Métodos Iterativos para Ecuaciones no Lineales. Oldemar Rodríguez Rojas

M´etodos Iterativos para Ecuaciones no Lineales

Contents

1 M´etodos iterativos para ecuaciones no lineales 2

1.1 El m´etodo de aproximaciones sucesivas . . . 2

1.1.1 Teoremas de convergencia y del error . . . 2

1.1.2 El m´etodo de punto fijo para resolver ecuaciones de una variable . . . 8

1.2 M´etodo de la Bisecci´on . . . 11

1.2.1 Estudio del error en el m´etodo de la bisecci´on . . . 14

1.3 M´etodo de Newton–Raphson . . . 15

1.4 M´etodo de la Secante . . . 19

1.5 Orden de convergencia . . . 22

1.6 Convergencia acelerada y el m´etodo de Steffensen . . . 26

1.6.1 El m´etodo 42 _{de Aitken . . . . 26}

Chapter 1

M´

etodos iterativos para

ecuaciones no lineales

1.1

El m´

etodo de aproximaciones sucesivas

1.1.1

Teoremas de convergencia y del error

Teorema 1 Sea U un subconjunto completo de un espacio normado X y A : U → U una contracci´on. Entonces las aproximaciones sucesivas:

xn+1= Axn, para n = 0, 1, 2, . . . ,

con x0arbitrario en U, convergen al punto fijo ´unico x de A.

Prueba Sea x0 ∈ U entonces definimos recursivamente la siguiente sucesi´on

en U :

xn+1:= Axn, para n = 0, 1, 2, . . . .

De donde se tiene que:

kxn+1− xnk = kAxn− Axn−1k ≤ q kxn− xn−1k ,

luego por inducci´on se deduce que:

kxn+1− xnk ≤ qnkx1− x0k , para n = 0, 1, 2, . . . .

Por lo tanto para m > n se tiene que:

kxn− xmk ≤ kxn− xn+1k + kxn+1− xn+2k + · · · + kxm−1− xmk (1.1) ≤ qn_{+ q}n+1_{+ · · · + q}m−1
_kx 1− x0k ≤ q n 1 − qkx1− x0k . Como qn_{→ 0 cuando n → ∞, entonces (x}

n) es una sucesi´on de Cauchy y como

Corolario 1 [Cota del Error a Priori] Con las mismas hip´otesis del Teorema 1 se tiene el siguiente estimado para el error a priori:

kxn− xk ≤

qn

1 − qkx1− x0k . Prueba Es evidente de la desigualdad (1.1).

Corolario 2 [Cota del Error a Posteriori] Con las mismas hip´otesis del Teorema 1 se tiene el siguiente estimado para el error a posteriori:

kxn− xk ≤

q

1 − qkxn− xn−1k . Prueba Se deduce del error a priori iniciando con x0= xn−1.

Teorema 2 [Versi´_{on 1] Sea D ⊂ R un cerrado y sea g : D → D una funci´on} continuamente diferenciable con la siguiente propiedad:

q := sup

x∈D

|g0_{(x)| < 1.}

Entonces la ecuaci´on g(x) = x tiene soluci´on ´unica x ∈ D y la sucesi´on de aproximaciones sucesivas:

xn+1:= g(xn), para n = 0, 1, 2, . . .

con x0 arbitrario en D converge a esta soluci´on. Adem´as se tiene el siguiente

estimado para el error a priori:

|xn− x| ≤

qn

1 − q|x1− x0| , (1.2) y el siguiente estimado para el error a posteriori:

|xn− x| ≤

q

1 − q|xn− xn−1| . (1.3) Adem´as si D = [a, b] entonces se tiene tambi´en la siguiente cota del error:

|xn− x| ≤ qnmax{x0− a, b − x0}. (1.4)

Prueba El espacio R equipado de la norma valor absoluto | · | es un espacio de Banach. Por el teorema del valor medio, para todo x, y ∈ D con x < y se tiene que:

g(x) − g(y) = g0(ξ)(x − y) para alg´un punto ξ ∈ ]x, y[. Por lo tanto:

|g(x) − g(y)| ≤ sup

ξ∈D

lo cual tambi´en es v´alido para x, y ∈ D con x ≥ y. Por lo tanto g es una contracci´on, luego aplicando el Teorema de Banach o el Teorema 1 se tiene la existencia y unicidad del punto fijo.

