, el valor de la integral:Z ∞
−∞
1
1 + x2
dx
Solución:R∞
−∞
1
1+x2 dx =
R∞
−∞
ex
2
1+x2 e
−x2dx = π
f(x) = e
x2
1+x2R∞
−∞
1
1+x2 dx ' w1f(x1) + w2f(x2) =
= 0.8862269255 · f (−0.707106781)+
+0.8862269255 · f (0.707106781) =
= 1. 948 2
2 0
Problema 66 Calcular de forma exacta la integralZ ∞
0
¡
x3 − x2
¢
e−xdx
utilizando los polinomios de Laguerre.
Solución:R∞
0
¡
x3 − x2
¢
e−xdx = 4
R∞
0
¡
x3 − x2
¢
e−xdx =
1P
k=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 aproximación
numérica de la integral siguienteZ ∞
a
f(x)e−xdx
donde a es un número real cualquiera
Solución: Para calcular esta integral realizamos un cam-
bio de variable
R∞
0
f(t)e−tdx =
½
t = x− a
dt = dx
¾
=
=
R∞
a
f(x− a)e−x+adx = ea
R∞
a
f(x− a)e−x
R∞
0
f(t)e−tdx =
NP
k=0
w̃kf (x̃k)
ea
R∞
a
f(x− a)e−x = ea
NP
k=1
wkf (xk − a)
Para que estas dos igualdades sean equivalentes, basta
hacer:
xk = x̃k + a
wk = e
−aw̃k
Problema 68 Aproximar, por el método de Simpson, la
integral Z 1
−1
¡
x3 − x4
¢
dx
utilizando únicamente el valor de la función en los puntos:
−1,−12 , 0,
1
2 y 1.
Solución:R 1
−1
¡
x3 − x4
¢
dx = − 25 = −. 4
Aplicamos el método de Simpson:
f(x) =
¡
x3 − x4
¢
R 1
−1
¡
x3 − x4
¢
dx =
=
R 0
−1
¡
x3 − x4
¢
dx+
R 1
0
¡
x3 − x4
¢
dx '
'
f(xk+1)+f(xk)+4f
xk+1+xk
2
6 (xk+1 − xk)
#0
−1
+
+
f(xk+1)+f(xk)+4f
xk+1+xk
2
6 (xk+1 − xk)
#1
0
=
' f(0)+f(−1)+4f(
−1+0
2 )
6 (0 + 1)+
+
f(1)+f(0)+4f( 1+02 )
6 (1− 0) =
= − 512 = −. 416 67
Problema 69 Deducir la fórmula de integración
numérica sobre el rectángulo [−1, 1]x[−1, 1] resultante de
aplicar la integración numérica en una variable en los
intervalos [−1, 1], y [−1, 1].
Solución:R 1
−1
R 1
−1 F (x, y) dydx =
R 1
−1
NP
k=1
w̃kF (x̃k, y) dy =
=
NP
k=1
w̃k
R 1
−1 F (x̃k, y) dy
=
NP
k=1
w̃k
Ã
NP
j=1
w̃jF (x̃k, ỹk)
!
=
NP
k,j=1
W̃kF (x̃k, ỹk) ,
donde
W̃k = w̃kw̃j
w̃k =
R −1
−1
i 6=k(x−x̃i)
i6=k(x̃k−x̃i)
w̃j =
R −1
−1
i 6=k(y−ỹi)
i6=k(ỹk−ỹi)
y los x̃k e ỹk son los ceros del polinomio de Legendre.
Problema 70 Deducir la fórmula de integración
numérica sobre un rectángulo [a, b]x[c, d] resultante
de aplicar la integración numérica en una variable en los
intervalos [a, b], y [c, d].
2 1
Solución:
R b
a
R d
c
F (x, y) dydx =
R d
c
NP
k=1
w̃kF (x̃k, y) dy =
=
NP
k=1
w̃k
R d
c
F (x̃k, y) dy
=
NP
k=1
w̃k
Ã
NP
j=1
w̃0jF (x̃k, ỹk)
!
=
NP
k,j=1
w̃kw̃
0
jF (x̃k, ỹk) ,
ahora bien, teniendo en cuenta los resultados obtenidos al
integrar en una variable tenemos que :
x̃k =
(b−a)xk+(b+a)
2
w̃k =
(b−a)
2 wk
ỹk =
(d−c)yk+(d+c)
2
w̃0j =
(d−c)
2 wk
donde wk son los pesos al integrar en una variable en el
intervalo [−1, 1].
Problema 71 Calcular de forma exacta la integralZ 1
−1
Z 1
−1
x2y2dxdy
utilizando integración numérica.
Solución: El resultado de la integral es:R 1
−1
R 1
−1 x
2y2dxdy = 49 = . 444 44
Utilizando la fórmula de integración numérica:
P (x) = x2
P (y) = y2R 1
−1
R 1
−1 x
2y2dxdy =
=
R 1
−1 x
2dx
R 1
−1 y
2dy =
=
2P
k=1
w̃kP (x̃k)
2P
k=1
w̃jP (ỹk) =
= (w̃1P (x̃1) + w̃2P (x̃2)) ·
· (w̃1P (ỹ1) + w̃2P (ỹ2)) =
= (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 la
integral Z ∞
−∞
Z 2
0
x
1 + ey2
dxdy
utilizando la evaluación de F (x, y) en 4 puntos.
