E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Resumen y ejemplos Tema 3: Solución aproximada de ecuaciones Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Octubre 2008, Versión 1.3

Contenido 1. Método de la bisección. 2. Método de Newton-Raphson. 3. Orden de convergencia: convergencia cuadrática. 4. Método de punto fijo.

1

Método de la bisección

1.1

Teorema de Bolzano

Teorema 1.1 (Bolzano) f (x) continua en [a, b], f (a) · f (b) < 0.

¾

=⇒ Existe un α ∈ (a, b) tal que f (α) = 0.

Ejemplo 1.1 Demuestra que la ecuación cos x = x tiene solución única en (0, π/2).

1

Resumen y ejemplos

Solución aproximada de ecuaciones. 2

Ponemos la ecuación en la forma cos(x) − x = 0, la función f (x) = cos(x) − x es continua en todo R, en particular, es continua en [0, π/2]. En los extremos del intervalo, toma valores f (0) = 1,

f (π/2) = −π/2,

que son de signo opuesto, por lo tanto, existe un α ∈ (0, π/2) tal que f (α) = cos(α) − α = 0. Veamos la unicidad. Calculamos la derivada f 0 (x) = − sin(x) − 1. Como f 0 (x) < 0 en todo el intervalo (0, π/2), f es decreciente en el intervalo y sólo puede tomar el valor 0 una vez, por lo tanto, la solución es única. ¤

1.2

Descripción del método

• Objetivo Aproximar la solución de f (x) = 0. • Inicio f (x) que cumple las condiciones del teorema de Bolzano en [a, b]. • Método 1. Calculamos el punto medio del intervalo c=

a+b . 2

2. Calculamos f (c), — si f (c) = 0, la solución es α = c. — si f (c) 6= 0, comparamos f (c) con f (a) y f (b). El nuevo intervalo tiene un extremo en c, el otro extremo se elige entre a y b de forma que f tome signos distintos en los extremos del nuevo intervalo. Ejemplo 1.2 Primeras iteraciones del método de la bisección para cos(x) − x = 0 en el intervalo [0, π/2].

Resumen y ejemplos

Solución aproximada de ecuaciones. 3

1. En el ejemplo anterior, hemos visto que f (x) = cos(x) − x cumple las condiciones del Teorema de Bolzano. 2. Cálculo de las aproximaciones. • Fase 1. El cuadro inicial es a1 = 0 c1 = b1 = 1. 57080