De los corolarios 1 y 2 se tienen obviamente las desigualdades (1.2) y (1.3). Para probar la cota del error (1.4) note que:

|xn− x| = |g(xn−1) − g(x)| = |g0(ξ1)| · |xn−1− x| ≤ q |xn−1− x|

= q |g(xn−2) − g(x)| = q |g0(ξ2)| · |xn−2− x| ≤ q2|xn−2− x|

≤ · · ·

≤ qn|x0− x|

≤ qnmax{x0− a, b − x0}.

Teorema 3 [Versi´on 2] Sea g ∈ C[a, b], con g : [a, b] → [a, b]. Entonces:

1. g tiene un punto fijo en [a, b].

2. Adem´as si g0(x) existe en ]a, b[ y |g0(x)| ≤ q < 1, para todo x ∈ ]a, b[ entonces g tiene un punto fijo ´unico en [a, b].

Prueba

1. I Caso: Si g(a) = a o g(b) = b se tiene la prueba. II Caso: Si g(a) 6= a y g(b) 6= b ⇒ g(a) > a y g(b) < b Tome h(x) = g(x) − x, note que:

h es continua en [a, b], h(a) = g(a) − a > 0, h(b) = g(b) − b < 0,

luego h(a) y h(b) tienen signos opuestos, usando el teorema de los valores intermedios, se tiene que existe x ∈ [a, b] tal que h(x) = 0 ⇒ g(x) − x = 0 ⇒ g(x) = x, por lo x es el punto fijo de g.

2. Suponga que g tiene dos puntos fijos en [a, b], sean estos x y y, con x 6= y, entonces por el Teorema del Valor Medio existe ξ ∈ ]a, b[ tal que:

|x − y| = |g(x) − g(y)| = g0_{(ξ) |x − y| ≤ q |x − y| < |x − y|}

de donde |x − y| < |x − y| , lo cual es una contradicci´on, luego se tiene que x = y.

Ejemplo 1 Pruebe que f (x) = x

2_{− 2x}

Soluci´on: Se debe probar que f (x) ∈ [−1, 1] para todo x ∈ [−1, 1]. Como f0(x) = 1

6(2x − 2) = x − 1

3 = 0 ⇔ x = 1 entonces los m´aximos o m´ınimos posibles est´an en x = −1 o x = 1. Como f (−1) = 1

2 es m´aximo y f (1) = − 1 6 es m´ınimo entonces para todo x ∈ [−1, 1] se tiene que f (x) ∈ [−1, 1], de donde f tiene un punto fijo en [−1, 1].

Solo se ha probado que existe por lo menos un punto fijo, ahora tenemos que probar que es ´unico. Se debe probar que existe q < 1 tal que |f0(x)| ≤ q < 1, para todo x ∈ ] − 1, 1[. Note que:

| f0(x)| =     x − 1 3     ≤     −1 − 1 3     =2 3 < 1, para todo x ∈ ] − 1, 1[, Luego f (x) tiene un punto fijo ´unico en [−1, 1].

Teorema 4 Sea x un punto fijo de una funci´on continuamente diferenciable g tal que |g0(x)| < 1. Entonces el m´etodo de la aproximaciones sucesivas xn+1 := g(xn), para n = 0, 1, 2, . . . es localmente convergente, es decir,

ex-iste un vecindario B del punto fijo x de g tal que el m´etodo de aproximaciones sucesivas converge a x, para x0∈ B.

