Tema 7

Soluci´ on de Ecuaciones no lineales 7.1

Introducci´ on

En este tema estudiaremos la resoluci´on de ecuaciones no lineales, es decir, el c´alculo de sus soluciones o ra´ıces. Nos centraremos en el caso de una u ´nica ecuaci´on con una inc´ognita. En tal situaci´on toda ecuaci´on puede ser escrita como f (x) = 0 siendo f (x) una funci´on real de variable real. Desde este punto de vista el c´alculo de ra´ıces de una ecuaci´on es equivalente al c´alculo de los ceros de una funci´on real dada. De manera general, incluso en ecuaciones dependientes de una s´ola inc´ognita, no es posible despejar ´esta salvo en casos muy concretos. Evidentemente las ecuaciones lineales de una sola inc´ognita (es decir, ecuaciones de la forma ax+b = 0, con a ̸= 0) son triviales, por lo que el tema est´a dedicado a las ecuaciones no lineales en general. Las ecuaciones no lineales m´as sencillas son las polin´omicas, es decir del tipo: Pn (x) = 0, siendo Pn (x) un polinomio (en principio con coeficientes reales) de grado n (con n ≥ 2). ´ Estas ecuaciones presentan siempre n ra´ıces (Teorema Fundamental del Algebra), si bien ´estas pueden ser reales o complejas. El caso n = 2 es muy sencillo y conocido: ax + bx + c = 0 , a ̸= 0 ⇒ x = 2

−b ±

√

b2 − 4ac 2a

y adem´as es tambi´en sencilla la discusi´on sobre el n´ umero de ra´ıces reales que la ecuaci´on posee en t´erminos del discriminante de la misma: ∆ = b2 − 4ac. Para polinomios de grado 3 y 4, y exceptuando los casos casi-triviales en los que funciona el M´etodo de Ruffini, las f´ormulas de Cardano-Tartaglia permiten una resoluci´on 71

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´ CALCULO / CIENCIAS AMBIENTALES / TEMA 5

en t´erminos de ra´ıces c´ ubicas1 , si bien las expresiones son mucho m´as complicadas que las correspondientes a la ecuaci´on cuadr´atica, y en consecuencia, a menudo de poca utilidad. Para polinomios de grado igual o superior a cinco, el c´elebre Teorema de Abel establece que no existen f´ormulas generales que permitan la resoluci´on por radicales de las mismas. Otro tipo de ecuaciones irresolubles de forma exacta de manera general son las ecuaciones trascendentes, es decir las ecuaciones que contienen una funci´on trascendente2 . Existen ejemplos notorios en la historia de la Ciencia en los que aparecen ecuaciones trascendentes, como la ecuaci´on de Kepler: x − a sen x = b, que aparece en el c´alculo de las ´orbitas planetarias (x representa la anomal´ıa exc´entrica, a la excentricidad y b la anomal´ıa media de la ´orbita), o la ecuaci´on: x − tan x = 0, que aparece en varias disciplinas cient´ıficas y t´ecnicas (por ejemplo en la Teor´ıa de Difracci´on de la luz, o en c´alculos de caudales en Hidr´aulica)3 . 1

Las f´ ormulas de Cardano-Tartaglia, para la ecuaci´ on polin´ omica de grado 3, pueden ser escritas de la siguiente manera: Sea la ecuaci´ on c´ ubica: x3 + a2 x2 + a1 x + a0 = 0 y denotemos por q y r a las siguientes expresiones: q =

1 3

a1 −

1 9

a22 ; r =

1 6

(a1 a2 − 3a0 ) −

1 27

a32 .