Fase 1 f (a1 ) = 1 f (c1 ) = f (b1 ) = −1. 57080

⊕ ª

calculamos c1 =

a1 + b1 = 0.78540, 2

f (c1 ) = f (0.78540) = −7. 8295 × 10−2

y completamos la tabla a1 = 0 c1 = 0.78540 b1 = 1. 57080

Fase 1 f (a1 ) = 1 f (c1 ) = −7. 8295 × 10−2 f (b1 ) = −1. 57080

⊕ ª ª

a2 = 0 b2 = 0.78540

• Fase 2. La tabla inicial para la fase 2 es a2 = 0 c2 = b2 = 0.78540

Fase 2 f (a2 ) = 1 f (c2 ) = f (b2 ) = −7. 8295 × 10−2

⊕ ª

calculamos c2 =

a2 + b2 = 0.3927, 2

a2 = 0 c2 = 0.39270 b2 = 0.78540

f (c2 ) = f (0.3927) = 0. 53118

Fase 2 f (a2 ) = 1 f (c2 ) = 0. 53118 f (b2 ) = −7. 8295 × 10−2

⊕ ⊕ ª

a3 = 0.39270 b3 = 0.78540

Fase 3 f (a3 ) = 0. 53118 f (c3 ) = 0. 24242 f (b3 ) = −7. 8295 × 10−2

⊕ ⊕ ª

a4 = 0. 58905 b4 = 0.78540

• Fase 3. a3 = 0.39270 c3 = 0. 58905 b3 = 0.78540

Resumen y ejemplos

Solución aproximada de ecuaciones. 4

• Fase 4. a4 = 0. 58905 c4 = 0. 68723 b4 = 0. 78540

Fase 4 f (a4 ) = 0. 24242 f (c4 ) = 8. 5776 × 10−2 f (b4 ) = −7. 8295 × 10−2

⊕ ⊕ ª

a5 = 0. 68723 b5 = 0. 78540

Fase 5 f (a5 ) = 8. 5776 × 10−2 f (c5 ) = 4. 6249 × 10−3 f (b5 ) = −7. 8295 × 10−2

⊕ ⊕ ª

a6 = 0. 73632 b6 = 0. 78540

• Fase 5 a5 = 0. 68723 c5 = 0. 73632 b5 = 0. 78540

En las siguientes fases, obtenemos c6 = 0.76085, c7 = 0.74858, c8 = 0.74247, c9 = 0.73938, c10 = 0.73784. El valor exacto de la solución con 5 decimales es α = 0.73909. El error en la fase 10 es |e10 | = |α − c10 | = 0.00125. Tenemos, por lo tanto, 2 decimales exactos. ¤

1.3

Cota superior de error

Proposición 1.1 En la fase n, el error del método de la bisección cumple |en | = |α − cn | ≤

b1 − a1 . 2n

Demostración. En la fase n se cumple |en | = |α − cn | ≤

bn − an 2

Resumen y ejemplos

Solución aproximada de ecuaciones. 5

Además, la longitud del intervalo se reduce a la mitad en cada fase bn − an =

bn−1 − an−1 . 2

Por lo tanto, tenemos b1 − a1 , 2 b1 − a1 b2 − a2 = , |e2 | ≤ 2 4 b3 − a3 b2 − a2 b1 − a1 |e3 | ≤ = = , 2 4 8 de forma análoga, resulta |e1 | ≤

|e4 | ≤

b1 − a1 b1 − a1 = , 16 24

|e5 | ≤

b1 − a1 b1 − a1 = , 32 25

y en general |en | = |α − cn | ≤

b1 − a1 . ¤ 2n

Ejemplo 1.3 Aplicamos el método de la bisección para aproximar la solución de f (x) = 0 en el intervalo [0, π/2]. (a) Calcula una cota de error para la fase 10. (b) Calcula el número de pasos necesarios para aproximar la solución con 4 decimales exactos. (a) Tenemos π/2 − 0 = 0.1534 × 10−2 210 Podemos asegurar dos decimales exactos. Observemos que en el Ejemplo 1.2, después de 10 pasos, hemos obtenido un error |e10 | ≤

|e10 | = |α − c10 | = 0.00125. (b) Para asegurar 4 decimales exactos, exigimos ¡π¢ |en | = |α − cn | ≤

de donde resulta n

2 ≥ tomando logaritmos

2

2n

≤ 0.5 × 10−4 ,

¡π¢ 2

0.5 × 10−4

,

n ln 2 ≥ ln (10000π) , n ≥ 14. 93920.

Por lo tanto, necesitamos 15 pasos. ¤

Resumen y ejemplos

2

Solución aproximada de ecuaciones. 6

Método de Newton-Raphson

2.1

Planteamiento y descripción del método

Objetivo Aproximar la solución de f (x) = 0, con • f (x) derivable, • partiendo de una aproximación inicial de la solución x0 .

