FÍSICA COMPUTACIONAL II (GRADO EN FÍSICAS)CÓDIGO DE LA ASIGNATURA: 61042047PROBLEMAS RESUELTOS18 de o tubre de 20131. Resolu ión de e ua iones no lineales1. El medi amento administrado a un pa iente produ e una on entra ión en la orriente sanguínea dada porC(t) = Ate−

t

3donde la on entra ión C se mide en miligramos por mililitro, y t mide el tiempoen horas después de inye tarle A unidades. La on entra ión máxima autorizada(segura para la salud el pa iente) es de 1 mg/ml.a) ¾Qué dosis deberá inye társele al pa iente para al anzar la máxima on en-tra ión segura y uándo se presenta esa on entra ión?b) Deberá suministrarse al pa iente una antidad adi ional del medi amentodespués de que la on entra ión disminuya a 0,25 mg/ml. Determine, on unaaproxima ión al minuto más er ano, uándo debe apli arse la segunda inye ióntras di ha dosis ini ial determinada en el apartado a). ) Suponiendo que la on entra ión produ ida por inye iones onse utivas esaditiva y que el 75% de la dosis inye tada originalmente se administra en lasegunda inye ión, ¾ uándo será el momento de apli ar la ter era inye ión?No resuelva todos los apartados utilizando el mismo método numéri o. Reali erepresenta iones grá� as.Re uerde que esta es una asignatura de métodos númeri os, por lo que se esperaque usted resuelva los pasos intermedios de la tarea planteada ha iendo usoexplí ito de alguno de los métodos numéri os del temario.Solu ión:a) En la �gura 1 se representa la forma fun ional ara terísti a de esta orriente sanguínea, quepresenta un máximo. En términos matemáti os el máximo satisfa e la e ua ión C ′(tm) = 0 onC ′′(tm) < 0. Por lo que sabiendo que

C ′(t) = A

(

1− t

3

)

e−t

31

tenemos que el máximo se al anza en el tiempo tm = 3 horas. Evidentemente, el valor del máximo

5 10 15 20t

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

C@tD

Figura 1: Representa ión grá� a ara terísti a de C(t) para el valor A = 1. Se observa un pronun iadomáximo.t = 3 que hemos obtenido de forma analíti a podría ser al ulado de forma numéri a por diversosmétodos. En on reto para al ular el máximo de la fun ión se trataría de hallar la raíz de laprimera derivada. Como sabemos que A > 0 enton es habrá que hallar la raíz de la fun ión

f(t) =

(

1− t

3

)

e−t

3 (1)Elmétodo de la bise ión onsiste en en ontrar la solu ión de forma numéri a de unae ua ión de la forma f(t) = 0, siendo f(t) ontinua en el intervalo [a, b], en torno a laraíz bus ada, a otando su esivamente di ho intervalo de forma que la raíz permanez asiempre en los subsiguientes intervalor (an, bn) ⊂ (a, b). Partiendo de un determinadointervalo (a, b) que umpla que f(a) y f(b) tienen signos opuestos, podemos garantizarpor el teorema de Bolzano que existe un punto p ∈ (a, b)|f(p) = 0. Para ir a otando elintervalo donde se en uentre la raíz, tomaremos el valor del punto medio del segmentop = a+b

2, y evaluaremos la fun ión f(t) en a, b y p. Si f(a) y f(p) tienen signos opuestos,la raíz se en ontrará en el intervalo (a, p), si f(b) y f(p) tienen signo opuesto, la raízse en ontrará en el intervalo (p, b), y si f(p) = 0 habremos en ontrado la raíz exa ta.Como por regla general la su esión {pn} tenderá de forma lineal ha ia la raíz, habrá quedeterminar una toleran ia de error para que el algoritmo pare en algún momomento.Se suelen usar toleran ias de error de la forma:

e = |pn − pn−1| < ǫ (2a)er =

|pn − pn−1||pn|

< ǫ, pn 6= 0 (2b)|f(pn)| < ǫ (2 )Además se suele usar un número máximo de itera iones para detener el algoritmo si la2

su esión {pn} diverge o no onverge en un tiempo razonable.En nuestro aso, para la fun ión (1), eligiendo omo intervalo (a = 1, b = 6) en el quela fun ión es ontinua y omo error (2b) on ǫ = 0,01, el algoritmo del método de labise ión nos dará omo resultado: Partiendo de una semilla ini ial t0 = 10 tenemos lasiguiente tabla de resultadosn an bn pn f(an) f(bn) f(pn) error1 1 6 3.5 0.478 -0.135 -0.052 -2 1 3.5 2.25 0.478 -0.052 0.0118 0.5563 2.225 3.5 2.875 0.118 -0.052 0.016 0.2174 2.875 3.5 3.188 0.016 -0.052 -0.022 0.0985 2.875 3.188 3.031 0.016 -0.022 -0.004 0.0516 2.875 3.031 2.953 0.016 -0.004 0.006 0.0267 2.953 3.031 2.992 0.006 -0.004 0.001 0.0138 2.992 3.031 3.012 0.001 -0.004 -0.001 0.006· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·Como vemos, la su esión {pn} onverge laramente ha ia p = 3 que es la raíz quehabíamos obtenido previamente de forma analíti a. Hemos optado por una toleran ia

ǫ = 0,01 y hemos ne esitado 8 itera iones para onseguirla. De realizar más itera ioneshabríamos obtenido una mejor aproxima ión numéri a. En general, el número máximode itera iones ne esarias para onseguir una determinada toleran ia viene dado por laexpresiónǫ =

|b− a|2n

(3)El método de punto �jo se basa en en ontrar una fun ión g(t) tal que uandof(t) = 0, se satisfaga g(t) = t. Una vez obtenida la raíz f(t) = 0 será igual a lainterse ión de la fun ión g(t) on t. Para al ular di ha interse ión partiremos deun valor ini ial p0 próximo a la solu ión y a partir del ual al ularemos g(p0) quedenotaremos por p1 ≡ g(p0). De p1 al ularemos p2 = g(p1) y así su esivamente. Lasu esión {pn} tenderá a p que será el punto de interse ión de g(t) on t.Como en el aso de la bise ión impondremos (por ejemplo en el programa) una to-leran ia a partir de la ual pn es una buena aproxima ión de la solu ión mediante ualquiera de las expresiones dadas anteriormente e impondremos un número máximode itera iones.Un punto importante a tener en uenta al apli ar el método del punto �jo es ha er unabuena ele ión de la fun ión g(t), ya que no es úni a para una determinada fun iónf(t), y que el algoritmo onverja o no, e in luso el ritmo de onvergen ia, dependerá de