El discriminante de la ecuaci´ on se define como: ∆ = q 3 + r2 , de tal manera que si ∆ < 0, entonces la c´ ubica presenta tres ra´ıces reales diferentes. Si ∆ > 0, la ecuaci´ on tiene una ra´ız real y dos complejas conjugadas. Finalmente, si ∆ = 0, la ecuaci´ on tiene tres ra´ıces reales y al menos dos de ellas iguales. Llamando s1 y s2 a las cantidades: ( √ ) 13 s1 = r + ∆

,

( √ ) 13 s2 = r − ∆

entonces las ra´ıces de la c´ ubica son: x1 = s1 + s2 −

√ √ a2 3 3 1 a2 1 a2 , x2 = − (s1 + s2 ) − + i (s1 − s2 ), x3 = − (s1 + s2 ) − −i (s1 − s2 ) 3 2 3 2 2 3 2

2

Recordemos que una funci´ on trascendente es aqu´ella que no puede ser representada mediante ninguna ecuaci´ on polin´ omica (cuyos coeficientes sean asimismo polinomios), a diferencia de una funci´ on algebraica, para la cual esto s´ı que es posible. Los ejemplos m´ as t´ıpicos de funciones trascendentes son las trigonom´etricas (seno, coseno, funciones hiperb´ olicas, etc.), los logaritmos y exponenciales, etc. Evidentemente algunas ecuaciones trascendentes son realmente f´ aciles de resolver, pero no es en absoluto el caso general. Un ejemplo sencillo es la ecuaci´ on: cos x = 0 ⇒ x =

k∈Z

Curiosidad: Si α1 , α2 , · · · , αn , · · · son todas las ra´ıces positivas de esta ecuaci´ on, entonces se verifica −2 1 αn = 10 ( Amer. Math. Monthly, Oct. 1986, 660). 3

∑

π + kπ, 2

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´ CALCULO / CIENCIAS AMBIENTALES / TEMA 5

7.2

Separaci´ on de ra´ıces

El primer problema que nos encontramos al intentar resolver una ecuaci´on de la forma: f (x) = 0 es conocer el n´ umero de ra´ıces de la misma y d´onde est´an situadas. En general se dice que las ra´ıces de una ecuaci´on est´an separadas si conocemos intervalos cerrados tales que contienen cada uno de ellos a una s´ola ra´ız de la ecuaci´on. No existe una t´ecnica general efectiva para separar las ra´ıces de una ecuaci´on. Lo m´as habitual es utilizar los Teoremas de Bolzano y Rolle, en aquellas regiones donde la funci´on sea continua y derivable, evidentemente4 . La localizaci´on de un intervalo cerrado donde f (x) sea continua y tenga signos contrarios en los extremos del mismo garantiza, por el Teorema de Bolzano, la presencia de al menos una ra´ız real, si adem´as f (x) es derivable en el correspondiente abierto y se verifica f ′ (x) ̸= 0 en todo punto de dicho abierto, podemos concluir que existe una ra´ız u ´nica en dicho intervalo (la presencia de dos ra´ıces obligar´ıa a que la derivada primera se anulara, por el Teorema de Rolle, lo cual estamos suponiendo falso). Un razonamiento an´alogo conduce a que si f (n) (x) ̸= x en (a, b), entonces f (x) tiene en (a, b) a lo m´as n ra´ıces. De igual forma, los ceros de f ′ (x) nos determinan los intervalos en los que f (x) puede (o no) tener ra´ıces. Veamos un ejemplo de estos razonamientos. Ejemplo: Busquemos las ra´ıces de la ecuaci´on trascendente: x2 − sen x −

1 1 = 0 ⇒ f (x) = x2 − sen x − 2 2

Es evidente que f (x) es continua y derivable en toda la recta real. Si calculamos las derivadas de f (x) tendremos: f ′ (x) = 2x − cos x ; f ′′ (x) = 2 + sen x ̸= 0 Es decir, f ′′ (x) ̸= 0, ∀x ∈ R. Seg´ un el razonamiento anterior, la ecuaci´on posee a lo m´as dos ra´ıces reales. Calculemos: f (−1) =

1 −sen(−1) ≃ 1.34 > 0 , 2

f (0) = −

1 0

de donde se deduce la existencia de dos ra´ıces reales r1 y r2 , separadas en los intervalos: r1 ∈ [−1, 0] 4