Prueba Como g0 es continua y |g0(x)| < 1 entonces existe una constante 0 < q < 1 y δ > 0 tal que |g0(y)| < q para todo y ∈ B := [x − δ, x + δ]. Entonces se tiene que:

|g(y) − x| = |g(y) − g(x)| ≤ q |y − x| < |y − x| ≤ δ

para todo y ∈ B, por lo que se deduce que g mapea B en si mismo, o sea que g : B → B es una contracci´on, por lo que el resultado se tiene del Teorema 1. El Teorema 4 se ilustra en la Figura 1.1.

Figure 1.1: El m´etodo de aproximaciones sucesivas.

Algoritmo 1 [Para encontrar puntos fijos] Entrada: x0 (aproximaci´on inicial), T ol, N, g(x)

Salida: x (punto fijo aproximado) o mensaje de error Paso 1. i ← 1

Paso 2. Mientras i ≤ N siga los pasos 3–6 Paso 3. x ← g(x0) Paso 4. Si |x − x0| < T ol Salida x Parar Paso 5. i ← i + 1 Paso 6 x0← x

Paso 7. Mensaje de error (“N´umero m´aximo de iteraciones excedido”) Parar

Una implementaci´_{on iterativa en Mathematica es la siguiente:}

PuntoFijo[X0 ,Tol , n , G ]:= Module[{i=1,X0Tem=X0,X},

While[i<=n, X=G[X0Tem];

Print[‘‘En la iteraci´on ’’,i, ‘‘el valor de X es ’’,N[X,15]]; If[Abs[X-X0Tem]<Tol, Return[X] ]; i++; X0Tem=X; ]; If[i==n+1,

Print[‘‘N´umero m´aximo de iteraciones excedido’’] ];

];

Una implementaci´_{on recursiva en Mathematica es la siguiente:}

PuntoFijoRecursivo[X0 ,Tol ,N ,F ]:= Module[{X1}, X1=F[X0]; If[(Abs[(X0-X1)]<Tol)||(N<1), If[N>=1, X1,

Print[‘‘N´umero m´aximo de iteraciones excedido’’]; ]

PuntoFijoRecursivo[X1,Tol,N-1,F] ]

Ejemplo 2 Sea f (x) = e−x, es f´acil probar que f (x) mapea A = [0.5, 0.69] en si mismo (ejercicio). Como f es continuamente diferenciable tome

q = max x∈A| f 0_{(x)| = max} x∈A  −e−x ≈ 0.606531 < 1 Si se ejecuta el programa iterativo en Mathematica como sigue:

In[1]:=[PuntoFijo[0.55, 0.000001, 30, G], 15]

es decir, tomando x0 = 0.55 como aproximaci´on inicial, con ε = T ol = 10−6

para el algoritmo anterior obtenemos que el “punto fijo” de F es x = x19 =

0.567143650676, pues en x19 se termin´o la ejecuci´on del programa, como se

aprecia en la salida del programa:

En la iteraci´on 1 el valor de X es 0.576949810380487 En la iteraci´on 2 el valor de X es 0.561608769952327 En la iteraci´on 3 el valor de X es 0.570290858658895 En la iteraci´on 4 el valor de X es 0.565360974647922 En la iteraci´on 5 el valor de X es 0.568155020178646 En la iteraci´on 6 el valor de X es 0.566569784824922 En la iteraci´on 7 el valor de X es 0.567468643541252 En la iteraci´on 8 el valor de X es 0.566958798578383 En la iteraci´on 9 el valor de X es 0.567247933366687 En la iteraci´on 10 el valor de X es 0.567083945963931 En la iteraci´on 11 el valor de X es 0.567176948212764 En la iteraci´on 12 el valor de X es 0.567124201933893 En la iteraci´on 13 el valor de X es 0.567154116414135 En la iteraci´on 14 el valor de X es 0.567137150547289 En la iteraci´on 15 el valor de X es 0.567146772602292 En la iteraci´on 16 el valor de X es 0.567141315511106 En la iteraci´on 17 el valor de X es 0.567141315511106 En la iteraci´on 18 el valor de X es 0.567142655180367 En la iteraci´on 19 el valor de X es 0.567143650676 Out[1]:=0.567143650676