3

di ha ele ión. Parti ularizando a nuestro aso, podríamos elegirg1(t) = t− f(t) = t−

(

1− t

3

)

e−t

3

g2(t) = t− f(t)

f ′(t)= t +

3t− 9

t− 6(4)Usando este método para en ontrar la raíz de (1), partiendo de p0 = 2,5 y �jando unatoleran ia del error relativo según (2b) on ǫ = 0,01 tendremos:

n pn[g1] g(pn)[g1] er[g1] pn[g2] g(pn)[g2] er[g2]0 2.5 2.24276 . 2.5 2.9083 -1 2.4276 2.3426 0.03 2.9286 2.9983 0.152 2.3426 2.2423 0.04 2.9983 3.0000 0.023 2.2423 2.2123 0.04 3.0000 3.0000 0.00064 2.1226 1.9785 0.06 3.0000 3.0000 0.05 1.9785 1.8024 0.07 3.0000 3.0000 0.06 1.8024 1.583 0.10 3.0000 3.00000 0.07 1.5835 1.305 0.14 3.0000 3.0000 0.0· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·Observamos que para g1(t) el método diverge de la solu ión orre ta (veamos que elerror aumenta en ada itera ión), mientras que para g2(t) onverge y además de formamuy rápida, al anzando un error inferior a la toleran ia en la ter era itera ión. Así pues omprobamos que una orre ta ele ión de g(t) es ru ial para que el método del punto�jo sea efe tivo.Al igual que hemos obtenido on el método de la bise ión, usando g2(t) extraemos queel máximo de la fun ión se obtiene en t = 3.El Método de Newton es uno de los métodos numéri os de raí es más utilizados. Enél se onsigue que la su esión pn a partir de la expresión

pn+1 = pn −f(pn)

f ′(pn), n ≥ 0 (5)que onvergerá ha ia la raíz de la e ua ión f(t) = 0. Podemos observar gran similitudentre esta expresión y la (4). Esto se debe a que se puede introdu ir el método deNewton a partir del método de punto �jo. Como en los asos anteriores, obtendremosla raíz de (1) on una toleran ia del error relativo según (2b) on ǫ = 0,01, pero estavez partiendo de p0 = 1,5:

4

n pn f(pn) f ′(pn) er0 1.5 0.3033 -0.3033 -1 2.5 0.0724 -0.169 0.42 2.9286 0.0090 -0.1286 0.153 2.9983 0.0002 -0.1228 0.024 3.0000 1.7 · 10−7 -0.1226 0.0006· · · · · · · · · · · · · · ·Como era de prever, obtendremos los mismos resultados que empleando el métododel punto �jo on la fun ión (4) si hubiésemos partido de la misma ondi ión ini ial osemilla, ya que ambos métodos son análogos. Por lo tanto, tendrá la misma onvergen iaque la des rita en el apartado anterior.Existen métodos numéri os para solu ionar e ua iones no lineales que gozan de una onvergen ia mejorada, y que se pueden entender omo modi� a iones del método deNewton. Entre estos métodos se en uentra el método de la se ante, uyo algorimodi tapn+1 = pn −

f(pn)(pn − pn−1)

f(pn)− f(pn−1), n ≥ 0 (6)(obsérvese que onsiste en ha er una aproxima ión lineal de la derivada de la fun ión

f ′(pn) en el algoritmo de Newton) y el método de la posi ión falsa, que es unamez la entre el método de la se ante y el método de la bise ión.Una vez obtenido el máximo de la fun ión de forma numéri a, nos queda obtener el valor quetoma la fun ión en el máximo, para ello sustituiremos el p obtenido, en nuestro aso es tm, queaproximaremos a tm = 3, en C(t) = Ate−t

3 . El máximo seráC(tm) = C(3) = 3Ae−1Para que a di ho tiempo el valor de la on entra ión no supere el valor máximo autorizado deseguridad debemos imponer la siguiente e ua iónC(tm) = Atme

− tm

3 ≡ 1de donde se tiene que la dosis A a apli ar debe serA =

e

3

mg

ml hora≃ 0,9

mg

ml hora.Aunque esta e ua ión es trivial de resolver por métodos analíti os, podríamos haberla resuelto deforma numéri a mediante ualquiera de los métodos antes des ritos.b) Una vez ono ido el valor de la dosis ini ial A se nos di e que se debe suministrar una antidadadi ional de medi amento al pa iente después de que la on entra ión disminuya un 0,25 mg/ml.5

Debemos determinar el tiempo para el ual se onsigue di ho valor de la on entra ión. En lagrá� a 2 se observan que las urvas C(t) e y = 0,25 interse ionan en dos puntos. A nosotros nosinteresa el punto de orte que satisfa e t > tm = 3, ya que es ahí donde debe umplirse que la on entra ión del medi amento de ae. Vemos que ese punto de orte está en el entorno t ∈ [10, 13].La e ua ión a resolver es C(t) = Ate−t

