Métodos Numéricos EPSEM-UPC Dep. Matemática Aplicada III Versión 1.1 Febrero, 2011 Profesor: Francisco Palacios Soluciones Tema 1: Preliminares Problema 1 a) > solve(2*x-3<=1); RealRange( , 2 ) b) > solve(4*x+1>2*x-2); -3 RealRange Open , 2 c) > solve(x^2>=2*x+1,x); RealRange( , 1 2 ), RealRange( 2 1, ) d) > solve((2*x-1)/x<x-2,x); RealRange( Open( 0 ), Open( 2 3 ) ), RealRange( Open( 2 3 ), ) > Problema 2 a) El argumento de la raíz debe ser no negativo. > solve(x^2-1>=0,x); RealRange( , -1 ), RealRange( 1, ) b) El argumento del logaritmo debe ser positivo. > solve(x^2-x>0,x); RealRange( , Open( 0 ) ), RealRange( Open( 1 ), ) c) El argumento de la raíz debe ser no negativo; además debe ser no nulo para que el cociente esté definido. > solve(2-x^2>0,x); RealRange( Open( 2 ), Open( 2 ) ) d) Representaciones gráficas > plot(sqrt(x^2-1),x=-5..5); 4 3 2 1 -4 -2 0 > plot(ln(x^2-x),x=-2..4); Page 1 2 x 4 2 1 -2 0 -1 1 2 x 3 4 -1 -2 > plot(1/sqrt(2-x^2),x=-5..5); 1.5 1.4 1.3 1.2 1.1 1 0.9 0.8 -4 0.7 -2 0 2 x 4 Observa que la gráfica no existe fuera del intervalo (-1.4142,1.4142). > Problema 3 a) Determinación analítca. Calculamos la derivada tercera > f:=x^2*ln(x); f := x2 ln( x ) > f3:=diff(f,x$3); 2 f3 := x La función objetivo es h(x)=f3(x), que es contínua en [2,3]; por lo tanto tiene un máximo y un mínimo absolutos sobre el intervalo. Para determinar el extremo absoluto de h(x) en [2,3], consideramos a) El valor de h(x) en los puntos críticos. b) El valor de h(x) en los extremos del intervalo. > h:=f3; h1:=diff(h,x); h := 2 x h1 := 2 x2 Vemos que h1 no se anula en el intervalo (de hecho es siempre negativa y, por lo tanto, h es decreciente). > va:=subs(x=2,h); vb:=subs(x=3,h); va := 1 vb := Vemos que M=1 y m=2/3. b) Representación gráfica > plot(h,x=2..3,y=0..1.5); Page 2 2 3 1.4 1.2 1 0.8 y 0.6 0.4 0.2 02 2.2 2.4 x 2.6 2.8 3 Observamos que, efectivamente, los extremos de la función objetivo h(x) en [2,3] son m=2/3 y M=1. > Problema 4 a) Es similar al problema anterior. > f:=x*exp(x); f4:=diff(f,x$4); h:=f4; h1:=diff(f4,x); f := x ex f4 := 4 exx ex h := 4 exx ex h1 := 5 exx ex Vemos que la primera derivada de la función objetivo es siempre positiva en [0,2]. La función objetivo h(x) es creciente en el intervalo y resulta > m:=subs(x=0,h); M:=subs(x=2,h); m := 4 e0 M := 6 e2 Para obtener una aproximación decimal, usamos evalf() > mf:=evalf(m); Mf:=evalf(M); mf := 4. Mf := 44.33433659 b) Representamos gráficamente > plot(h,x=0..2); 40 30 20 10 0 0.5 1 x 1.5 2 Problema 6 Empezamos por escribir la desigualdad; le asignamos el nombre inec. Observa que para obtener el número e debes escribir exp(1). > inec:=exp(1)/(180*n^2)<=1/2*10^(-3); Page 3 inec := 1 e 2 1 180 n 2000 Usamos el comando solve para resolver de forma exacta la inecuación, observa que la incógnita es n. > s:=solve(inec,n); 10 10 s := RealRange , e , RealRange e , 3 3 Para obtener resultados en forma decimal, evaluamos previamente la desigualdad > inecf:=evalf(inec); .01510156571 inecf := n2 .0005000000000 > sf:=solve(inecf,n); sf := RealRange( , -5.495737568 ), RealRange( 5.495737568, ) Como n es un número natural, la solución es n mayor o igual que 6. Podemos resolver gráficamente el problema representando la inecuación. En la gráfica, el valor 1 corresponde a los valores de n para los que la inecuación es cierta. > plot(inec,n=1..12); 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 2 4 6 8 n 10 12 > Problema 7 a) Usando la desigualdad triangular y teniendo en cuenta que x toma valores en [0,1] y que el valor de sin(x) y de cos(x) está entre -1 y 1, resulta h(x)<=24.5. b) Representamos h(x), conjuntamente con la constante K=24.5. Para representar conjuntamente dos expresiones f1,f2 debemos agruparla en la forma [f1,f2] > h:=abs(23*x^2+sin(x)*cos(x^2)+1/(x^3+2)); h := 23 x2sin( x ) cos( x2 ) 1 x32 > plot([h,24.5],x=0..1,y=0..30); 30 25 20 y15 10 5 0 0.2 0.4 x 0.6 0.8 1 Vemos que, efectivamente, h(x) no supera el valor de K en el intervalo [0,1]. > Problema 8 a) La función f(x) es continua en [1/2,3], por lo tanto, tiene máximo y mínimo absolutos en ese intervalo. Sabemos que los extremos se puede tomar en: los puntos frontera del intervalo a=1/2 y b=3; Page 4 en los puntos críticos interiores. Como f(x) es de la forma f(x)=|g(x)|, los puntos críticos de f(x) pertenecen al conjunto formado por los puntos críticos de g(x) y los ceros de g(x). Escribimos la expresión de g > g:=x*ln(x); g := x ln( x ) Calculamos la primera derivada, > g1:=diff(g,x); g1 := ln( x )1 Determinamos los ceros de g > s0:=fsolve(g,x=0.5..3); s0 := 1. > s1:=fsolve(g1,x=0.5..3); s1 := fsolve( ln( x )1, x, .5 .. 3 ) Vemos que Maple no encuentra ningun punto estacionario de g en el intervalo [1/2,3], de hecho el único punto estacionario de g es x=exp(-1) y está fuera del intervalo. Los puntos a tener en cuenta son, por lo tanto, x=0.5, x=1, x=3. Calculamos el valor de la función f(x) en estos puntos. Para ello definimos f como función mediante una estructura f:=x->valor, que permite realizar las sustituciones de forma sencilla. > f:=x->abs(x*ln(x)); f(0.5),f(1.0),f(3.); f := x x ln( x ) .3465735903, 0, 3.295836867 Por lo tanto Mínimo absoluto m=0, en x=1. Máximo absoluto M=3.2958, para x=3. b) Representamos f(x) en [0.5, 3] para verificar el resultado. Nótese que f está definida como función. En ese caso podemos emplear uno de los siguientes formatos de plot > plot(f(x),x=0.5..3) > plot(f,0.5..3) También valdría usar otra variable, por ejemplo, plot(f(t),t=0.5..3) > plot([f(x),3.2958],x=0.5..3,y=-.5..4); 4 3 y 2 1 0 0.5 1 1.5 x 2 2.5 > Problema 9 a) Vamos a determinar la cota M4 del valor absoluto de la cuarta derivada usando un gráfico > restart; f:=x^2*ln(x); f4:=diff(f,x$4); g:=abs(f4); plot(g,x=1..2); f := x2 ln( x ) Page 5 3 2 f4 := x2 2 g := x 2 2 1.8 1.6 1.4 1.2 1 0.8 0.6 1 1.2 1.4 x 1.6 Está claro que podemos tomar M4=2. > M4:=2; M4 := 2 b) Teniendo en cuenta el apartado anterior, la expresión de Es(h) verifica Exigimos que la cota superior de Es(h) no supere 0.5·10^(-4) y resolvemos en h > ineq:=abs((2-1)/180*h^4*M4)<=0.5*10^(-4); ineq := 1 90 h 4.00005000000000 > solve(ineq,h); RealRange( -.2590020064, .2590020064 ) Por lo tanto, el mayor valor de h admisible es h=0.2590 > Problema 10 a) Calculamos las derivadas sucesivas de f. Empleamos un programa > restart; f:=exp(-x/2); for i from 1 to 5 do f.i:=diff(f,x$i); od; f := e( 12 x ) f1 := 4 f3 := e( 12 x ) 1 e( 12 x ) 8 1 16 f5 := e( 12 x ) 2 1 f2 := f4 := 1 e( 12 x ) 1 32 e( 12 x ) Observamos que la derivada n-ésima admite la expresión > fn:=(-1)^n/2^n*exp(-x/2); fn := ( -1 )n e( 12 x ) 2n Page 6 1.8 2 El valor absoluto de la derivada n-ésina fn(x) elimina el factor (-1)^n, y como exp(-x/2) es decreciente, resulta que el máximo de |fn(x)| se obtiene para x=0 > Mn:=1/2^n; Mn := 1 2n b) Acotación de Rn(x). Como x pertenece a [0,1], obtenemos la cota superior > Rn(x)<=1/(2^(n+1))/(n+1)!; Rn( x ) 1 ( n1 ) 2 ( n1 )! En este caso el comando solve no puede resolver la inecuación > inec:=1/(2^(n+1))/(n+1)!<=1/2*10^(-5); solve(inec,x); inec := 1 1 ( n1 ) 2 ( n1 )! 200000 No obstante, como n toma valores naturales, podemos dar valores a n hasta que se verifique > 1/(2^(n+1))/(n+1)!<=0.5*10^(-5); 1 2 ( n1 ) ( n1 )! .5000000000 10-5 > for i from 1 to 6 do v.i:=evalf(1/(2^(i+1)*(i+1)!)); od; v1 := .1250000000 v2 := .02083333333 v3 := .002604166667 v4 := .0002604166667 v5 := .00002170138889 v6 := .1550099206 10-5 Obtenemos n=6. También podemos representar la inecuación i ver cuando empieza a tomar valores positivos > plot(inec,n=1..8,thickness=3); 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 1 2 3 4 > Page 7 n 5 6 7 8