Solución: Si calculamos el resultado de la integral de
forma analíta, nos queda,R∞
−∞
R 2
0
x
1+ey2
dxdy =
R∞
−∞
2
1+ey2
dy =
=
R∞
−∞
2
1+ey2
dy = 2. 144 3
R 2
0
xdx =
1P
k=0
wkP (xk),
realizando un cambio de variables, y utilizando el poli-
nomio de Legendre de segundo orden,
xk =
(b−a)x̃k
2 +
(b+a)
2 = x̃k + 1,
1. wk =
(b−a)
2 w̃k = w̃k,
tenemos:
P (x) = x
R 2
0
xdx =
= w1P (x1) + w2P (x2) =
= (0.5773502692 + 1) + (−0.5773502692 + 1) =
= 2.0
R∞
−∞
1
1+ey2
dy =
R∞
−∞
1
e−y2+1
e−y
2
dy =
2P
k=1
w̃jP (ỹk),
por Hermite,
1. P (y) = 1
e−y2+1
1P
k=0
wjP (yk) =
= w1P (y1) + w2P (y2) =
= 0.8862269255 · P (−0.707106781)+
+0.8862269255 · P (0.707106781) =
= 1. 103 3
2 2
El resultado de la aproximación numérica es,R∞
−∞
R 2
0
x
1+ey2
dxdy = 2.0 · 1. 103 3 = 2. 206 6
Problema 73 Se considera el triángulo T de vértices
(0, 0), (1, 0) y (0, 1). Deducir cual debe ser el punto (x0, y0)
y el peso w0 para que la fórmula de integración numérica:Z
T
F (x, y)dxdy ≈ F (x0,y0)w0
sea exacta para polinomios de grado 1 en x e y. Es decir
P (x, y) = ax+ by + c
Solución:
Calculamos la integral de forma analítica:R 1
0
R 1−x
0
(ax+ by + c) dydx = 16a+
1
6b+
1
2c
Igualamos el valor de la integral con la fórmula de
integración numérica:
1
6a+
1
6b+
1
2c = 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 =
1
3 la fórmula
de integración es exacta.
Problema 74 Calcular una aproximación numérica de la
integral Z
Ω
x2ydxdy
donde Ω es el triángulo de vértices (0, 0), (2, 0) y (0, 2)
utilizando 1 punto, 3 puntos, y 4 puntos
Solución: El cálculo de la integral de forma analítica nos
da: R
Ω
x2ydxdy =
R 2
0
R 2−x
0
¡
x2y
¢
dydx = 815 = . 533 33
Utilizando las fórmulas de integración numérica:
F (x, y) = x2y
El área del triángulo→ Area(T ) = 12
¯̄̄̄
¯̄ 1 1 12 0 0
0 2 0
¯̄̄̄
¯̄ = 2
1. Para 1 punto:
R
Ω
x2ydxdy =
= F (23 ,
2
3)Area(T ) =
=
¡
2
3
¢2 2
32 =
16
27 =
= . 592 59
2. Para 3 puntos:
R
Ω
x2ydxdy =
= 13Area(T )
¡
F ( 22 , 0) + F (
2
2 ,
2
2) + F (0,
2
2)
¢
=
= 23 · 1 =
2
3 =
= . 666 67
3. Para 4 puntos:
R
Ω
x2ydxdy =
= Area(T )[2548
¡
F ( 410 ,
4
10) + F (
12
10 ,
4
10) + F (
4
10 ,
12
10 )
¢
−
−2748F (
2
3 ,
2
3)] =
8
15 =
= . 533 33
ANALISIS NUMERICO MATRICIAL II
Problema 75 (4 puntos) Tomar N = 2 y demostrar
que la norma k x k2 verifica las propiedades de la defini-
ción de norma
kxkp =
p
q
|x1|p + |x2|p
Solución: En esta demostración vamos a generalizar para
cualquier p. Al final particularizamos para p = 2 con el
fin de hacer que la demostración sea más sencilla.
Las propiedades que debe verificar, para cumplir con
la defición de norma, son:
1. kxkp = 0⇐⇒ x = 0;
p
p
|x1|p + |x2|p = 0 =⇒ |x1|p + |x2|p = 0,
la suma, en valor absoluto, de elementos distintos
de cero da un valor positivo mayor que cero, con lo
que para que se cumpla esta condición, se tiene que
cumplir que x1 = x2 = 0, c.q.d..
2 3
2. kλxkp = |λ| kxkp ,∀λ ∈ K y x ∈ E;
kλxkp = p
p
|λx1|p + |λx2|p
kλxkp = p
p
|λ|p |x1|p + |λ|p |x2|p
kλxkp = p
p
|λ|p (|x1|p + |x2|p)
kλxkp = |λ| p
p
|x1|p + |x2|p
kλxkp = |λ| kxkp , c.q.d.
3. kx+ ykp ≤ kxkp + kykp ,∀x, y ∈ E;
p
p
|x1 + y1|p + |x2 + y2|p ≤ kxkp + kykp =⇒
=⇒ |x1 + y1|p + |x2 + y2|p ≤
≤
³
p
p
|x1|p + |x2|p + p
p
|y1|p + |y2|p
´p
Para p = 2 tenemos:
|x1 + y1|2 + |x2 + y2|2 ≤
≤
µq
|x1|2 + |x2|2 +
q
|y1|2 + |y2|2
¶2
=⇒
=⇒ x21 + 2x1y1 + y21 + x22 + 2x2y2 + y22 ≤
≤ x21+x22+2
p
(x21 + x
2
2)
p
(y21 + y
2
2)+y
2
1+y
2
2 =⇒
=⇒ x1y1 + x2y2 ≤
p
(x21 + x
2
2)
p
(y21 + y
2
2) =⇒
=⇒ x21y21 + 2x1y1x2y2 + x22y22 ≤
≤ x21y21 + x21y22 + x22y21 + x22y22 =⇒
=⇒ 2x1y1x2y2 ≤ x21y22 + x22y21 =⇒
=⇒ 0 ≤ x21y22 + 2x1y1x2y2 + x22y21 =⇒
=⇒ 0 ≤ (x1y2 + x2y1)2,
que siempre es cierto, con lo que queda demostrado.