,

r2 ∈ [1, 2]

Recordemos los enunciados de dichos teoremas: Teorema de Bolzano: Sea f (x) una funci´ on continua en el intervalo [a, b] y tal que f (a)f (b) < 0, entonces existe al menos un punto c ∈ (a, b) que verifica que f (c) = 0. Teorema de Rolle: Sea f (x) una funci´ on continua en el intervalo [a, b], derivable en (a, b) y tal que f (a) = f (b), entonces existe al menos un punto c ∈ (a, b) para el cual f ′ (c) = 0. Del Teorema de Rolle se puede deducir con facilidad el siguiente resultado: Teorema: Sea f (x) una funci´ on continua en el intervalo [a, b], derivable en (a, b) y tal que f ′ (x) ̸= 0, ∀x ∈ (a, b). Entonces existe a lo m´ as un punto r ∈ (a, b) para el cual se verifica f (r) = 0.

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Suele resultar de considerable ayuda, para el caso de funciones sencillas, el uso de representaciones gr´aficas. As´ı por ejemplo, aunque la gr´afica de f (x) nos resulta en principio desconocida (y calcularla, salvo que se utilice un ordenador, resulta una tarea cuanto menos pesada), podemos en este caso concreto escribir la ecuaci´on de la forma: x2 −

1 = sen x 2

y es evidente entonces que las soluciones de la ecuaci´on se reducen a los puntos donde se cortan las gr´aficas de x2 − 12 (bien conocida, se trata de la par´abola y = x2 “desplazada” en 0.5 unidades “hacia abajo”) y de la funci´on seno:

3

2

1

-2

1

-1

2

-1

Ejemplo: Un segundo ejemplo interesante es el ya comentado en la introducci´on del tema, la determinaci´on del n´ umero y ubicaci´on de las ra´ıces de la ecuaci´on x − tan x = 0 se aclara completamente si uno representa las funciones y = x e y = tan x. La gr´afica se explica por s´ı misma: 15 10 5

5

-5 -5

-10

-15

Finalmente, es necesario insistir en el hecho de que no existe un m´etodo sistem´atico para “separar” las ra´ıces de una ecuaci´on. Los ejemplos anteriores dan en cierta medida las pautas a seguir al abordar un problema de este tipo, pero con frecuencia no disponemos de una herramienta definitiva que permita establecer de manera sencilla y precisa el n´ umero y ubicaci´on de las ra´ıces.

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´ CALCULO / CIENCIAS AMBIENTALES / TEMA 5

7.3

M´ etodo de la Bisecci´ on

Supongamos que se ha establecido, por alguno de los m´etodos comentados en la secci´on anterior, que la ecuaci´on f (x) = 0 tiene una y s´olo una ra´ız en el interior del intervalo [a, b], donde verifica las hip´otesis del Teorema de Bolzano. El m´etodo de la bisecci´on o bipartici´on es el m´etodo m´as simple y a la vez robusto de los que describiremos. Su inconveniente principal, no obstante, radica en el hecho de que se trata de un m´etodo muy lento y pesado si se requiere un grado alto de exactitud en la aproximaci´on. El m´etodo consiste en lo siguiente: se calcula el punto medio del intervalo [a, b] que podemos escribir como c = a+b ua la funci´on en dicho punto, pudiendo resultar 2 . Se eval´ dos posibilidades: • Si f (c) = f ( a+b ız buscada r, pues c = r. 2 ) = 0, entonces hemos obtenido la ra´ • Si f (c) ̸= 0, entonces elegimos, entre [a, c] y [c, b], el intervalo en el que se satisfagan las hip´otesis del Teorema de Bolzano, y lo denotamos [a1 , b1 ]. Tras esto, nos encontramos con un intervalo de longitud la mitad al inicial, y que contiene la soluci´on que buscamos. Reiterando el proceso construiremos una sucesi´on de intervalos encajados que contienen la soluci´on [a, b] ⊃ [a1 , b1 ] ⊃ [a2 , b2 ] ⊃ .... ⊃ [an , bn ] donde obviamente tendremos las sucesiones de n´ umeros a = a0 ≤ a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ b0 y b = b0 ≥ b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ a0 . La sucesi´on {an } converge debido a que es creciente y est´a acotada superiormente. La sucesi´on {bn } converge por razones an´alogas. Siempre se tendr´ a que: bn − an = 21 (bn−1 − an−1 ), de donde se deduce que: bn − an = 2−n (b0 − a0 ). Por ello lim bn − lim an = lim 2−n (b0 − a0 ) = 0 n→∞