3 ≡ 0,25, que la podemos es ribir de la forma f(t) = 0,

5 10 15 20t

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0C@tD, 0.25

Figura 2: Representa ión grá� a de C(t) para el valor A = e/3 y re ta de valor 0.25 en fun ión del tiempo.En el apartado b) bus amos el punto de orte de estas dos urvas.siendof(t) = te−

t

3 − 3

4eEsta e ua ión no lineal es difí ilmente resoluble de forma analíti a, pero podremos utilizar distintosmétodos numéri os para en ontrar sus raí es.Si elegimos el método iterativo de Newtontn+1 = tn −

f(tn)

f ′(tn), n ≥ 1y partimos de una semilla ini ial t0 = 10 tenemos la siguiente tabla de resultados

n tn0 10.1 10.9710597674310042 11.076722662314643 11.077903440579974 11.0779035866690865 11.077903586669088de donde se obtiene que habrá que suministrar la segunda inye ión después del tiempo t = 11, 0779horas, que equivale a 11 horas y 4,67 minutos (4 minutos y 40.2 segundos), que será redondeando11 horas y 5 minutos. ) Siguiendo el enun iado, para una inye ión de medi amento administrada6

en un tiempo de apli a ión ta, la forma fun ional de la on entra ión de la orriente sanguíneatoma la forma generalC(t, ta) = A(t− ta)e

− t−ta

3 .En nuestro aso, nos han di ho que se administra la primera dosis C(1) en t(1)a = 0 ( on la dosis

A), por lo que la on entra ión en la orriente sanguínea en el tiempo seráC(1)(t, t(1)a = 0) = A(t− 0)e−

t−03 = Ate−

t

3 .La segunda dosis se administra, según el apartado b) a las 11 horas y 5 minutos, es de ir, ent(2)a = 11,08333 horas, on un 75% de la dosis ini ial A. La on entra ión en la orriente sanguíneaen el tiempo, si sólo estuviera en la sangre el efe to de esta segunda dosis, sería

C(2)(t, t(2)a = 11,0833) = 0,75A(t− t(2)a )e−t−t

(2)a

3 .Como en sangre permane e el efe to de ambas dosis y según el enun iado tenemos que la on entra- ión produ ida por inye iones onse utivas es aditiva, la on entra ión en la orriente sanguíneaglobal será para t > ta

Cs(t) = C(1)(t, t(1)a = 0) + C(2)(t, t(2)a = 11,0833)

= Ate−t

3 + 0,75A(t− t(2)a )e−t−t

(2)a

3

=e

3

[

te−t

3 + 0,75(t− t(2)a )e−t−t

(2)a

3

]pues A = e3y t

(2)a = 11,0833. En la �gura siguiente se representan todas estas fun iones.

0 5 10 15 20 25 30

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

0.25

C1HtL+C2HtL

C2HtL

C1HtL

Figura 3: Representa ión grá� a de Cs(t) omo suma de ambas dosis a tiempos distintos, para el valorA = e/3, C(1)(t, 0) y C(2)(t, t

(2)a ) y re ta de valor 0.25 en fun ión del tiempo. En el apartado ) bus amosel punto de orte de la resultante suma de las dos dosis on la re ta de valor 0.25.7

El enun iado nos di e que se debe suministrar una ter era antidad adi ional de medi amento alpa iente después de que la on entra ión disminuya de nuevo hasta un 0,25 mg/ml.Debemos determinar el tiempo para el ual se onsigue di ho valor de la on entra ión, es de ir,en la grá� a siguiente se representa el punto de orte de la resultante C(t) en el entorno t ∈ [20, 23]horas. La ondi ión matemáti a esCs(t) ≡ 0,25

0 =e

3

[

te−t

3 + 0,75(t− t(2)a )e−t−t

(2)a

3

]

− 0,25 (7)que la podemos es ribir de la forma g(t) = 0, siendog(t) =

e

3

[

te−t

3 + 0,75(t− t(2)a )e−t−t

(2)a

3

]

− 0,25Partiendo de una semilla ini ial g0 = 20 y ha iendo uso de nuevo del método iterativo de Newtontn+1 = tn −

g(tn)

g′(tn), n ≥ 1tenemos la siguiente tabla de resultados

n tn0 20.1 21.1078377675306932 21.167848334040965`3 21.2383118142295654 21.2383120953760355 21.238312095376035de donde se obtiene que habrá que suministrar la ter era inye ión después del tiempo t = 21,23831horas, que equivale a 21 horas y 14,29 minutos (14 minutos y 17,2 segundos), que será redondeando21 horas y 14 minutos.2. Consideramos un sistema onstituido por in o bolas de masa m (las bolas im-pares) y M (las bolas pares) unidas por muelles de onstante elásti a k. Losmuelles primero y último tienen extremos �jos en x = 0 y x = L. Las bolas sólopueden vibrar en la dire ión del eje OX de modo que el sistema es unidimen-sional, siendo xn(t) las oordenadas de ada partí ula on respe to al sistema dereferen ia.a) Cal ular la posi ión de equilibrio de ada bola x0n. Este ál ulo es inmediatoya que todos los muelles tienen la misma onstante k y longitud natural deequilibrio. 8

b) Se de�ne un(t) = xn(t) − x0n omo la desvia ión de la posi ión de ada bolarespe to de la posi ión de equilibrio. Es ribir las e ua iones del movimientode ada bola en fun ión de un(t). ) Bus ar solu iones parti ulares de la forma un(t) = An sin (ωt+ δ). Para ellose propone sustituir estas solu iones en las e ua iones del movimiento. Seobtendrá un sistema homogéneo de in o e ua iones on in ógnitas An, on