Problema 76 Demostrar que
Limp→∞ kxkp = maxi |xi|
Solución:
Limp→∞ kxkp = Limp→∞
µ
p
qPN
i=1 |xi|
p
¶
Extraemos el máximo componente de x, xmax.
Limp→∞
µ
p
qPN
i=1 |xi|
p
¶
=
= Limp→∞
µ
p
r
|xmax|p
PN
i=1
³
|xi|
|xmax|
´p¶
=
= Limp→∞
µ
|xmax| p
rPN
i=1
³
|xi|
|xmax|
´p¶
=
= |xmax|Limp→∞
µ
p
rPN
i=1
³
|xi|
|xmax|
´p¶
=
= |xmax|Limp→∞
³PN
i=1
³
|xi|
|xmax|
´p´1/p
Todos los elementos |xi||xmax| son menores o iguales que
1, con lo que
Limp→∞
³
|xi|
|xmax|
´p
=
½
1 si xi = xmax
0 si xi 6= xmax
,
entonces
|xmax|Limp→∞
³PN
i=1
³
|xi|
|xmax|
´p´1/p
=
= |xmax|Limp→∞ (0 + . . .+ 0 + 1 + . . .+ 1)1/p =
= |xmax|, c.q.d.
Problema 77 Tomar N = 2, y dibujar el lugar ge-
ométrico de los vectores x = (x1, x2) que verifican
1. kxk1 < 1
2. kxk2 < 1
3. kxk∞ < 1
Solución: En las gráficas 1, 2 y 3 se muestran los lugares
geométricos de las normas 1, 2 e infinito, respectivamente.
1. kxk1 < 1 =⇒ |x|+ |y| < 1 =⇒ y < 1− x
Esta ecuación representa, como borde, una recta de
pendiente negativa. Tal y como se ve en la figura 1,
el lugar geométrico está contenido en un rombo.
2. kxk2 < 1 =⇒
p
(x2 + y2) < 1 =⇒
¡
x2 + y2
¢
< 1
Esta es la ecuación de un círculo de radio menor que
1 y centro el origen. En la figura 2 se muestra el lugar
geométrico.
24
x
y
1
1
1
1
Figure 1: Lugar geométrico de kxk1
3. kxk∞ < 1 =⇒ max(x, y) < 1
Esto representa una recta de valor constante (x, y)
menor que 1. En la figura 3 se puede ver el lugar
geométrico.
Problema 78 Tomar N = 2 y demostrar la siguiente de-
sigualdad
k x k∞≤k x k2≤k x k1
Solución: Esta desigualdad es equivalente a lo siguiente:
max(|x1| , |x2|) ≤
p
(x21 + x
2
2) ≤ |x1|+ |x2|
1. max(|x1| , |x2|) ≤
p
(x21 + x
2
2)⇐⇒
⇐⇒ |xmax| ≤
p
(x21 + x
2
2)⇐⇒
⇐⇒ x2max ≤ x21 + x22
Esta desigualdad siempre es cierta ya que xmax es o
bien x1 o bien x2.
2.
p
(x21 + x
2
2) ≤ |x1|+ |x2|⇐⇒
⇐⇒
¡
x21 + x
2
2
¢
≤ (|x1|+ |x2|)2 ⇐⇒
⇐⇒ x21 + x22 ≤ |x1|
2 + 2 |x1| |x2|+ |x2|2 ⇐⇒
⇐⇒ x21 + x22 ≤ x21 + 2 |x1| |x2|+ x22 ⇐⇒
⇐⇒ 0 ≤ 2 |x1| |x2|
x
y
1
1
1
1
Figure 2: Lugar geométrico de kxk2
Esto siempre es cierto ya que el producto de valores
positivos siempre es positivo (o igual a cero si algún
xi es cero).
3. max(|x1| , |x2|) ≤ |x1| + |x2| . Es trivial (propiedad
transitiva).
De estas demostraciones se deduce que las distintas
normas coinciden cuando el vector x descansa sobre uno
de los ejes de coordenadas.
Problema 79 Demostrar que si A,B son dos matrices de
dimensión NxN, entonces para cualquier norma de matri-
ces subordinada a una norma vectorial se verifica
k AB k≤k A k · k B k
Solución:
supx
kABxk
kxk = supx
kABxk
kxk
kBxk
kBxk ,
supx
kABxk
kBxk
kBxk
kxk ≤ supx
kBxk
kxk · supx
kABxk
kBxk
supx
kABxk
kBxk
kBxk
kxk ≤ kBk · kAk ,
entonces
supx
kABxk
kxk ≤ kBk · kAk , c.q.d.
Problema 80 Demostrar que los autovalores de A son los
ceros del polinomio característico P (λ).