Método

⎧ ⎨ x0 = aproximación inical, f (xj ) . ⎩ xj+1 = xj − 0 f (xj )

Ejemplo 2.1 Aproximar la solución de

cos(x) − x = 0 con 6 decimales. Hemos visto que la ecuación tiene solución en [0, π/2], podemos tomar como aproximación inicial x0 = π/4 x0 = π/4 = 0.78539 816. El método es, en este caso, f (x) = cos(x) − x, f 0 (x) = − sin (x) − 1, ⎧ ⎨ x0 = 0.78539 816, cos (xj ) − xj . ⎩ xj+1 = xj + sin (xj ) + 1

El valor de las iteraciones es x1 = x0 +

cos (x0 ) − x0 = 0. 78539816 − 0.04586203 = 0. 73953613, sin (x0 ) + 1 x2 = x1 +

cos (x1 ) − x1 = 0. 73908518, sin (x1 ) + 1

Resumen y ejemplos

Solución aproximada de ecuaciones. 7

x3 = x2 +

cos (x2 ) − x2 = 0. 73908513, sin (x2 ) + 1 x4 = 0. 73908513.

El método ha convergido al valor α ¯ = 0. 73908513. El valor exacto con 10 decimales, calculado con la orden fsolve de Maple, es α = 0.73908 51332. ¤

2.2

Deducción del método

Una forma de obtener el método de Newton-Raphson consiste en sustituir la función f por la tangente en x = xj . Con mayor detalle, si disponemos del valor de la aproximación xj , 1. calculamos la tangente a y = f (x) en x = xj , 2. tomamos xj+1 como el corte de la tangente con el eje OX. Tangente en x = xj y − f (xj ) = f 0 (xj ) (x − xj ) . Para calcular el corte con OX, exigimos y = 0 −f (xj ) = f 0 (xj ) (x − xj ) , resolvemos en x y tomamos el resultado como xj+1 Solución de la ecuación x = xj −

2.3

f (xj ) =⇒ f 0 (xj )

xj+1 = xj −

f (xj ) . f 0 (xj )

Criterio de parada usando errores estimados

A diferencia de los que hemos visto en el método de la bisección, en caso del método de Newton-Raphson no existe una forma sencilla de acotar el error |ej | = |α − xj | . Para detener las iteraciones, suelen usarse los errores estimados. • Error absoluto estimado |¯ ej | = |xj − xj−1 | .

Resumen y ejemplos

Solución aproximada de ecuaciones. 8

• Error relativo estimado

¯ ¯ ¯ xj − xj−1 ¯ ¯. ¯ |¯ rj | = ¯ ¯ xj

Ejemplo 2.2 Aproxima la solución de ex =

1 x

con 6 decimales exactos. Representamos las curvas y = ex ,

y=

1 . x

3 2 1

-2

0 0

-1

1 x

2

-1 -2 -3

Está claro que hay una solución. Tomamos como valor inicial x0 = 0.5. Para aplicar el método de Newton-Raphson, tenemos que escribir la ecuación en la forma f (x) = 0, resulta f (x) = ex −

1 . x

f 0 (x) = ex +

1 x2

Calculamos la derivada y obtenemos el método iterativo ⎧ ⎪ ⎨ x0 = 0.5,

1 xj 1 (xj )2

exj −

⎪ ⎩ xj+1 = xj − exj +

El resultado de las iteraciones y los errores estimados es x0 = 0.5 1 e0.5 − 0.5 x1 = 0.5 − 0.5 = 0. 56218730 1 e + (0.5) 2

|¯ e1 | = |x1 − x0 | = 0.0 621873

x2 = 0. 56711982 x3 = 0. 56714329 x4 = 0. 56714329

|¯ e2 | = |x2 − x1 | = 0.00493252 |¯ e3 | = |x3 − x2 | = 0.00002347 |¯ e4 | = 0

Resumen y ejemplos

Solución aproximada de ecuaciones. 9

El resultado es α = 0. 56714 3, el valor de la raíz con 10 decimales, obtenido con el comando fsolve de Maple, es α = 0. 56714 32904. 2

2.4

Protección en el uso del error estimado

La parada del método de Newton-Raphson usando el error estimado puede producir un resultado incorrecto. Esto sucede cuando dos iteraciones consecutivas toman valores muy próximos a pesar de encontrarse aún lejos de la raíz.