n = 1, . . . , 5.Re ordemos que todos los sistemas homogéneos admiten, al menos, la so-lu ión trivial, pero la ondi ión ne esaria y su� iente para que un sistemahomogéneo tenga solu iones distintas de la trivial es que el rango de lamatriz de los oe� ientes sea menor que el número de in ógnitas, o di hode otra forma, que el determinante de la matriz de los oe� ientes sea nu-lo. En este aso, el sistema admitirá in�nitas solu iones (será ompatibleindeterminado).Para obtener las solu iones para las uales nuestro sistema de e ua ionessea ompatible indeterminado, al ule analíti amente el determinante de lamatriz de oe� ientes y al ule sus eros por algún método numéri o. (Paraasegurarse de la validez de la implementa ión de su programa o algoritmonuméri o, puede omparar en primer lugar la solu ión numéri a de los valo-res propios on la solu ión exa ta en un problema simpli� ado, omo puedeser el de 3 bolas). En realidad para ada valor ω2k en ontrado existirá un onjunto de valores de las amplitudes del movimiento os ilatorio An que se-rán Akn (n = 1, . . . , 5) siendo k un parámetro que de�ne el modo y n el enteroque representa a la partí ula on reta del sistema. Parti ularizar para losvalores m = 1, M = 4 y k = 4.d) Estudiar el orden de onvergen ia de la aproxima ión numéri a de las solu- iones.Nota: Este problema se puede resolver analíti amente y por lo tanto es posible omparar las solu iones numéri as on las analíti as. Se re omienda al estudianteque reali e individualmente el álgebra y ompare sus resultados on los obtenidos on Máxima u otro programa de ál ulo simbóli o. También es re omendable quereproduz a las grá� as y reali e los ál ulos intermedios on un programa o onMáxima.Solu ión:a) Si llamamos xn a la distan ia que tiene la partí ula n respe to del extremo situado en x = 0,y onsiderando todos los muelles idénti os, es de ir, on la misma onstante elásti a k y la mismalongitud natural denominada a, la resultante de las fuerzas debidas a la ley de Hooke que se ejer en

9

sobre ada una de las in o masas Fn es:F1 = −k(x1 − a) + k(x2 − x1 − a)

F2 = −k(x2 − x1 − a) + k(x3 − x2 − a)

F3 = −k(x3 − x2 − a) + k(x4 − x3 − a)

F4 = −k(x4 − x3 − a) + k(x5 − x4 − a)

F5 = −k(x5 − x4 − a) + k(L− x5 − a)Si la a elera ión respe tiva de ada una de las masas es xn, tenemos que las e ua iones de ladinámi a serán:mx1 = F1 = −k(x1 − a) + k(x2 − x1 − a)

Mx2 = F2 = −k(x2 − x1 − a) + k(x3 − x2 − a)

mx3 = F3 = −k(x3 − x2 − a) + k(x4 − x3 − a)

Mx4 = F4 = −k(x4 − x3 − a) + k(x5 − x4 − a)

mx5 = F5 = −k(x5 − x4 − a) + k(L− x5 − a) (8)Las posi iones de equilibrio de ada una de las masas, denominadas x0n se al ulan onsiderandoa elera ión nula en el sistema de e ua iones anterior:

0 = −k(x1 − a) + k(x2 − x1 − a)

0 = −k(x2 − x1 − a) + k(x3 − x2 − a)

0 = −k(x3 − x2 − a) + k(x4 − x3 − a)

0 = −k(x4 − x3 − a) + k(x5 − x4 − a)

0 = −k(x5 − x4 − a) + k(L− x5 − a)de donde se obtienex01 =

L

6, x0

2 =L

3, x0

3 =L

2

x04 =

2L

3, x0

5 =5L

6es de ir, que x0n = nL

6.b) Si se de�ne un(t) = xn(t) − x0

n en estas nuevas variables tenemos un = xn y un = xn. Las10

e ua iones de movimiento generales (8) en términos de estas variables seránmu1 = −k(u1 + x0

1 − a) + k(u2 + x02 − u1 − x0

1 − a)

Mu2 = −k(u2 + x02 − u1 − x0

1 − a) + k(u3 + x03 − u2 − x0

2 − a)

mu3 = −k(u3 + x03 − u2 − x0

2 − a) + k(u4 + x04 − u3 − x0

3 − a)

Mu4 = −k(u4 + x04 − u3 − x0

3 − a) + k(u5 + x05 − u4 − x0

4 − a)

mu5 = −k(u5 + x05 − u4 − x0

4 − a) + k(L− u5 − x05 − a) (9)que se rees riben omo

mu1 = −k(u1 +L

6− a) + k(u2 − u1 +

L

6− a)

Mu2 = −k(u2 − u1 +L

6− a) + k(u3 − u2 +

L

6− a)

mu3 = −k(u3 − u2 +L

6− a) + k(u4 − u3 +

L

6− a)

Mu4 = −k(u4 − u3 +L

6− a) + k(u5 − u4 +

L

6− a)

mu5 = −k(u5 − u4 +L

6− a) + k(−u5 +

L

6− a) (10)Para ualquier valor de la longitud natural del muelle a, las e ua iones de movimiento quedan

mu1 = −ku1 + k(u2 − u1) = −2ku1 + ku2

Mu2 = −k(u2 − u1) + k(u3 − u2) = −2ku2 + ku1 + ku3

mu3 = −k(u3 − u2) + k(u4 − u3) = −2ku3 + ku2 + ku4

Mu4 = −k(u4 − u3) + k(u5 − u4) = −2ku4 + ku3 + ku5

mu5 = −k(u5 − u4)− ku5 = −2ku5 + ku4 (11) ) Al bus ar solu iones de la forma un(t) = An sin (ωt+ δ) en realidad se están bus an o losllamadosmodos normales del sistema. En la asignatura de �Vibra iones y Ondas� de 2o semestre del2o urso de Grado en Físi as se analizarán estas fre uen ias de os ila ión ω, que son ara terísti asde ada sistema, y también se estudiará ómo es el movimiento de ada uno de los modos normalespara distintos sistemas de partí ulas análogos al planteados en este enun iado.Al proponer solu iones de la forma un(t) = An sin (ωt+ δ) se supone que todas las partí ulas delsistema os ilan on la misma fre uen ia ara terísti a ω. Ensayando este tipo de solu iones en las11

e ua iones (11) tenemos un sistema de in o e ua iones on in o in ógnitas An, n = 1, . . . 5

(2k −mω2)A1 − kA2 = 0

−kA1 + (2k −Mω2)A2 − kA3 = 0

−kA2 + (2k −mω2)A3 − kA4 = 0

−kA3 + (2k −Mω2)A4 − kA5 = 0

−kA4 + (2k −mω2)A5 = 0 (12)En forma matri ial este sistema toma la forma

2k −mω2 −k 0 0 0−k 2k −Mω2 −k 0 00 −k 2k −mω2 −k 00 0 −k 2k −Mω2 −k0 0 0 −k 2k −mω2