2 5
x
y
1
1
1
1
Figure 3: Lugar geométrico de kxk∞
Solución: Definición de autovalor de una matriz A:
xi 6= 0 ∈ E, λi ∈ CÁAxi = λixi
Axi = λixi =⇒ (A− λiId)xi = 0
como xi 6= 0, entonces
|A− λiId| = 0 =⇒ P (λ) = 0, c.q.d.
Problema 81 Calcular los autovectores de la matriz⎛⎝ 1 1 01 1 0
0 0 2
⎞⎠
y determinar una base ortonormal de R3 de autovectores
de A.
Solución: Calculamos los autovalores de A :
|A− λiId| = 0¯̄̄̄
¯̄ 1− λ 1 01 1− λ 0
0 0 2− λ
¯̄̄̄
¯̄ = ((1− λ)2 − 1)(2− λ) = 0
λ1 = 0
λ2 = 2
λ3 = 2
Calculamos los autovectores de A :
1. λ1 = 0⎛⎝ 1 1 01 1 0
0 0 2
⎞⎠⎛⎝ x1x2
x3
⎞⎠ =
⎛⎝ 00
0
⎞⎠
⎧⎨⎩ x1 + x2 = 0x1 + x2 = 0
2x3 = 0
⎧⎨⎩ x1 = −x2
x3 = 0
x̄1 =
⎛⎝ 1√2−1√
2
0
⎞⎠
2. λ2, λ3 = 2⎛⎝ −1 1 01 −1 0
0 0 0
⎞⎠⎛⎝ x1x2
x3
⎞⎠ =
⎛⎝ 00
0
⎞⎠
⎧⎨⎩ −x1 + x2 = 0x1 − x2 = 0
x3 libre
⎧⎨⎩ x1 = x2
x3 libre
x̄2 =
⎛⎝ 1√21√
2
0
⎞⎠ , x̄3 =
⎛⎝ 00
1
⎞⎠
La matriz,
B =
⎛⎝ 1√2 1√2 0−1√
2
1√
2
0
0 0 1
⎞⎠
contiene los autovectores de A que forman una base ortog-
onal en R3.
Problema 82 Calcular las normas 2, 1 e infinito de la
matriz
A =
µ
1 0
1 1
¶
Solución:
1. kAk2 =
p
ρ (ATA)
kAk2 =
s
ρ
µ
2 1
1 1
¶
=
q
3+1
√
5
2 = 1. 618
¯̄̄̄
2− λ 1
1 1− λ
¯̄̄̄
= 1− 3λ+ λ2 = 0, λ = 32 ±
1
2
√
5
2. kAk1 = maxj
³P2
i=1 |aij |
´
kAk1 = max(1, 2) = 2
3. kAk∞ = maxi
³P2
j=1 |aij |
´
=
kAk∞ = max(2, 1) = 2
2 6
Problema 83 Demostrar la siguiente igualdad:
ρ(AtA) = ρ(AAt)
Solución:
Veamos que los polinomios característicos coinciden :
|AtA− λiId| = |At|−1 |AtA− λiId| |At| =
=
¯̄̄
(At)
−1
AtAAt − λi (At)−1 IdAt
¯̄̄
=
=
¯̄̄
AAt − λi (At)−1At
¯̄̄
=
= |AAt − λiId|
Problema 84 Demostrar que si los autovectores de una
matriz A de dimensión NxN forman una base ortonormal
de RN , entonces para la norma 2 se cumple:
χ(A) = kAk2 ·
°°A−1°°
2
=
maxi{|λi|}
mini{|λi|}
Solución: Al ser una base de autovectores ortonormal, la
norma kAk2 = ρ(A) = maxi {|λi|}
Los autovalores de A−1 vienen dados por:
Axi = λixi =⇒
=⇒ A−1Axi = A−1λixi =⇒
=⇒ 1λixi = A
−1xi =⇒
=⇒ A−1xi = λ0ixi,
donde λ0i =
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
©¯̄
λ0i
¯̄ª
= max
i
½¯̄̄̄
1
λi
¯̄̄̄¾
=
1
mini {|λi|}
,
entonces
χ(A) = kAk2 ·
°°A−1°°
2
χ(A) = maxi {|λi|} · 1mini{|λi|}
χ(A) = maxi{|λi|}mini{|λi|} , c.q.d.
Problema 85 Calcular el condicionamiento para la
norma 2, de las siguientes matrices:
1. A =
⎛⎝ 2 2 −22 1 1
−2 1 1
⎞⎠
2. A =
⎛⎝ 2 −1 0−1 2 −1
0 −1 2
⎞⎠
Solución: El condicionamiento de una matriz χ(A) =
kAk2 ·
°°A−1°°
2
. Calculamos los autovalores de ambas ma-
trices:
1.
¯̄̄̄
¯̄ 2− λ 2 −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 = 2
λ2 = −2
λ3 = 4
Esta matriz es simétrica, luego posee una base orto-
normal 3 de autovectores, con lo que el condi-
cionamiento de A se puede calcular como:
χ(A) = kAk2 ·
°°A−1°°
2
=
maxi{| λi |}
mini{| λi |}
=
4
2
= 2
2.