Para protegernos contra paradas anómalas, podemos usar el siguiente procedimiento. Sea ² el máximo error tolerable, por ejemplo, si queremos 4 decimales exactos es ² = 0.5 × 10−4 . 1. Detenemos las iteraciones cuando |¯ ej | = |xj − xj−1 | ≤ ². 2. Tomamos los valores a = xj − ², b = xj + ².

3. Calculamos f (a) y f (b), si se produce un cambio de signo, podemos asegurar que la raíz α se encuentra en el intervalo (a, b). Como xj es el centro del intervalo, se cumple |ej | = |α − xj | ≤ ² y, por lo tanto, podemos asegurar la validez de la aproximación.

Resumen y ejemplos

Solución aproximada de ecuaciones. 10

Observemos que si f (a) y f (b) tienen el mismo signo, el método no es aplicable; no obstante, en la mayoría de los casos prácticos, el criterio funciona bien. √ Ejemplo 2.3 Calcular 24 con 6 decimales exactos. Tomamos x=

√ 24,

que nos lleva a la ecuación x2 − 24 = 0. Es f (x) = x2 − 24,

f 0 (x) = 2x.

Como valor inicial, tomamos x0 = 5, el error máximo admisible es ² = 0.5 × 10−6 . Fórmula de recurrencia ⎧ ⎨ x0 = 5

⎩ xj+1 = xj −

Iteraciones, x0 x1 x2 x3

=5 = 5 − 25−24 10 = 4.9 = 4. 898979592 = 4. 898979486

x2j − 24 2xj

|¯ e1 | = |x1 − x0 | = 0.1 |¯ e2 | = |x2 − x1 | = 0.0010204 08 |¯ e3 | = |x3 − x2 | = 0.000000106

Valor de la aproximación x3 = 4. 898979. Calculamos a = x3 − ² = 4. 89897 85, f (x3 − ²) = −0.00000 96565,

b = x3 + ² = 4. 89897 95, f (x3 + ²) = 0.000000 1414.

vemos que se produce cambio de signo en los extremos del intervalo [a, b] = [x3 − ², x3 + ²] , por lo tanto α ∈ (x3 − ², x3 + ²) , así pues, se cumple |e3 | = |α − x3 | ≤ ² y podemos asegurar que x3 aproxima α con 6 decimales exactos. ¤

Resumen y ejemplos

3 3.1

Solución aproximada de ecuaciones. 11

Orden de convergencia Definiciones

Sea (xj ) una sucesión de aproximaciones de α x0 , x1 , x2 , . . . , xj , . . . −→

α,

y (ej ) la sucesión de errores |ej | = |α − xj | . Definición 3.1 (Orden de convergencia) Supongamos que la sucesión (xj ) converge al valor α. Decimos que la sucesión converge a α con orden de convergencia r > 0, si existe una constante A > 0 tal que |ej+1 | r = A. x→∞ | ej | lim

La constante A se llama constante asintótica de error. Si r = 1, la convergencia se llama lineal y, para j suficiente grande, es |ej+1 | ' A |ej | . Si r = 2, la convergencia se llama cuadrática y, para j suficiente grande, se cumple |ej+1 | ' A |ej |2 . Observamos que si una sucesión tiene convergencia cuadrática, a partir de un cierto momento, el número de decimales exactos se duplica a cada paso.

3.2

Orden de convergencia del Método de Newton-Raphson

Definition 1 (Cero simple) La función f (x) tiene una raíz (cero) simple en x = α si se cumple f (α) = 0,

f 0 (α) 6= 0.

Proposición 3.1 (Convergencia en ceros simples) Supongamos que el método de Newton-Raphson genera una sucesión (xj ) que converge a un cero α de la función f (x). Si α es un cero simple, entonces la convergencia es cuadrática y, para j suficiente grande, se cumple |ej+1 | '

|f 00 (α)| |ej |2 . 2 |f 0 (α)|

Ejemplo 3.1 Convergencia cuadrática.