A1

A2

A3

A4

A5

=

00000

(13)Este sistema es homogéneo (todos los lados dere hos son iguales a ero) y tiene una solu ión notrivial sólo si el determinante de la matriz de oe� ientes es ero. Por lo tanto se ha e∣

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∣

∣

2k −mω2 −k 0 0 0−k 2k −Mω2 −k 0 00 −k 2k −mω2 −k 00 0 −k 2k −Mω2 −k0 0 0 −k 2k −mω2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0 (14)de donde se obtiene el siguiente polinomio ara terísti o de grado 10 en la variable ω0 = −m3M2ω10 + (4km3M + 6km2M2)ω8 − (4k2m3 + 20k2m2M + 12k2mM2)ω6

+ (32k3mM + 8k3M2 + 16k3m2)ω4 − (19k4m+ 16k4M)ω2 + 6k5 (15)Fa torizando queda la e ua ión0 = (2k−mω2)[3k4−8k3(m+M)ω2+4k2(m2+3mM+M2)ω4−4kM(m+M)ω6+m2M2ω8] (16)

12

Las fre uen ias que son solu iones analíti as de esta e ua ión sonω21 =

2k

m

ω22 =

k(m+M)− k√m2 −mM +M2

mM

ω23 =

k(m+M)− k√m2 +mM +M2

mM

ω24 =

k(m+M) + k√m2 +mM +M2

mM

ω25 =

k(m+M) + k√m2 −mM +M2

mM(17)En este punto se re omienda que el estudiante se ejer ite en el manejo de programas de ál ulosimbóli o omo el Máxima, Mathemati a, et , en los uales se ini ió en la asignatura de Físi aComputa ional I.En on reto, si in luimos datos numéri os para el ejer i io m = 1, M = 4, k = 4, las fre uen iasnaturales serán

ω21 = 8

ω22 = 5−

√13 ≈ 1, 394448

ω23 = 5−

√21 ≈ 0, 417424

ω24 = 5 +

√21 ≈ 9, 582575

ω25 = 5 +

√13 ≈ 8, 605551 (18)Para ada valor ω2

k que hemos en ontrado se di e que este sistema de 5 masas se mueve en uno desus modos normales ara terísti os. (Además, para ada valor ω2k, existirá un onjunto de valores

Ank (k = 1, . . . , 5)).Si no disponemos de las solu iones analíti as de la e ua ión (15), podemos obtener numéri amentelas fre uen ias ω, por ejemplo, apli ando el método iterativo de Newton, para al ular los erosdel polinomio ara terísti o de grado 10 en la variable ω, f(ω) = 0, siendof(ω) = −m3M2ω10 + (4km3M + 6km2M2)ω8 − (4k2m3 + 20k2m2M + 12k2mM2)ω6

+ (32k3mM + 8k3M2 + 16k3m2)ω4 − (19k4m+ 16k4M)ω2 + 6k5.Si ha emos un ambio de nomen latura y = ω2, el problema es equivalente al ál ulo de los erosdel siguiente polinomio de grado 5 en la variable yg(y) = −m3M2y5 + (4km3M + 6km2M2)y4 − (4k2m3 + 20k2m2M + 12k2mM2)y3

+ (32k3mM + 8k3M2 + 16k3m2)y2 − (19k4m+ 16k4M)y + 6k5.En on reto, el algoritmo di ta que el valor de yn+1 (en la itera ión n+ 1) se al ula a partir del13

valor yn (en la itera ión n) on la expresiónyn+1 = yn −

g(yn)

g′(yn)(19)donde

g′(y) = −5m3M2y4 + 4(4km3M + 6km2M2)y3 − 3(4k2m3 + 20k2m2M + 12k2mM2)y2

+ 2(32k3mM + 8k3M2 + 16k3m2)y − (19k4m+ 16k4M)hasta que se onverge a un ierto valor.Es importante empezar on una buena semilla o valor ini ial para la fre uen ia, para poder on-verger más rápidamente a la solu ión. Por eso es útil parti ularizar para los valores on retos dem,M, k y representar grá� amente la fun ión, pues ello nos dará una idea de las posibles semillasa utilizar en el entorno de los 5 eros de este polinomio.

g(y) = 6144− 21248y + 17408y2 − 4416y3 + 448y4 − 16y5,

g′(y) = −21248 + 34816y − 13248y2 + 1792y3 − 80y4 (20)En la �gura 4 se representa la fun ión g(y). En el enun iado se men iona algo que suele ser2 4 6 8 10

y

2500

5000

7500

10000

12500

15000

gHyL

Figura 4: Fun ión g(y). Se observan 5 eros de la fun ión en los entornos de los siguientes puntos y01 = 0, 5,y02 = 1, 5, y03 = 8, y04 = 8, 5 y05 = 9, 5. Estos puntos serán los que utili emos omo semillas del algoritmode Newton.muy útil en mu hos problemas de Físi a Computa ional: es a onsejable simpli� ar el problema uando se ono e su solu ión para omparar si el método numéri o implementado genera resultadossatisfa torios. En este aso se di e que se podría probar el algoritmo para un determinante de3× 3, uyos valores podemos al ular analíti amente sin problemas, para omparar los resultadosobtenidos on el método numéri o programado o implementado. Cuando se está seguro de que elmétodo fun iona, se adapta el ódigo al problema del determinante de 5× 5.En las siguientes tablas tabla se presentan los resultados del método de Newton uando se apli a a14

distintas semillas. Además, omo se ono en los valores analíti os, para ada itera ión se muestrael error absoluto ometido.Si empezamos on la semilla que hemos denominado por y01 = 0,5, vemos que el resultado onvergea ω23. Si empezamos on la semilla que hemos denominado y02 = 1,5, vemos que el resultado onvergea ω22. Si empezamos on la semilla que hemos denominado y03 = 8., vemos que el resultado onvergea ω21. Si empezamos on la semilla que hemos denominado y04 = 8,5, vemos que el resultado onvergea ω25. Si empezamos on la semilla que hemos denominado y05 = 9,5, vemos que el resultado onvergea ω24. En las siguientes tablas se dan los resultados numéri os.