¯̄̄̄
¯̄ 2− λ −1 0−1 2− λ −1
0 −1 2− λ
¯̄̄̄
¯̄ = 4− 10λ+ 6λ2 − λ3 = 0
λ1 = 2
λ1 = 2 +
√
2
λ1 = 2−
√
2
También es una matriz simétrica, con lo que sus au-
tovectores forman una base ortonormal y su condi-
cionamiento es:
χ(A) = kAk2·
°°A−1°°
2
=
maxi{| λi |}
mini{| λi |}
=
2 +
√
2
2−
√
2
= 3+2
√
2
Problema 86 Sean las matrices A,R. Demostrar que la
matriz A, y la matriz B = R−1AR poseen los mismos
autovalores
Solución:
Bxi = λixi =⇒
=⇒
¡
R−1AR
¢
xi = λixi =⇒
=⇒ RR−1ARxi = Rλixi =⇒
3Vectores ortonormales: dos vectores son ortonormales si cumplen
lo siguiente, xTi xj =
0 si i 6= j
1 si i = j
2 7
=⇒ ARxi = λiRxi =⇒
=⇒ Ayi = λiyi,
de donde se deduce que los autovalores son los mismos y los
autovectores están relacionados por la siguiente igualdad:
yi = Rxi, c.q.d.
Problema 87 Se considera la matriz
A =
µ
1 1
1 1
¶
calcular el ángulo α tal que la matriz
R =
µ
cosα sinα
− sinα cosα
¶
verifique que la matriz B = R−1AR sea diagonal.
Solución: Realizamos el cálculo de la matriz B :
B = R−1AR =
=
µ
cosα − sinα
sinα cosα
¶µ
1 1
1 1
¶µ
cosα sinα
− sinα cosα
¶
=
=
µ
−2 cosα sinα+ 1 2 cos2 α− 1
2 cos2 α− 1 2 cosα sinα+ 1
¶
=
=
µ
b1 0
0 b2
¶
Se tiene que cumplir que los elementos que están fuera
de la diagonal sean iguales a cero,
2 cos2 α− 1 = 0
cosα = ±
r
1
2
De esta igualdad se obtiene el valor del ángulo α :
α =
π
4
, α =
3π
4
La matriz de rotación queda como sigue:
R1 =
µ
cos π4 sin
π
4
− sin π4 cos
π
4
¶
=
µ
1
2
√
2 12
√
2
−12
√
2 12
√
2
¶
R2 =
µ
cos 3π4 sin
3π
4
− sin 3π4 cos
3π
4
¶
=
µ
−12
√
2 12
√
2
−12
√
2 −12
√
2
¶
Calculamos los elementos de la diagonal:
b1 = −2 cosα sinα+ 1
b1 = 0, b1 = 2
b2 = 2 cosα sinα+ 1
b2 = 2, b2 = 0,
luego las soluciones posibles son:
B1 =
µ
0 0
0 2
¶
, B2 =
µ
2 0
0 0
¶
Problema 88 Demostrar las siguientes igualdades
trigonométricas
tan(α) = − cot(2α) + sign(cot(2α))
q
1 + cot2(2α)
donde α ∈
¡
−π4 ,
π
4
¢
, sign(x) = 1 si x ≥ 0 y sign(x) = −1
si x < 0,
cosα =
1p
1 + tan2(α)
sinα = tan(α) cosα
cot(2α) =
− tan(α) + sin(2α)
2 sin2(α)
Solución:
1. cot(2α) = cos(2α)sin(2α) =
cos2(α)−sin2(α)
2 sin(α) cos(α) =
1−tan2(α)
2 tan(α)
2 tan(α) cot(2α) = 1− tan2(α)
realizando el cambio de variable x = tan(α), tenemos
x2 + 2 cot(2α)x− 1 = 0
x = tan(α) =
−2 cot(2α)±
√
4 cot2(2α)+4
2 =
= − cot(2α)±
p
1 + cot2(2α)
tan(α) =
½
− cot(2α) +
p
1 + cot2(2α) si α ≥ 0
− cot(2α)−
p
1 + 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 de
la 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 = 1√
1+tan2(α)
= 1
1+
sin2(α)
cos2(α)
=
= 1
cos2(α)+sin2(α)
cos2(α)
p
cos2(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 cálculo
de 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 construir
una matriz diagonal a partir de una matriz A cualquiera,
aplicándole transformaciones de la forma B = R−1AR.
Según se ha demostrado en problemas anteriores, los
autovalores de B y de A coinciden, con lo que si se consigue
encontrar 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 calcula
el ángulo, α, de la misma, transformando los valores de A
que están fuera de la diagonal en ceros.