(1)

Resumen y ejemplos

Solución aproximada de ecuaciones. 12

Consideremos la ecuación x2 − 30 = 0, cuya solución con 12 decimales es α = 5. 477225575052. La iteración de Newton-Raphson, con valor inicial x0 = 5, es ⎧ ⎨ x0 = 5, x2 − 30 ⎩ xj+1 = xj − j . 2xj

Si tenemos en cuenta la fórmula (1), el valor de la constante asintótica de error es ¯ ¯ ¯ 1 ¯ |f 00 (α)| = ¯¯ ¯¯ . A= 0 2 |f (α)| 2α Podemos estimar el valor de A, tomando α ' 5, entonces A'

1 = 0.1 10

y, por lo tanto, |ej+1 | ' 0.1 |ej |2 . Si en un paso tenemos t decimales exactos, cabe esperar que en el siguiente tengamos aproximadamente 2t decimales exactos. Resultan las siguientes aproximaciones y errores j

xj

0 1 2 3 4

5.0 5. 5 5. 47727 27272 73 5. 47722 55752 55 5. 47722 55750 52

|ej | = |α − xj |

0. 47722 55750 52 0.0 22774 42494 8 0.0000 47152 221 2. 03 × 10−10 0

9. 99999 99998 37 × 10−2 9. 09090 90784 28 × 10−2 9. 13044 04830 45 × 10−2

El valor de la constante asintótica de error es A=

|ej+1 | |ej |2

|f 00 (α)| 2 |f 0 (α)|

sustituyendo α = 5. 47722 5575052, resulta A = 0.0912870 92917 5. ¤

Resumen y ejemplos

4

Solución aproximada de ecuaciones. 13

Método de punto fijo

4.1

Planteamiento y descripción del método

Definición 4.1 (Punto fijo) Decimos que α es un punto fijo de la función g(x) si se cumple g(α) = α.

Ecuación en

⎧ ⎨ forma normal f (x) = 0. ⎩

forma de punto fijo x = g(x).

Ejemplo 4.1 Escribe la ecuación cos(x) − x = 0 en forma de punto fijo. La ecuación cos(x) − x = 0 está en forma normal. Existen infinitas expresiones de punto fijo equivalentes, una primera expresión es x = cos(x).

(2)

Sumando x a ambos lados de la igualdad y despejando, resulta x=

x + cos(x) . 2

Sumando 2x a ambos lados de la igualdad (2), se obtiene x=

2x + cos(x) . 3

Multiplicado por x en (2) y despejando, resulta p x = x cos(x). ¤

Iteración de punto fijo

• Objetivo Aproximar la solución de una ecuación en forma de punto fijo x = g(x) • Método

½

x0 = valor inicial, xj+1 = g(xj ).

Proposición 4.1 Supongamos que g(x) es continua, si la sucesión (xj ) generada por ½ x0 = valor inicial, xj+1 = g(xj ), converge a un valor α, entonces α es un punto fijo de g(x).

Resumen y ejemplos

Solución aproximada de ecuaciones. 14

Demostración. Se cumple lim xj = α,

j→∞

como g(x) es continua ¶ µ g(α) = g lim xj = lim g(xj ) = lim xj+1 = α. ¤ j→∞

j→∞

j→∞

Ejemplo 4.2 (a) Aproxima la solución de cos(x) − x = 0 con 5 decimales exactos, mediante la iteración de punto fijo para la forma x=

x + cos(x) 2

a partir del valor inicial x0 = 1. (b) Si escribimos la ecuación en la forma x=

2x + cos(x) , 3

¿cuántas iteraciones son necesarias para obtener 5 decimales exactos?. (a) En el primer caso, la fórmula de recurrencia es ⎧ ⎨ x0 = 1, x + cos(xj ) ⎩ xj+1 = j . 2