n→∞

n→∞

y en consecuencia los l´ımites de las sucesiones anteriores toman el mismo valor α = lim an = lim bn n→∞

n→∞

Si tomamos tambi´en el l´ımite en la desigualdad: f (an )f (bn ) ≤ 0, concluiremos que: (f (α))2 ≤ 0, lo cual implica que f (α) = 0, es decir α = r, la ra´ız buscada. Cuando se trunca el proceso en una iteraci´on n, el error cometido ε aproximando la soluci´ on por el punto medio del n-´esimo intervalo encajado: r ≃ cn , ser´a evidentemente menor que la semi-anchura de dicho intervalo, es decir: [ ] b−a b−a b−a ⇔ r ∈ [an , bn ] = cn − n+1 , cn + n+1 ε ≤ n+1 2 2 2

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´ CALCULO / CIENCIAS AMBIENTALES / TEMA 5

Si uno fija una cota εT como error tolerado en la aproximaci´on, exigiremos en general que 2b−a as, que |f (cn )| < εT . Con este doble criterio, n+1 sea menor que dicho εT y, adem´ evitaremos la aparici´on de “casos patol´ogicos” en los que aun estando muy cerca de la ra´ız la funci´on sea claramente distinta de cero en el punto, por un lado, o casos en los que la funci´on es casi nula a pesar de estar relativamente “lejos” de la ra´ız verdadera, por otro (ver figura). 1.0

2.0 1.5

0.5 1.0 0.5

cn

cn

r

-0.5 -0.5

-1.0

-1.0

Ejemplo: Encontrar una soluci´on para la ecuaci´on: x4 − x − 10 = 0, con una exactitud de 0.005. Dada la precisi´on que nos fija el enunciado: εT = 0.005, aplicaremos el m´etodo hasta conseguir que 2−(n+1) (b − a) < 0.005 y que |f (cn )| < 0.005, tal y como se ha explicado anteriormente. La funci´on a considerar es, obviamente, f (x) = x4 − x − 10. Separemos de entrada sus ra´ıces: Si calculamos la derivada tendremos: f ′ (x) = 4x3 − 1. Es evidente entonces que f ′ (x) tiene tan 1 1 ′ s´olo un cero, en x = √ 3 . Por tanto, en el intervalo (−∞, √ 3 ) la derivada es no nula f (x) ̸= 0 4 4

1 y en consecuencia a lo sumo existir´a una ra´ız en dicho intervalo. Otro tanto ocurre en ( √ 3 , ∞). 4 Centr´emonos en el primero de los intervalos mencionados; por tanteo se observa que f (−1) = −8 y f (−2) = 8, es decir: existe una ra´ız en el intervalo [−2, −1].

i

ai

ci

bi

f (ai )

f (ci )

f (b)

εi

0 1 2 3 4 5 6 7 8

-2 -2 -1.75 -1.75 -1.75 -1.7178 -1.7031 -1.7031 -1.6992

-1.5 -1.75 -1.625 -1.6875 -1.7187 -1.7031 -1.6953 -1.6992 -1.6972

-1 -1.5 -1.5 -1.625 -1.6875 -1.6875 -1.6875 -1.6953 -1.6953

8 8 1.1289 1.1289 1.1289 0.4444 0.1163 0.1163 0.0356

-3.4375 1.1289 -1.4021 -0.2033 0.4444 0.1163 -0.0446 0.0356 -0.00456

-8 -3.4375 -3.4375 -1.4021 -0.2033 -0.2033 -0.2033 -0.0446 -0.0446

0.5 0.25 0.125 0.0625 0.0312 0.0156 0.0078 0.0039 0.00195

De forma an´aloga se puede hacer para obtener la ra´ız positiva, de modo que las soluciones son r1 = −1.6972 y r2 = 1.8556, con ε < εT = 0.005.