Vamos a expresar las matrices de la siguiente manera:
A =
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
a11 ap1 ai1 aq1 an1
ap1 app apj apq apn
ai1 apj aij aqj ani
aq1 apq aqj aqq aqn
an1 apn ani aqn ann
⎞⎟⎟⎟⎟⎠
Rpq (α) =
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
1 0 0 0 0
0 cosα . sinα 0
0 . 1 . 0
0 − sinα . cosα 0
0 0 0 0 1
⎞⎟⎟⎟⎟⎠
B = R−1AR =
=
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
1 0 0 0 0
0 cosα 0 − sinα 0
0 0 1 0 0
0 sinα 0 cosα 0
0 0 0 0 1
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ ·
·
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
a11 ap1 ai1 aq1 an1
ap1 app apj apq apn
ai1 apj aij aqj ani
aq1 apq aqj aqq aqn
an1 apn ani aqn ann
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ ·
·
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
1 0 0 0 0
0 cosα 0 sinα 0
0 0 1 0 0
0 − sinα 0 cosα 0
0 0 0 0 1
⎞⎟⎟⎟⎟⎠ =
=
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
a11 ap1 cosα− aq1 sinα
ap1 cosα− aq1 sinα app cos2 α+ aqq sin2 α− apq sin 2α
ai1 apj cosα− aqj sinα
ap1 sinα+ aq1 cosα
(app−aqq)
2 sin 2α+ apq cos 2α
an1 apn cosα− aqn sinα
ai1
apj cosα− aqj sinα
aij
apj sinα+ aqj cosα
ani
ap1 sinα+ aq1 cosα an1
(app−aqq)
2 sin 2α+ apq cos 2α apn cosα− aqn sinα
apj sinα+ aqj cosα ani
app sin
2 α+ aqq cos
2 α+ apq sin 2α apn sinα+ aqn cosα
apn sinα+ aqn cosα ann
⎞⎟⎟⎟⎟⎠
De esta matriz se deducen las siguientes igualdades:
a0pq =
(app−aqq)
2 sin 2α+ apq cos 2α
a0pp = app cos
2 α+ aqq sin
2 α− apq sin 2α
a0qq = app sin
2 α+ aqq cos
2 α+ apq sin 2α
a0pj = apj cosα− aqj sinα j 6= p, q
aqj = 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 directamente
de la matriz final. Para obtener a0pp y a
0
qq, se opera de la
siguiente manera:
1. a0pp = app cos
2 α+ aqq sin
2 α− apq sin 2α =
= app cos
2 α+
³
app +
2apq
tan(2α)
´
sin2 α−
−apq sin 2α = app cos2 α+
2 9
+
³
app sin(2α)+2apq cos(2α)
2 sinα cosα
´
sin2 α− apq sin 2α =
= app cos
2 α+
+
³
app2 sinα cosα+2apq cos
2 α−2apq sin2 α
2 cosα
´
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 sin
2 α+ aqq cos
2 α+ apq sin 2α =
=
³
aqq − 2apqtan(2α)
´
sin2 α+ aqq cos
2 α+
+apq sin 2α =
=
³
aqq2 sinα cosα−2apq cos2 α+2apq sin2 α
2 sinα cosα
´
sin2 α+
+aqq cos
2 α+ apq sin 2α = (aqq sinα− apq cosα+
+
apq
cosα−apq cosα) sinα+aqq cos2 α+apq sin 2α =
= aqq sin
2 α+ aqq cos
2 α− apq cosα sinα+
+apq tanα− apq cosα sinα+ 2apq cosα sinα =
= aqq + tan(α)apq
Problema 90 Utilizar el método de Jacobi para aproxi-
mar los autovalores y autovectores de la matriz:
A =
⎛⎝ 2 0 10 1 0
1 0 1
⎞⎠
Solución:
R (α) =
⎛⎝ cosα 0 sinα0 1 0
− sinα 0 cosα
⎞⎠
(app−aqq)
2 sin 2α+ apq cos 2α = 0
tan(2α) =
2apq
(aqq − app)
tan(2α) =
2
(1− 2)
α =
arctan (−2)
2
α = −1
2
arctan 2 = −. 553 57
a11 = 2− tan(α)
a11 = 2 + tan
µ
1
2
arctan 2
¶
= 2. 618
a33 = 1 + tan(α)
a33 = 1− tan
µ
1
2
arctan 2
¶
= . 381 97
a21 = a32 = 0
B = R−1AR =
⎛⎝ 2. 618 0 00 1 0
0 0 0. 381 97
⎞⎠
Los autovalores son los elementos de la diagonal
(2. 618, 1, 0. 381 97) . Como α = −. 553 57, la matriz
R (α) =
⎛⎝ cosα 0 sinα0 1 0
− sinα 0 cosα
⎞⎠ =
⎛⎝ 0.850 65 0 −0.525 730 1 0
0.525 73 0 0.850 65
⎞⎠
por tanto, en este caso, como con una única matriz de
rotación conseguimos transformar A en una matriz diago-
nal, tendremos que los autovectores de A son simplemente
los vectores columnasde R(α). Es decir el autovector del
autovalor 2. 618 es (
0.850 65
0
0.525 73
), el autovector del auto-
valor 1 es (
0
1
0
), el autovector del autovalor 0. 381 97 es
(
−0.525 73
0
0.850 65
).
Problema 91 Aplicar el método de la potencia para
aproximar 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 1
0 1
¶
A =
µ
−3 0
1 1
¶
Solución: En este problema vamos a utilizar la norma
euclídea aunque cualquier otra norma también sería válida.
La norma infinito, por ejemplo, simplificaría los cálculos
ya que es inmediato obtener el máximo de un vector.
1. A =
µ
2 1
0 1
¶
u2 = A u
1
ku1k =
3 0
=
µ
2 1
0 1
¶Ã 1√
2
1√
2
!
=
=
µ
3
2
√
2
1
2
√
2
¶
,
°°u2°° = √5 = 2. 236 1
u3 = A u
2
ku2k =
=
µ
2 1
0 1
¶Ã 3
2
√
5
√
2
1
2
√
5
√
2
!
=
=
µ
7
10
√
5
√
2
1
10
√
5
√
2
¶
,
°°u3°° = √5 = 2. 236 1
u4 = A u
3
ku3k =
=
µ
2 1
0 1
¶µ
7
10
√
2
1
10
√
2
¶
=
=
µ
3
2
√
2
1
10
√
2
¶
,
°°u4°° = 1
5
√
113 = 2. 126
El autovalor máximo aproximado es λ = 2. 126 y su
autovector asociado es:
xλ =
µ
15
226
√
113
√
2
1
226
√
113
√
2
¶
=
µ
. 997 79
6. 651 9× 10−2
¶
2. A =
µ
−3 0
1 1
¶
u2 = A u
1
ku1k =
=
µ
−3 0
1 1
¶Ã 1√
2
1√
2
!