Resulta

j 0 1 2 3 4 5 6 7

xj 1.0 0. 77015 0. 74398 0. 73988 0. 73921 0. 73911 0. 73909 0. 73909

(b) En el caso de la expresión x=

2x + cos(x) , 3

la fórmula de recurrencia es ⎧ ⎨ x0 = 1, ⎩ xj+1 =

2xj + cos(xj ) , 3

Resumen y ejemplos

Solución aproximada de ecuaciones. 15

y obtenemos j 0 1 2 3 4 5 6 7

xj 1.0 0. 84677 0. 78531 0. 75926 0. 74796 0. 74300 0. 74081 0. 73985

j 8 9 10 11 12 13 14

xj 0. 73942 0. 73923 0. 73915 0. 73911 0. 73910 0. 73909 0. 73909

Vemos que en el segundo caso la convergencia es más lenta. ¤

4.2

Convergencia de la iteración de punto fijo

Teorema 4.1 Supongamos que: 1. g es una función de clase C 1 [a, b], 2. g(x) ∈ [a, b] para todo x ∈ [a, b], 3. max |g 0 (x)| = M1 ≤ 1. x∈[a,b]

Entonces, se cumple: 1. La ecuación x = g(x) tiene solución única α en [a, b]. 2. La iteración de punto fijo. ½

x0 , xj+1 = g(xj ),

converge a la solución α para cualquier valor inicial x0 ∈ (a, b). 3. El error ej = α − xj , verifica la desigualdad |ej | ≤ M1j (b − a) . Ejemplo 4.3 Dada la ecuación x = cos(x). (a) Demuestra que tiene solución única en [0, 1]. (b) Determina el número de iteraciones necesarias para asegurar 4 decimales exactos mediante la iteración de punto fijo. (c) Calcula las 5 primeras iteraciones a partir de x0 = 0.5. (a) Veamos que la función g(x) = cos(x) cumple las condiciones del teorema. • (Condición 1) g(x) es continua con derivada continua en todo R, por lo tanto, es de clase C 1 [0, 1].

Resumen y ejemplos

Solución aproximada de ecuaciones. 16

• (Condición 2) g(x) es decreciente en el intervalo [0, 1]. El máximo y mínimo absolutos de g(x) en [0, 1] son m = min cos(x) = cos(1) = 0. 5403, x∈[0,1]

M = max cos(x) = cos(0) = 1, x∈[0,1]

por lo tanto, cuando x toma valores en [0, 1], g(x) toma valores en [0.5403, 1] ⊂ [0, 1]. • (Condición 3) La derivada es g 0 (x) = − sin(x). Hemos de calcular ¯ ¯ M1 = max ¯g 0 (x)¯ , x∈[0,1]

la función objetivo es

h(x) = |− sin(x)| = sin (x) , sabemos que sin(x) es creciente en [0, 1], por lo tanto ¯ ¯ M1 = max ¯g 0 (x)¯ = sin (1) = 0. 84147. x∈[0,1]

En consecuencia, podemos asegurar que existe un único punto fijo en el intervalo [0, 1] y que la iteración de punto fijo converge a él para todo valor inicial x0 ∈ (0, 1) . (b) El error cumple |ej | ≤ (0. 84147)j (1 − 0) = (0. 84147)j exigimos (0. 84147)j ≤ 0.5 × 10−4

y resolvemos en j, resulta: i h ¢ ¡ ln (0. 84147)j ≤ ln 0.5 × 10−4 , ¡ ¢ j ln (0. 84147) ≤ ln 0.5 × 10−4 , ¡ ¢ ln 0.5 × 10−4 j≥ = 57. 377. ln (0. 84147) Necesitamos j = 58 iteraciones. Observa que ln (0. 84147) es negativo y, por lo tanto, al pasar dividiendo al otro miembro de la desigualdad el signo se invierte. (c) El valor de las primeras 5 iteraciones es j 0 1 2 3 4 5

xj 0.5 0. 87758 0. 63901 0. 80269 0. 69478 0. 76820

Resumen y ejemplos

Solución aproximada de ecuaciones. 17

Si calculamos con 6 decimales, el valor de la iteración 58 es x58 = 0.739085. En realidad, la cota de error es muy conservadora, pues el método ya había convergido con 4 decimales en la iteración 24. ¤