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´ CALCULO / CIENCIAS AMBIENTALES / TEMA 5

5

r1

r2

-5

-10

7.4

M´ etodo de Newton-Raphson

El M´etodo de la Tangente o de Newton-Raphson, que presentaremos a continuaci´on, constituye un m´etodo mucho m´as eficiente que el de la bisecci´on. Desde un punto de vista geom´etrico, el M´etodo de Newton-Raphson consiste simplemente en aproximar la funci´on f (x), en las cercan´ıas de uno de sus ceros, r, por la recta tangente a la curva y = f (x). Para ello supondremos que la funci´on f (x) es continua y derivable en un entorno de r. Si partimos de un valor x0 como ra´ız aproximada, la recta tangente a y = f (x) en el punto (x0 , f (x0 )) ser´a: y − f (x0 ) = f ′ (x0 )(x − x0 ) cuyo corte con el eje de abscisas es: x1 = x0 −

f (x0 ) f ′ (x0 )

En las condiciones que veremos a continuaci´on, este valor, x1 , estar´a m´as cercano a la ra´ız r buscada que el inicial x0 . Si iteramos el razonamiento, encontraremos una sucesi´ on de puntos {xn } dada por la expresi´on: xn+1 = xn −

f (xn ) f ′ (xn )

convergente a la ra´ız r. Debemos por tanto aclarar dos puntos importantes, en primer lugar encontrar las condiciones en las que la sucesi´on {xn } es convergente, y, en segundo, demostrar que converge a la ra´ız buscada. El segundo de estos aspectos es f´acil de analizar, suponiendo que la sucesi´on tiene l´ımite: lim xn = α, entonces, recordando las propiedades b´asicas de los l´ımites y las n→∞ funciones continuas, tendremos: lim xn+1 = lim xn −

n→∞

n→∞

limn→∞ f (xn ) f (α) ⇒α=α− ′ ⇒ f (α) = 0 limn→∞ f ′ (xn ) f (α)