=
=
µ
− 32
√
2√
2
¶
,
°°u2°° = 1
2
√
26 = 2. 549 5
u3 = A u
2
ku2k =
=
µ
−3 0
1 1
¶µ
− 326
√
26
√
2
1
13
√
26
√
2
¶
=
=
µ
9
26
√
26
√
2
− 126
√
26
√
2
¶
,
°°u3°° = 1
13
√
1066 = 2. 511 5
u4 = A u
3
ku3k =
=
µ
−3 0
1 1
¶µ
9
2132
√
1066
√
26
√
2
− 12132
√
1066
√
26
√
2
¶
=
=
µ
− 272132
√
1066
√
26
√
2
2
533
√
1066
√
26
√
2
¶
,
°°u4°° = 1
82
√
65 026 = 3. 109 8
El autovalor máximo aproximado es
λ = −3. 109 8,
con signo negativo ya que sign
¡­
u4, u3
®¢
= −1 y su
autovector asociado es
xλ =
Ã
− 27·82
2132
√
65 026
√
1066
√
26
√
2
2·82
533
√
65 026
√
1066
√
26
√
2
!
=
µ
−. 958 8
. 284 09
¶
,
con signo positivo ya que
¡
sign
¡­
u4, u3
®¢¢n
=
(−1)4 = 1.
Problema 92 Calcular el autovalor mayor y el autovec-
tor correspondiente de la matriz
µ
2 −1
−1 1
¶
utilizando
el método de la potencia, dando 2 iteraciones del método
a partir de u1 = (1, 1) y tomando como norma kuk =
maxi |ui|
Solución:
1. ku1k = 1→ u2 =
µ
2 −1
−1 1
¶µ
1
1
¶
=
µ
1
0
¶
ku2k = 1→ u3 =
µ
2 −1
−1 1
¶µ
1
0
¶
=
µ
2
−1
¶
Producto escalar (u2, u3) = 2 > 0. → autovalor máx-
imo = ku3k = 2
Autovector asociado normalizado u3ku3k =
µ
1
−1/2
¶
3 1
Problema 93 Utilizar el método de la potencia inversa
para aproximar el autovalor más pequeño de la matriz
A =
µ
−2 1
0 3
¶
llegar hasta u3 partiendo de u = (1, 1).
Solución:
Aun = u
n−1
kun−1kµ
−2 1
0 3
¶
u2 =
Ã
1√
2
1√
2
!
u2 =
µ
−16
√
2
1
6
√
2
¶
,
°°u2°° = 1
3
= . 333 33
µ
−2 1
0 3
¶
u3 =
µ
−12
√
2
1
2
√
2
¶
u3 =
µ
1
3
√
2
1
6
√
2
¶
,
°°u3°° = 1
6
√
10 = . 527 05
°°u3°° es el autovalor máximo de A−1, con lo que el
autovalor mínimo de A es λmin = −1ku3k = −
6
10
√
10 = −1.
897 4, con signo negativo ya que sign
¡­
u3, u2
®¢
= −1.
Problema 94 Calcular el autovalor y autovector más cer-
cano a 2 de la matriz⎛⎝ 0 −1 00 3 −1
0 0 −1
⎞⎠
para ello calcular dos iteraciones del método de la potencia
inversa partiendo de u1 = (1, 1, 1).
Solución:
A0 = A− 2Id =
⎛⎝ −2 −1 00 1 −1
0 0 −3
⎞⎠
Vamos a utilizar la norma infinito con el fin de sim-
plificar los cálculos.
A0un = u
n−1
kun−1k⎛⎝ −2 −1 00 1 −1
0 0 −3
⎞⎠u2 =
⎛⎝ 11
1
⎞⎠
u2 =
⎛⎝ −562
3
−13
⎞⎠ ,°°u2°° = 5
6
= . 833 33
⎛⎝ −2 −1 00 1 −1
0 0 −3
⎞⎠u3 = 65
⎛⎝ −562
3
−13
⎞⎠
u3 =
⎛⎝ 13014
15
2
15
⎞⎠ ,°°u2°° = 14
15
El autovalor máximo de (A− 2Id)−1 es λmax = 1415
con signo positivo (sign
¡­
u3, u2
®¢
= 1)
(A− 2Id)−1 x̄ = λmaxx̄
Para calcular el autovalor más cercano a 2, realizamos
las siguientes operaciones:
1
λmax
x̄ = (A− 2Id) x̄
µ
A− 2Id− 1
λmax
Id
¶
x̄ = 0µ
A−
µ
2 +
1
λmax
¶
Id
¶
x̄ = (A− λproxId) x̄ = 0
λprox =
µ
2 +
1
λmax
¶
=
µ
2 +
1
14
15
¶
=
43
14
λprox = 3. 071 4
Problema 95 Calcular 3 iteraciones del método de Ja-
cobi para resolver el sistema⎛⎝ 1 −1 0−1 2 0
0 −1 3
⎞⎠⎛⎝ xy
z
⎞⎠ =
⎛⎝ −13
1
⎞⎠
partiendo de u1 = (0, 0, 0)
Solución: Despejamos la diagonal para plantear el
método iterativo :
xn = yn−1 + 1
yn =
xn−1 + 3
2
zn =
yn−1 + 1
3
haciendo iteraciones obtenemos
1. u2 =
⎛⎝ −13
2
1
3
⎞⎠
2. u3 =
⎛⎝ 121
5
6
⎞⎠
3 2
3. u4 =
⎛⎝ 07
4
2
3
⎞⎠
Problema 96 Calcular una base ortogonal de autovec-
tores de la matriz
⎛⎝ 1 0 10 2 0
1 0 1
⎞⎠,
Solución:
1. Autovectores y autovalores:
⎧⎨⎩
⎛⎝ −10
1
⎞⎠⎫⎬⎭ ↔
0,
⎧⎨⎩
⎛⎝ 10
1
⎞⎠ ,
⎛⎝ 01