Por otro lado el error absoluto al calcular x12= 0.567124201933893 igual a:

|x − x12| ≈ 1.91 ∗ 10−5,

mientras que usando el error a priori se obtiene:

|x − x12| ≤

q12

1 − q|x1− x0| = 1.70 ∗ 10

−4

y usando el error a posteriori se obtiene que:

|x − x12| ≤

q

1 − q|x12− x11| = 8.13 ∗ 10

que es una mejor estimaci´on del verdadero error. Usando el error a priori se deduce que para obtener una precisi´on de ε = 10−6 se requieren al menos de:

n ≥ log ε(1 − q) |x1− x0|



/ log(q) ≈ 22.3 ≤ 23 iteraciones,

pero se observa que el programa requiri´o de 19 iteraciones. Ejecutando la versi´on recursiva se obtiene el mismo resultado:

N[PuntoFijo Re cursivo[0.55, 0.000001, 30, G], 15] es decir, x = 0.567143650676.

1.1.2

El m´

etodo de punto fijo para resolver ecuaciones de

una variable

Ejemplo 3 Resuelva la ecuaci´on x3_{− x − 1 = 0 en el intervalo [1, 2].}

Soluci´on: Se debe plantear un problema de encontrar los puntos fijos de una funci´on g(x) que sea equivalente a resolver la ecuaci´on x3_{− x − 1 = 0. Resolver}

x3_{− x − 1 = 0 es equivalente a resolver la ecuaci´on x}3_{− 1 = x, entonces se}

puede tratar de encontrar los puntos de g(x) := x3_{− 1. Pero g(x) no cumple las}

hip´otesis del Teorema de Punto Fijo de Banach, pues g0(x) = 3x2 _{> 0 ⇒ g(x)}

es creciente en [1, 2], luego g(1) = 0 y g(2) = 7 son el m´ınimo y el m´aximo de g(x) en el intervalo [1, 2] respectivamente, por lo que g(x) /∈ [1, 2] ∀x ∈ [1, 2]. Otro intento se puede hacer usando el hecho de que:

x3− x − 1 = 0 ⇔ x = ± r 1 + 1 x, luego tome g(x) := r 1 + 1 x, g 0_{(x) = −} 1 2x2q_{1 +} 1 x < 0 en [1, 2], esto implica

que g(x) es decreciente en [1, 2], luego g(1) =√2 ≈ 1.41, g(2) =q3₂ ≈ 1.22 son el m´aximo y el m´ınimo respectivamente de g(x) en [1, 2], por lo que g(x) ∈ [1, 2] ∀x ∈ [1, 2], luego la funci´on g(x) tiene al menos un punto fijo en [1, 2].

Se prob´o que g : [1, 2] → [1, 2], falta probar que g es una contracci´on en el intervalo [1, 2]. Veamos g0(x) = − 1 2x2q_{1 +} 1 x ⇒ |g0_{(x)| =} 1 2x2q_{1 +} 1 x ≤1 2 := q < 1

de donde se puede tomar q :=1 2.