78

´ CALCULO / CIENCIAS AMBIENTALES / TEMA 5

Es decir, si la sucesi´on es convergente, entonces el l´ımite de la misma es una ra´ız de la ecuaci´on. Es posible determinar varios teoremas que determinan las propiedades que debe verificar tanto f (x) como x0 para garantizar la convergencia de la sucesi´on xn . El m´as ilustrativo es el siguiente: Teorema. Sea f (x) continua y derivable dos veces en un abierto que contenga al intervalo [a, b], y tal que: a) f (a)f (b) < 0 b) f ′′ (x) tiene signo constante en [a, b]. Si x0 ∈ [a, b] es tal que f (x0 )f ′′ (x0 ) > 0, entonces la sucesi´on {xn } definida por la expresi´on f (xn−1 ) xn = xn−1 − ′ , n = 1, 2, . . . f (xn−1 ) es convergente a un l´ımite r tal que f (r) = 0. Demostraci´ on: Es evidente que en el intervalo existe una ra´ız r de la ecuaci´on f (x) = 0, puesto que se verifican en el mismo las hip´otesis del Teorema de Bolzano. Supongamos en primer lugar que f (b) > 0 (y por tanto f (a) < 0) y f ′′ (x) > 0 para todo x ∈ [a, b], entonces el punto x0 deber´a ser tomado de manera que f (x0 ) > 0. Obviamente f ′ (x) se anula a lo m´as en un punto de [a, b], veamos a continuaci´on que en el caso de que dicho punto cr´ıtico exista, deber´a alcanzarse necesariamente para un valor xc tal que f (xc ) < 0, es decir que f ′ (x) ser´a distinta de cero en [r, b] (en particular, ser´a necesariamente positiva, por ser f (x) creciente de dicho sub-intervalo). Efectivamente, si existe xc con f ′ (xc ) = 0, necesariamente ser´a un m´ınimo local de la funci´on, pero adem´as es el m´ınimo absoluto de la funci´on en [a, b] (la ausencia de puntos de inflexi´on en [a, b] impide la existencia de m´aximos locales, y por tanto la funci´on no puede decrecer por debajo de f (xc )). Dado que la funci´on toma valores negativos, necesariamente f (xc ) < 0. Esta demostraci´on tiene tambi´en como consecuencia evidente que la funci´on alcance un u ´nico cero en [a, b]. Demostremos entonces que en estas condiciones la sucesi´on {xn } est´a acotada inferiormente y es decreciente, por lo tanto es convergente (y ya se ha demostrado que si converge, el l´ımite es necesariamente una ra´ız de la ecuaci´on, con lo que quedar´ıa demostrado el teorema). Procederemos por inducci´on en n para demostrar la acotaci´on de la sucesi´on. Evidentemente x0 > r y supongamos que xn > r. Calculemos el polinomio de Taylor de f (x) en xn , tendremos: 1 f (x) = f (xn ) + f ′ (xn )(x − xn ) + f ′′ (ξ)(x − xn )2 2 con ξ ∈ (x, xn ) o ξ ∈ (xn , x), seg´ un el caso. En particular: 1 0 = f (r) = f (xn ) + f ′ (xn )(r − xn ) + f ′′ (ξ)(r − xn )2 2 con ξ ∈ (r, xn ). Entonces: f (xn ) + f ′ (xn )(r − xn ) < 0 ⇒ r < xn −

f (xn ) = xn+1 f ′ (xn )

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´ CALCULO / CIENCIAS AMBIENTALES / TEMA 5

y por tanto la sucesi´on est´a acotada inferiormente. Que la sucesi´on es decreciente es trivial si tenemos en cuenta que f (xn ) y f ′ (xn ) toman valores positivos ∀n. Finalmente, es posible repetir paso a paso la demostraci´on cuando f (b) es negativo, por un lado, y cuando f ′′ (x) < 0, por otro. Q.E.D.

Comentario: Aunque el Teorema anterior (y otros similares que no hemos incluido en estas notas), establece condiciones para garantizar la convergencia del M´etodo, en la pr´actica, en la resoluci´on de problemas, estos resultados con frecuencia no son de mucha utilidad, pues la evaluaci´ on del signo de la derivada segunda no siempre es f´acil de realizar. Habitualmente se aplica directamente el M´etodo para un valor de x0 dado, y s´olo si la convergencia no resultara la adecuada, entonces se proceder´ıa a analizar en detalle la situaci´on. Ejemplo: Encontrar una soluci´on para la ecuaci´on: x4 − x − 10 = 0, con una exactitud de 0.005. Como vemos se trata del mismo problema que hemos resuelto anteriormente por el M´etodo de la Bisecci´ on. Busquemos directamente la ra´ız que pertenece al intervalo [−2, −1]. Tomaremos (en principio arbitrariamente) el punto inicial: x0 = −1.5. Presentamos los resultados en la siguiente tabla:

7.5

i

xi−1

xi

|xi − xi−1 |

f (xi )

1 2 3 4

-1.5 -1.737068 -1.698744 -1.697473

-1.737068 -1.698744 -1.697473 -1.697471

0.2370 0.03832 0.00127 1.6 10−6

1.7370 0.026202 0.000028 3.2 10−11

M´ etodo de la substituci´ on reiterada (o de punto fijo)*

En este m´etodo el planteamiento es transformar nuestra ecuaci´on inicial f (x) = 0, en una del tipo: x = g(x) de tal manera que la soluci´on podr´a encontrarse siempre que la iteraci´on: xk = g(xk−1 ) sea convergente. Habitualmente se intenta, obviamente, que el punto inicial x0 est´e lo m´as cercano posible a la soluci´on buscada. El m´etodo es muy flexible dado que proporciona libertad en el elecci´on de la funci´on g(x), aunque tambi´en es cierto que el