0
⎞⎠⎫⎬⎭↔ 2
Problema 97 Calcular 3 iteraciones del método de
Gauss-Seidel para resolver el sistema⎛⎝ 1 −1 0−1 2 0
0 −1 3
⎞⎠⎛⎝ xy
z
⎞⎠ =
⎛⎝ −13
1
⎞⎠
partiendo de u1 = (0, 0, 0)
Solución: Despejamos la diagonal para plantear el
método iterativo, teniendo en cuenta además que vamos
actualizando los valores según los cálculamos:
xn = yn−1 + 1
yn =
xn + 3
2
zn =
yn + 1
3
haciendo iteraciones partiendo de (0, 0, 0) :
1. x1 = −1
y1 =
3−1
2 = 1
z1 =
1+1
3 =
2
3
2. x2 = 0
y2 =
3
2
z3 =
5
6
3. x3 = −1 + 32 =
1
2
y3 =
3+ 12
2 =
7
4
z3 =
1+ 74
3 =
11
12
Problema 98 Una variante del método de Gauss-Seidel
es tomar M = (D + U)−1 (−L), y c = (D + U)−1 b.
indicar en este caso que diferencias de implementación
habría 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 abajo
para arriba, es decir, primero se calcularía z, se sustituiría
su valor en la ecuación de y y, por último, estos dos valores
se sustituirían en la primera ecuación.
Problema 99 Calcular 3 iteraciones del método de rela-
jación para resolver el sistema⎛⎝ 1 −1 0−1 2 0
0 −1 3
⎞⎠⎛⎝ xy
z
⎞⎠ =
⎛⎝ −13
1
⎞⎠ ,
partiendo de u1 = (0, 0, 0). Calcular previamente el
parámetro 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 obtiene
despejando la diagonal en el sistema
x = y − 1
y = x2 +
3
2
z = y3 +
1
3
=
⎛⎝ 0 1 01
2 0 0
0 13 0
⎞⎠⎛⎝ xy
z
⎞⎠+
⎛⎝ −13
2
1
3
⎞⎠
Los autovalores de MJ :
³
0, 1√
2
,− 1√
2
´
, luego
ρ (MJ)
2 = 12
wopt =
2
1+
√
1−ρ(MJ)2
= 2
1+
√
1− 12
wopt =
2
1+ 12
√
2
= 4
2+
√
2
wopt = 1. 171 6
Iteraciones del sistema:
xn = w (yn−1 − 1) + (1− w)xn−1
yn = w
3+xn
2 + (1− w) yn−1
zn = w
1+yn
3 + (1− w) zn−1
u2 =
⎛⎝ −ww 3−w2
w 1+1. 071 13
⎞⎠ =
⎛⎝ −1. 171 61. 071 1
. 808 83
⎞⎠
3 3
u3 =
⎛⎝ w (1. 071 1− 1)− (1− w) 1. 171 6w 3+. 284 352 + (1− w) 1. 071 1
w 1+1. 740 23 + (1− w) . 808 83
⎞⎠ =
=
⎛⎝ . 284 351. 740 2
. 931 34
⎞⎠
u4 =
⎛⎝ w (1. 740 2− 1) + (1− w) . 284 35w 3+. 818 422 + (1− w) 1. 740 2
w 1+1. 938 23 + (1− w) . 931 34
⎞⎠ =
=
⎛⎝ . 818 421. 938 2
. 987 65
⎞⎠
Problema 100 Demostrar que si una matriz A verifica
que por filas o columnas su suma es siempre igual a 0, en-
tonces el determinante de A es cero, y por tanto el sistema
asociado a A no tiene solución.
Solución: Si |A| = 0, entonces la matriz A no es invertible
y el sistema no tiene solución.
1. Vamos a demostrar que si la suma por filas de A es
igual a cero, entonces |A| = 0 :Pn
j aij = 0, esto es equivalente a lo siguiente:
A
⎛⎜⎜⎜⎝
1
1
...
1
⎞⎟⎟⎟⎠ =
⎛⎜⎜⎜⎝
0
0
...
0
⎞⎟⎟⎟⎠ = 0 ·
⎛⎜⎜⎜⎝
1
1
...
1
⎞⎟⎟⎟⎠
Esto significa que la matriz A posee un autovalor igual
a cero (λ = 0).
El determinante de una matriz es igual al producto
de sus autovalores:
|A| =
nY
i=1
λi = λ1 · . . . 0 . . . · λn = 0
2. Para demostrar que |A| = 0 cuando la suma por
columnas es cero, basta saber que |A| =
¯̄
AT
¯̄
y aplicar
el argumento anterior a AT
Problema 101 Dado un sistema iterativo
un =Mun−1 + c
Demostrar que aunque el radio espectral de M sea mayor
que 1, si u1 y c son combinaciones lineales de autovectores
deM correspondientes a autovalores de módulo menor que
1, entonces el método converge.
Solución: Sean xi los autovectores deM correspondientes
a autovalores menores