n yn en = |yn − ω23|0 0.50000000 0.08257571 0.40588489 0.01153942 0.41724417 0.0001801263 0.41742426 4,497239558× 10−84 0.41742430 2,66453× 10−155 0.41742430 0.6 0.41742430 0.

n yn en = |yn − ω22|0 1.5000000 1.105551 1.3997944 0.008151532 1.3944659 0.00004143363 1.3944487 1,04938× 10−94 1.3944487 4,440892× 10−165 1.3944487 0

n yn en = |yn − ω21|0 8.0000000 01 8.0000000 02 8.0000000 03 8.0000000 04 8.0000000 05 8.0000000 0d) Se ha des rito en la teoría que el método de Newton es uadráti amente onvergente, o di hode otra manera, tiene una onvergen ia de orden 2, (véase libro del Gerald página 84). El error ometido tiene una tenden ia en+1 ∝ e2n. 15

n yn en = |yn − ω25|0 8.500000000 0.1055511 8.622950820 0.01739952 8.605797034 0.0002457583 8.605551329 5,36046180× 10−84 8.605551275 1,46549439× 10−145 8.605551275 1,46549439× 10−145 8.605551275 1,46549439× 10−14

n yn en = |yn − ω24|0 9.500000000 0.08257571 9.599088838 0.01651312 9.583068455 0.000492763 9.582576152 4,574963× 10−74 9.582575695 2,637889× 10−135 9.582575695 1,332267× 10−145 9.582575695 2,371436× 10−13En la �gura 5 se representa el error en = |ynumerica

n −ω2,analitica| y se ve que, en es ala logarítmi a,presenta una onvergen ia uadráti a en el ejemplo que nos o upa. Si una fun ion es de la formay ∝ xk, tomando logaritmos a ambos lados tendríamos ln y ∝ k ln x, es de ir, que uando unafun ión tiene omportamiento poten ial on exponente k, en es ala doble logarítmi a tendría unaforma fun ional lineal, el ln y representado en fun ión de ln x sería una re ta de pendiente k. Esasí por lo que mu has ve es se ajustan datos log-log a una re ta, por ejemplo por el método demínimos uadrados y se obtendrá la pendiente, omo estima ión numéri a del exponente k. Eneste primer tema, para este problema nos limitamos a representar los datos en log-log junto onun urva ∝ x2, que en log-log toma forma re ta de pendiente positiva de valor ≈ 2.En las instru iones generales se di e que estudiemos el orden de onvergen ia del método elegido.El método de Newton-Raphson tiene onvergen ia uadráti a. Ese resultado teóri o requiere el ono imiento del valor verdadero o analíti o de la solu ión para poder al ular el error en laitera ión n. En nuestro aso hemos obtenido las solu iones analíti as ha iendo uso de un programade ál ulo simbóli o, tipo Máxima, Mathemati a, et .Si are emos del valor exa to de la solu ión, otra op ión para al ular el error ometido en adaitera ión es utilizar omo valor �verdadero� el resultado obtenido para el valor aproximado de lasolu ión apli ando el método de Newton en el entorno de un ierto valor de ω2 en una itera iónelevada, (por ejemplo n = 10), evidentemente siempre y uando se observe onvergen ia del métodopara esa semilla. Es de ir, tomaremos omo verdadero di ho valor de la solu ión ω2

verdadero = ω2n=10y podemos al ular el error en la itera ión n omo

en = |ω2n − ω2

verdadero|16

1e-35

1e-30

1e-25

1e-20

1e-15

1e-10

1e-05

1

100000

1e-16 1e-14 1e-12 1e-10 1e-08 1e-06 1e-04 0.01 1 100

e(n+

1)

e(n)

e(n+1) frente a e(n)

datos numericosx^2

Figura 5: Grá� a de en+1 frente a en en es ala logarítmi a. Los resultados numéri os de los erores detodas las fre uen ias al uladas se muestran on ru es y on línea dis ontinua una fun ión de dependen a uadráti a e2n, que omo vemos exhibe bastante bien la tenden ia de los datos numéri os.Enton es podríamos representar una grá� a on en+1 frente a en (o lo logaritmos de estas mag-nitudes) y ver la dependen ia uadráti a. Esta es la forma explí ita de omprobar on nuestrosresultados numéri os el orden de onvergen ia de un método numéri o.Además, omo sabemos que el método de Newton onverge de forma uadráti a, si no obtuviéramosnuméri amente el resultado esperable, sería un indi ador de que algo mal estábamos programandoo que existe algun error en la implementa ión del algoritmo. Comprobar el orden de onvergen iapuede ser una forma de depurar un programa.3. Utili e el método de la bise ión para aproximar una raíz de la e ua ión√x sinx− x3 + 2 = 0en el intervalo [1, 2] on un error menor que 1

30.Solu ión: Considemos la fun ión

f(x) =√x sin x− x3 + 2, x > 0.Se trata de una fun ión ontinua en el intervalo [1, 2] que además f(1) > 0 > f(2), por lo que sesabe que existe algún punto ξ ∈ (1, 2) tal que f(ξ) = 0. Véase la grá� a de la fun iónUna de las ventajas del método de la bise ión onsiste en que se ono e de antemano el númerode itera iones para obtener el valor de la raíz on una ierta exa titud. La fórmula del error estádada en página 43 del libro de Gerald:error despues de n itera iones ≤ |b− a|