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´exito y la rapidez en la convergencia depende de la buena elecci´on de dicha funci´on. El proceso puede ser escrito en la forma: xk = g(xk−1 ) = g(g(xk−2 )) = ... = g(g(g((n) ... (g(x0 ))))) Denotemos por c a la soluci´on buscada, tendremos entonces que: f (c) = 0, o equivalentemente, c = g(c). El error que cometemos en cada iteraci´on puede ser escrito como |xk − c| = |g(xk−1 ) − c| = |g ′ (yk−1 )(xk−1 − c)| = |g ′ (yk−1 )||xk−1 − c| ≤ Mk−1 |xk−1 − c| donde se ha aplicado el teorema de Lagrange o de los incrementos finitos de modo que yk−1 ∈ (xk−1 , c) y donde tomamos Mk−1 como una cota de la derivada de g ′ (x) en el intervalo (xk−1 , c). Siendo M = m´ax{M1 , M2 , M3 , ...} llegar´ıamos a una expresi´on de la forma |xk − c| = M k |x0 − c| de modo que la convergencia est´a asegurada para M < 1, esto es dado que el punto de inicio de la recurrencia puede ser elegido arbitrariamente si existe un entorno de la soluci´on x = c para el que se verifica que |g ′ (x)| < 1

∀x ∈ E(c)

Adem´as es sencillo advertir que cuanto m´as peque˜ no sea el valor de |g ′ (x)| tanto m´as r´apida ser´a la convergencia a la soluci´on. Ejemplo: Calcularemos alguna ra´ız de la ecuaci´on: x2 − 3x + ex − 2 = 0, mediante el m´etodo del punto fijo. Separemos en primer lugar las ra´ıces. Llamaremos : f (x) = ex + x2 − 3x − 3. Calculando las dos primera derivadas de f (x): f ′ (x) = ex + 2x − 3, f ′′ (x) = ex + 2 ̸= 0 ∀x ∈ R, por lo que f (x) a lo sumo tendr´a dos ra´ıces. Es f´acil encontrar ahora valores relevantes: f (−1) = 2.36788 > 0, f (0) = −1 < 0, f (2) = 3, 38906 > 0. Tenemos en definitiva que existen dos y s´olo dos ra´ıces separadas de la forma: r1 ∈ [−1, 0], y r2 ∈ [0, 2]. Calcularemos r1 . Podemos re-escribir la ecuaci´on de manera id´onea para ser aplicado el m´etodo del punto fijo: x=

x2 + ex − 2 = g(x) 3

| con la iteraci´on: xk = g(xk ). N´otese que en este caso |g ′ (x)| = |2x+e < 1 para los valores 3 x x ∈ (−1, 0) puesto que 2x < 2 y e < 1 en dicho intervalo. Si partimos de un valor inicial x0 = 0 obtenemos los valores x

i

xi−1

xi

|xi − xi−1 |

f (xi )

1 2 3 4

0 -0.333333 -0.390786 -0.390254

-0.333333 -0.390786 -0.390254 -0.390272

0.333333 0.057453 0.000532 0.000018

-1 0.00159661 -0.0000548916 9.74055 10−7

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´ CALCULO / CIENCIAS AMBIENTALES / TEMA 5

