Métodos Numéricos: Resumen y ejemplos Tema 5: Resolución aproximada de ecuaciones Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Abril 2009, versión 1.5

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

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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), resulta que f (x) es decreciente 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. Se calcula 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 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 (x) tome signos distintos en los extremos. Ejemplo 1.2 Primeras iteraciones del método de la bisección para cos(x) − x = 0 en el intervalo [0, π/2].

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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

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

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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, por lo tanto, en la fase 10 el error es |e10 | = |α − c10 | = 0.00 125,

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

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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 b2 − a2 b1 − a1 b3 − a3 = = . |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 = 0.1 534 × 10−2 . 210 Podemos asegurar dos decimales exactos. En el Ejemplo 1.2, después de 10 pasos, hemos obtenido un error |e10 | ≤

|e10 | = |α − c10 | = 0.00 125. (b) Para asegurar 4 decimales exactos, exigimos ¡π¢ |en | = |α − cn | ≤

de donde resulta n

2 ≥ Tomando logaritmos

2

2n

¡π¢

≤ 0.5 × 10−4 ,

2

0.5 × 10−4

.

n ln 2 ≥ ln (10000π) ,

ln (10000π) = 14. 93920. ln 2 Por lo tanto, necesitamos 15 pasos. ¤ n≥

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2

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Método de Newton-Raphson

2.1

Planteamiento y descripción del método

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

• Método

⎧ ⎨ x0 = aproximación inicial, 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. 78539 816 − 0.04 58620 3 = 0. 73953 613, sin (x0 ) + 1 x2 = x1 +

cos (x1 ) − x1 = 0. 73908 518, sin (x1 ) + 1

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x3 = x2 +

cos (x2 ) − x2 = 0. 73908 513, sin (x2 ) + 1 x4 = 0. 73908 513.

El método ha convergido al valor α ¯ = 0. 73908 513, el valor exacto con 10 decimales es α = 0.73908 51332. ¤

2.2

Deducción del método

El método de Newton-Raphson consiste en sustituir la función por la tangente en x = xj , con mayor detalle, a partir 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

En en caso del método de Newton-Raphson no existe una forma sencilla de acotar el error |ej | = |α − xj | . Para detener las iteraciones, suele usarse los errores estimados • Error absoluto estimado |¯ ej | = |xj − xj−1 | . • Error relativo estimado

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

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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. Escribimos la ecuación en la forma f (x) = 0, con f (x) = ex −

1 . x

f 0 (x) = ex +

1 . x2

Derivada Método

⎧ ⎪ ⎨ 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, x1 = 0.5 −

1 e0.5 − 0.5 = 0. 56218 730, 1 e0.5 + (0.5) 2

x2 = 0. 56711 982, x3 = 0. 56714 329, x4 = 0. 56714 329,

|¯ e1 | = |x1 − x0 | = 0.0 62187 3, |¯ e2 | = |x2 − x1 | = 0.00 49325 2, |¯ e3 | = |x3 − x2 | = 0.0000 2347, |¯ e4 | = 0.

El resultado es α = 0. 56714 3. El valor de la raíz con 10 decimales es α = 0. 56714 32904. 2

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2.4

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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 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 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. 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.

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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

⎩ xj+1 = xj −

Iteraciones, x0 x1 x2 x3

⎧ ⎨ x0 = 5,

= 5, = 5 − 25−24 10 = 4.9, = 4. 89897 9592, = 4. 89897 9486,

x2j − 24 . 2xj

|¯ e1 | = |x1 − x0 | = 0.1, |¯ e2 | = |x2 − x1 | = 0.00 10204 08, |¯ e3 | = |x3 − x2 | = 0.000000 106.

Valor de la aproximación x3 = 4. 89897 9, 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 [x3 − ², x3 + ²] , por lo tanto α ∈ (x3 − ², x3 + ²) , así pues

|e3 | = |α − x3 | ≤ ². ¤

3 3.1

Orden de convergencia Definiciones

Sea (xj ) una sucesión de aproximaciones de α x0 , x1 , x2 , . . . , xj , . . . −→ y (ej ) la sucesión de errores |ej | = |α − xj | .

α

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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. j→∞ | 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. Consideremos la ecuación x2 − 30 = 0, cuya solución con 12 decimales es α = 5. 47722 55750 52. La iteración de Newton-Raphson, con valor inicial x0 = 5, es ⎧ ⎨ x0 = 5, x2 − 30 ⎩ xj+1 = xj − j . 2xj

(1)

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

|ej+1 | |ej |2

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=

|f 00 (α)| 2 |f 0 (α)|

sustituyendo α = 5. 47722 55750 52, resulta A = 0.09 12870 92917 5. ¤

4 4.1

Método de punto fijo Punto fijo

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.

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La ecuación cos(x) − x = 0 está en forma normal. Existen infinitas expresiones de punto fijo equivalentes, en primer lugar, podemos tomar x = cos(x).

(2)

Sumando x a ambos lados de la igualdad y despejando, resulta una nueva formulación de punto fijo x + cos(x) . 2

x=

Sumando 2x a los dos miembros de (2), se obtiene x=

2x + cos(x) . 3

Multiplicado por x los dos miembros de (2) por x y despejando, resulta p x = x cos(x). ¤

4.2

Iteración de punto fijo

• Objetivo Aproximar la solución de 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 ) definida por ½ x0 = valor inicial, xj+1 = g(xj ), converge a un valor α, entonces α es un punto fijo de g(x). Demostración. Se cumple lim xj = α,

j→∞

como g(x) es continua, resulta 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, mediante la iteración de punto fijo para la forma x=

x + cos(x) 2

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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? (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 forma x=

2x + cos(x) , 3

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

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

2xj + cos(xj ) , 3 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. ¤

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4.3

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Convergencia de la iteración de punto fijo

Teorema 4.1 Supongamos que se cumplen las siguientes hipótesis: 1. g(x) 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, son ciertas las siguientes afirmaciones: 1. La ecuación x = g(x) tiene solución única α en [a, b]. 2. La iteración de punto fijo 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]. • (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]

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Tema 5: Resolución aproximada de ecuaciones. 16

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 ¡ ¢ ln 0.5 × 10−4 = 57. 377. j≥ ln (0. 84147) Esto es, necesitamos j = 58 iteraciones. (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

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. ¤

4.4

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)

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Es inmediato comprobar 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 llevaría a elegir, entre todos los posibles valores de λ, aquel valor que minimize |g 0 (α)|. En concreto tomamos el valor de λ que anula g 0 (α), esto es g 0 (α) = 1 − λf 0 (α) = 0, resulta el valor λ=

1 f 0 (α)

.

El problema está en que no conocemos α y, por lo tanto, no podemos calcular λ. Un método práctico para determinar λ es el siguiente: 1. Sabemos que el intervalo [a, b] contiene la solución α. Estimamos f 0 (α) '

f (b) − f (a) . b−a

2. Tomamos

En resumen, el método es

λ= ³

1 f (b)−f (a) b−a

´.

⎧ ⎨ x0 = valor inicial, b−a f (xj ). ⎩ xj+1 = xj − f (b) − f (a)

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).

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A partir de una representación gráfica esquemática, 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

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

Podemos tomar α = 1.7632. ¤ 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).

Francisco Palacios

Tema 5: Resolución aproximada de ecuaciones. 19

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

¤