2n17

0.5 1 1.5 2x

-4-3-2-1

12f HxL

Figura 6: Representa ión grá� a de la fun ión f(x) =√x sinx− x3 + 2 en el intervalo [0, 2]siendo n ≥ 1 el número de pasos o itera iones y a, b el par ini ial de valores que de�nen el intervalode búsqueda que satisfa e ne esariamente f(a) ∗ f(b) < 0, es de ir, que son de signos opuestos yrevelan, por tanto, la existen ia de un ero entre di ho par de puntos. En este ejemplo, a = 1 y

b = 2.Con el dato del enun iado, obtenemos que ne esariamenteerror ≤ 1

2n<

1

30de donde se tiene que n = 5.La raíz verdadera estaría aproximada on mayor pre isión apli ando este método y utilizandoun número de itera iones elevado, en on reto mayor que n = 5. Tomemos omo válido el valorξ = 1,47497971238 . . . . De�namos las siguientes antidadeserror máximo = |b− a|

2n=

1

2n, error real = ∣

∣

∣

∣

ξ − an + bn2

∣

∣

∣

∣En la tabla siguiente se presentan los valores de las distintas antidades en ada itera ión:n an

an+bn2

bn f(an) f(an+bn2

) f(bn) error máximo error real1 1 1.5 2 1.841471 -0.153323 -4.71059 0.5 0.02502032 1 1.25 1.5 1.841471 1.107872 -0.153323 0.25 0.224983 1.25 1.375 1.5 1.107872 0.550590 -0.153323 0.125 0.09997974 1.375 1.4375 1.5 0.550590 0.217863 -0.153323 0.0625 0.03747975 1.4375 1.46875 1.5 0.217863 0.037189 -0.153323 0.03125 0.00622971En la itera ión n = 5 podemos tomar omo valor aproximado a la solu ión ξ = 1,46875, satisfa- iendo el requerimiento del enun iado. 18

4. La fun ión f(x) es ontinua en el intervalo [a,b] siendo f(a) < 0 y f(b) > 0. Su-poniendo que empleamos el método de la bise ión para en ontrar una raíz en[a,b]: ¾Cuántas itera iones serán ne esarias para garantizar un error menor que10−d?Solu ión: Supongamos que n itera iones o pasos de bise ión son ne esarios para onseguir lapre isión requerida. Como en ada itera ión del método de bise ión el intervalo en el que bus- amos se redu e a la mitad, después de n pasos el intervalo tiene una longitud (b− a)/2n. Por lotanto tenemos que

b− a

2n< 10−d

2n > 10d(b− a)

n > d log2 10 + log2(b− a)Por lo tanto al menos el número itera iones ne esarios para tener el error soli itado será el enteromás próximo al valor [d log2 10 + log2(b− a)].5. Obtener mediante el método del punto �jo, la raíz úni a positiva que tiene lafun ión F (x) = x3+5x2− 12 en el intervalo [0, 3] utilizando diferentes propuestas.Solu ión:Para determinar las raí es positivas de la e ua ión F (x) = x3 + 5x2 − 12 = 0 on el método delpunto �jo, ésta se puede transformar de las siguientes maneras:a) Podemos despejar x2 del segundo término x2 = 12−x3

5y extraer la raíz uadrada, lo que da,después de elegir la raíz uadrada positiva, g1(x) = 1√

5

√12− x3. El algotimo será enton es:

xn+1 = g1(xn) =1√5

√

12− x3na partir de una x1 ade uada que debe satisfa er 0 ≤ x1 ≤ 3

√12.b) Para otra fun ión de itera ión, trasponemos el término onstante y fa torizamos x2 en los dosprimeros términos x2(x + 5) = 12 para luego despejar x2 (dividiendo por x + 5), extraer la raíz uadrada y, eligiendo su valor positivo, obtener g2(x) = √

125+x

. ) Agregamos x a ambos miembros del negativo de la vigésima parte de la fun ión F (x) para darla itera ión x = g3(x) = x− F (x)/20 = x− (x3 + 5x2 − 12)/20.Existen mu has transforma iones algebrai as posibles de la e ua ión original F (x) = 0 pero no esseguro que todas ellas onverjan, y , si onvergen, que lo hagan a una raíz de la e ua ión original.En onse uen ia, si los términos de la itera ión onvergen a p, es ne esario veri� ar que F (p) = 0para el punto �jo p que se extraiga omo resultado del algoritmo.19

6. Haga un grá� a del polinomio úbi o p(x) = 4x3 − 10x2 + 2x+ 5 para onseguiruna estima ión de sus raí es en el intervalo [−1, 3]. Utili e el método de NewtonRaphson para obtener ada una de las raí es on 4 ifras de imales.Solu ión:La urva del polinomio se presenta en la �gura 7. De di ha �gura, podemos extraer que la fun iónp(x) tiene tres raí es er a de los puntos x1 = −0,5, x2 = 1,0 y x3 = 2,0.

-1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5

-10

-5

5

10

Figura 7: Cúbi a p(x) = 4x3 − 10x2 + 2x+ 5.El método de Newton Raphson es iterativo el algoritmo onsiste en apli ar re ursivamente laexpresiónxi+1 = xi −

p(xi)

p′(xi)(21)donde p(xi) = 4x3

i −10x2i +2xi+5 en este aso y p′(xi) = 12x2

i −20xi+2 orresponde a la derivadade la fun ión p(x). Para diversos valores de partida x0 se presentan los resultados en las siguientestablas de datos.i xi

1 −0,56662 −0,56253 −0,56244 −0,5624· · · · · ·Cuadro 1: Semilla utilizada x1 = −0,5

20

i xi

1 1,16662 1,18153 1,18174 1,1817· · · · · ·Cuadro 2: Semilla utilizada x2 = 1,0

i xi

1 1,90002 1,88143 1,88084 1,8808· · · · · ·Cuadro 3: Semilla utilizada x3 = 2,07. Experimento biológi o: Un experimento biológi o rela iona dos magnitudes, eltiempo t y la on entra ión C(t) de ierta toxina en sangre después de ser inye -tada ierta medi ina. La on entra ión en ualquier instante viene determinadapor la expresión