7.6

Otros M´ etodos*

M´ etodo de la posici´ on falsa: Es una variante del m´etodo de la bisecci´on y consiste dividir cada intervalo no mediante el punto medio sino por el punto de corte entre la secante que une los puntos (a, f (a)) y (b, f (b)) el cual es f´acilmente evaluado como c = af (b)−bf (a) etodo converge m´as r´apidamente f (b)−f (a) , reiterando el proceso. Se presume que el m´ que el m´etodo de la bisecci´on. Sin embargo pueden aparecer problemas de estancamiento con los valores obtenidos de la iteraci´on. M´ etodo de la posici´ on falsa modificado: Resuelve los problemas de estancamiento del m´etodo anterior llevando al valor de la funci´on en la cota inferior a la mitad. M´ etodo de Newton-Raphson con derivada num´ erica: Para evitar el c´alculo expl´ıcito de la derivada y su evaluaci´on en el punto xk se toma un incremento h peque˜ no y se aproxima la derivada bien por su valor por la derecha (forward) o por la izquierda (back) f ′ (xk ) =

f (xk + h) − f (xk ) h

f ′ (xk ) =

f (xk − h) − f (xk ) h

h 0, f (0) = −1, f (1) = −sen 1 < 0, f (2) = 4 − sen 2 − 1 > 0, luego existen dos ra´ıces y se encuentran en los intervalos (−1, 0) y (1, 2). Calculemos aproximadamente la ra´ız positiva utilizando el m´etodo de Newton-Raphson: i

xi−1

xi

|xi − xi−1 |

f (xi )

1 2 3

1.5 1.41379912 1.4096337

1.41379912 1.4096337 1.4096240

0.0862 0.00416 9.7 10−6

0.0111 0.0000259 1.4 10−10

que nos permite concluir que la soluci´on es aproximadamente c ≈ 1.4096240 con 5 cifras decimales exactas. Es decir: c ≈ 1.40962

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´ CALCULO / CIENCIAS AMBIENTALES / TEMA 5

3. Demuestra que la ecuaci´on: 2x2 = x + cos2 x, admite dos y s´olo dos ra´ıces reales. Calcula una de ellas con una precisi´on de hasta la cuarta cifra decimal. Sea f (x) = 2x2 − x − cos2 x = 0. Derivando: f ′ (x) = 4x − 1 + sen 2x, f ′′ (x) = 4 + 2 cos 2x. Es obvio que la segunda derivada es no nula para todo x ∈ R. As´ı la primera derivada a lo sumo tendr´ a una ra´ız y por tanto la funci´on f (x) a lo sumo tendr´a dos ra´ıces. Dando valores a x: f (−1) = 2 + 1 − cos2 (−1) < 0, f (0) = −1 y f (1) = 1 − cos2 1 < 0. Tenemos por tanto que hay dos y s´olo dos ra´ıces, separadas en los intervalos: (−1, 0) y (0, 1). Calculemos aproximadamente la ra´ız positiva utilizando el m´etodo de Newton-Raphson con la precisi´on pedida: i

xi−1

xi

|xi − xi−1 |

f (xi )

1 2 3 4

0.5 0.918226 0.808456 0.801714

0.918226 0.808456 0.801714 0.801686

0.418226 0.10977 0.006742 0.0000277

0.39932 0.021796 0.000089 1.5 10−9

que nos permite concluir que la soluci´on es aproximadamente c ≈ 0.801686 con 5 cifras decimales exactas.

4. Dada la funci´on f (x) = x sen x, estamos interesados en estudiar su comportamiento en el intervalo [0, π]. Dado que f (x) se anula en x = 0 y en x = π, de acuerdo con el teorema de Rolle, la funci´on tiene al menos un punto cr´ıtico en el interior de dicho intervalo. De hecho s´olo tiene uno en ese intervalo, c´alculalo con una precisi´on de 3 cifras decimales. Determina si se trata de un m´aximo o de un m´ınimo. La ecuaci´ on que debemos estudiar es f ′ (x) = sen x + x cos x = 0. Por ello consideraremos la resoluci´on de la ecuaci´on g(x) = sen x + x cos x = 0. g ′ (x) = 2 cos x − x sen x. Y as´ı: i

xi−1

xi

|xi − xi−1 |

f (xi )

1 2

2 2.02905

2.02905 2.02876

0.02904 0.00029

0.000785 7.5 10−8

que nos permite concluir que la soluci´on es aproximadamente c ≈ 2.02876.