4.3

Forma de punto fijo x = x − λf (x)

Consideremos una ecuación f (x) = 0 que tiene una raíz α en el intervalo [a, b]. Para todo valor de λ, la expresión x = x − λ f (x) es una formulación equivalente en forma de punto fijo x = g(x) con g(x) = x − λ f (x). Es inmediato comprobar que la raíz α de f (x) es un punto fijo de g(x). La derivada de g(x) es g 0 (x) = 1 − λf 0 (x) Puede demostrarse que si

¯ 0 ¯ ¯g (α)¯ ≤ 1

entonces la iteración de punto fijo es convergente para valores iniciales x0 suficiente próximos a α, además, la velocidad de convergencia aumenta con la disminución de |g 0 (α)| , eso nos sugiere tomar el valor de λ que anula g 0 (α), esto es 1 . λ= 0 f (α) Un método práctico para determinar λ es el siguiente 1. Estimamos f 0 (α) ' 2. Tomamos λ= ³

f (b) − f (a) . b−a 1 f (b)−f (a) b−a

´.

En resumen, el método es ⎧ ⎨ x0 = valor inicial, b−a f (xj ). ⎩ xj+1 = xj − f (b) − f (a)

Resumen y ejemplos

Solución aproximada de ecuaciones. 18

Ejemplo 4.4 Aproxima la solución de ln x =

1 x

con 4 decimales, usando una formulación de punto fijo del tipo x = x − λ f (x). A partir de un esquema gráfico, tomamos el intervalo [1, 2]. Escribimos la ecuación en forma normal f (x) = 0, entonces f (x) = ln (x) −

1 . x

Calculamos f (1) = −1,

f (2) = 0. 1931.

Por el Teorema de Bolzano, tenemos una raíz α en el intervalo [1, 2]. Estimamos el valor de f 0 (α) f 0 (α) '

f (2) − f (1) = 1. 1931 2−1

y calculamos λ λ=

1 1 ' = 0. 8382. f 0 (α) 1. 1931

La fórmula de recurrencia es, por lo tanto, ⎧ ⎨ x0 = 1.5, µ ¶ 1 . ⎩ xj+1 = xj − 0. 8382 ln (xj ) − xj Obtenemos

j 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Podemos tomar α = 1.7632. ¤

xj 1.5 1. 71893 9 1. 75250 6 1. 76052 3 1. 76253 7 1. 76304 8 1. 76317 8 1. 76321 1 1. 763220 1. 76322 2

Resumen y ejemplos

Solución aproximada de ecuaciones. 19

Ejemplo 4.5 Calcula la solución de x = cos(x) con 4 decimales usando una formulación de punto fijo del tipo x = x − λ f (x). A partir de un esquema gráfico, tomamos el intervalo [0, 1]. Escribimos la ecuación en la forma f (x) = 0 con f (x) = x − cos(x). Calculamos f (0) = −1,

f(1) = 0. 45970.

Por el Teorema de Bolzano, tenemos una raíz α en el intervalo [0, 1]. Estimamos el valor de f 0 (α) f 0 (α) '

f (1) − f (0) = 1. 45970 1−0

y calculamos λ λ=

1 f 0 (α)

'

1 = 0. 6851. 1. 45970

La fórmula de recurrencia es, por lo tanto, ½ x0 = 0.5, xj+1 = xj − 0.6851 (xj − cos (xj )) . Obtenemos j 0 1 2 3 4 5 6 7

xj 0.5 0. 758681 0. 736115 0. 739518 0. 739021 0. 739094 0. 739083 0. 73908 3

Podemos tomar α ¯ = 0.7391

¤