C(t) = e−αt sin t + e−βt cos 2tdonde los parámetros han sido previamente al ulados realizando un ajuste auna serie de datos experimentales, obteniéndose α = 2,00, β = 1,00.Determinar, mediante el método de Newton de una variable y on una toleran iade 10−9, los instantes t en los que la on entra ión de la toxina es nula en elintervalo 0 ≤ t ≤ 4,5.Solu ión:Debemos en ontrar los eros de la fun ión C(t) = sin te−2t + cos 2te−t en el intervalo t ∈ [0, 4,5].A partir de la grá� a podemos onjeturar que tiene tres eros, aproximadamente alrededor det1 = 1, t2 = 2,5, t3 = 4. Tomando aproxima iones ini iales ade uadas y una toleran ia de�nida omo en+1 = |tn+1−tn| < 10−9 obtenemos, mediante el método de Newton los siguientes resultados

tn+1 = tn −C(tn)

C ′(tn)Las itera iones su esivan dan: 21

1 2 3 4t

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

C@tD

Figura 8: Evolu ión temporal de la on entra ión de toxina.Para t0 = 1 → t1 = 0,941526, t2 = 0,945591, t3 = 0,945611, t4 = 0,945611, t5 = 0,945611,t6 = 0,945611, t7 = 0,945611.Para t0 = 2 → t1 = 2,28452, t2 = 2,31917, t3 = 2,3202, t4 = 2,3202, t5 = 2,3202, t6 = 2,3202,t7 = 2,3202.Para t0 = 1,5 → t1 = 4,2566, t2 = 3,59792, t3 = 3,87116, t4 = 3,9179, t5 = 3,92002, t6 = 3,92002,t7 = 3,92002.Luego lo que nos pide el enun iado es:Valor ini ial Solu ión no itera iones

t0 = 1 t = 0,945611 4t0 = 2 t = 2,3202 4t0 = 1,5 t = 3,92002 68. Supongamos que se ono en dos poten iales V1(r) = − ln r y V2(r) = cos(4r), on r >

0. (Entiéndase por ln el logaritmo neperiano). Utilizando el método de Newtonpara en ontrar el punto de orte de los dos poten iales y en on reto atendiendoal riterio de su� ien ia para la onvergen ia del algoritmo, indique uál de lassiguientes a�rma iones es orre ta.a) Partiendo de la semilla r0 = 0,5, la onvergen ia del método está asegurada.b) Partiendo de la semilla r0 = 1,5, la onvergen ia del método está asegurada. ) Partiendo de la semilla r0 = 2,3, la onvergen ia del método está asegurada.d) Partiendo de la semilla r0 = 2,5, la onvergen ia del método está asegurada.Solu ión:Nota: Cuidado on las erratas del libro del Gerald, en on reto para este ejer i io enla página 83. El do umento de erratas del libro del Gerald se en uentra en el ursovirtual. 22

La solu ión orre ta es la d) Partiendo de la semilla r0 = 2,5, la onvergen ia del métodoestá asegurada.Los dos poten iales están representados en la �gura 9. Se observa que se tienen tres puntos de orteque satisfa en la e ua ión no lineal f(r) = 0, siendo f(r) = V1(r)− V2(r) = − ln r − cos(4r), o loque es igual ln r+cos(4r) = 0. Los puntos de orte son r0 = 1,1443, r1 = 2,18844 y r3 = 2,46718.1 2 3 4 5

-1

1

2

3

Figura 9: Representa ión grá� a de los dos poten iales V1(r) en azul y V2(r) en rojo.El método de Newton onsiste en apli ar el siguiente algoritmorn+1 = rn −

f(r)

f ′(r)a una ierta semilla r0. En nuestro aso tenemosf(r) = ln r + cos(4r)

f ′(r) =1

r− 4 sin(4r)

f ′′(r) = − 1

r2− 16 cos(4r)En la página 83 del Gerald se di e que la onvergen ia del método iterativo de Newton (que bus alas solu iones de la e ua ión f(r∗) = 0) se puede garantizar si se satisfa e la ondi ión

g(r) =

∣

∣

∣

∣

f(r)f ′′(r)

(f ′(r))2

∣

∣

∣

∣

< 1en un intervalo alrededor de la raíz r∗, para ualquier valor ini ial r0 dentro de di ho intervalo.En nuestro aso la ondi ión de su� ien ia para que el algoritmo onverja en un intervalo alrededorde la raíz esg(r) =

∣

∣

∣

∣

∣

(ln r + cos(4r))(

− 1r2

− 16 cos(4r))

(1r− 4 sin(4r))2

∣

∣

∣

∣

∣

< 1En la �gura 10 se presenta grá� amente la fun ión g(r).23

0 1 2 3 4 5

0.5

1.0

1.5

2.0

Figura 10: Representa ión de g(r) en fun ión de r en azul y en olor rojo la re ta que determina el valorunidad.En g(r = 0,5) = 1,10, mayor que la unidad y por lo tanto, según el riterio de su� ien ia no estáasegurada la onvergen ia.En g(r = 1,5) = 6,78, mayor que la unidad y por lo tanto, no está asegurada la onvergen ia. Sinembargo, puede omprobarse que el método onverge.En g(r = 2,3) = 10,48, mayor que la unidad y por lo tanto, no está asegurada la onvergen ia.Sin embargo, puede omprobarse que el método onverge.En g(r = 2,5) = 0,154354, menor que la unidad. Vemos que alrededor de la solu ión r3 = 2,46718,en el intervalo aproximado por [2,409, 2,89] la fun ión g(r) es menor que la unidad. Esta semillar = 2,5, su� iente er ana a la solu ión r3, tiene un entorno en el que la onvergen ia estáasegurada. Puede omprobarse que el método onverge.En g(r = 3,5) = 0,23, menor que la unidad. Sin embargo, vemos que alrededor de la solu iónr3 = 2,46718, en el intervalo aproximado por [2,409, 3,5] la fun ión g(r) presenta valores mayoresque la unidad. Esta semilla r = 3,5, relativamente er ana a la solu ión r3, tiene un entorno en elque la onvergen ia no está asegurada. De he ho, puede omprobarse que el método no onverge.

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