Ejecutando el programa de punto fijo con x0= 2 y  = 10−5 se obtiene:

N[PuntoFijo[2,0.00001,30,G],15] En la iteraci´on 1 el valor de X es 1.22474487139159 En la iteraci´on 2 el valor de X es 1.3477746773581 En la iteraci´on 3 el valor de X es 1.31983475643837 En la iteraci´on 4 el valor de X es 1.32577170214339 En la iteraci´on 5 el valor de X es 1.32449147872207 En la iteraci´on 6 el valor de X es 1.32476667564583 En la iteraci´on 7 el valor de X es 1.32470747924203 En la iteraci´on 8 el valor de X es 1.32472021086795 En la iteraci´on 9 el valor de X es 1.32471747253653

Luego el punto fijo de g(x) y soluci´on de la ecuaci´on x3_{−x−1 = 0 en el intervalo}

[1, 2] es: x = 1.32471747253653. Ejecutando la versi´on recursiva se obtiene la misma soluci´on:

In[9]:=N[PuntoFijoRecursivo[2,0.00001,30,G],15] Out[9]:=1.32471747253653

Usando el comando Solve de Mathematica se obtiene:

N[Solve[x^3 - x - 1 == 0, x]]

{{x->1.32472},{x->-0.662359+0.56228 I},{ x->-0.662359-0.56228 I}}

Que coincide con la soluci´on encontrada por nuestro programa. Gr´aficamente se ilustra el la Figura 1.2 usando el comando de Plot[{G[x],x},{x,0.1,3}] de Mathematica.

Ejemplo 4 Dada la ecuaci´on del ejemplo anterior x3− x − 1 = 0 en el intervalo [1, 2], ¿Cu´antas iteraciones se requieren para obtener un error absoluto menor que 10−5?

Soluci´on: Recuerde que q = 1

2 de donde se tiene que: |xn− x| ≤ qnmax{x0− a, b − x0} =  1 2 n max{1, 0} (con x0= 2) ≤  1 2 n . Luego: |xn− x| ≤ 10−5⇔  1 2 n ≤ 10−5_{⇔ n ≥ 16.6.} Tome n = 17.

Observaci´on 1 En la pr´actica el programa requiri´o solamente 9 iteraciones.

Ejemplo 5 Para la ecuaci´on x3_{− x − 1 = 0 en el intervalo [1, 2], con x} 0 = 2

estime usando el error a priori (1.2) ¿Cu´antas iteraciones se requieren para obtener un error absoluto menor que 10−5?

Soluci´on: Se tiene que

q = 1

2, x0= 2, g(x) = r

1 + 1 x.

De donde se obtiene que x1=

r 1 + 1 2 = r 3 2 ≈ 1.2 entonces: |xn− x| ≤ 1 2
n 1 − 1₂ |2 − 1.2| =  1 2 n−1 · 0.8, entonces: |xn− x| ≤ 10−5⇔  1 2 n−1 · 0.8 ≤ 10−5 ⇔ (n − 1)(− log(2)) ≤ −5 − log(0.8),

esto implica que n ≥ 17.28, por lo que se puede tomar n = 18.

1.2

M´

etodo de la Bisecci´

on

Las hip´otesis de este m´etodo son:

• f debe ser continua en el intervalo [a, b]. • f (a) y f (b) deben tiener signos opuestos.

Luego por el Teorema de los Valores Intermedios existe x ∈ [a, b] tal que f (x) = 0, gr´aficamente se ilustra en la Figura 1.3.

Figure 1.3: El m´etodo de la bisecci´on.

La idea es encontrar una sucesi´on (xn) tal que xn → x cuando n → ∞ tal que

f (x) = 0. Para encontrar la sucesi´on (xn) la idea es la siguiente:

• Tome a1= a, b1= b, x1=

a1+ b1

2 .

• Si f (x1) = 0 entonces ya se tiene el cero de la ecuaci´on x = x1.

• Si no:

– Si f (x1) y f (a) tienen el mismo signo se toma:

a2= x1, b2= b1, x2= a2+ b2 2 . – Si no se toma: a2= a1, b2= x1, x2= a2+ b2 2 ,

y as´ı sucesivamente hasta que f (xi) ≈ 0 o hasta superar el n´umero

Algoritmo 2 [M´etodo de la Bisecci´on] Entrada: a, b, T ol (tolerancia), N, f .

Salida: Aproximaci´on de x (cero de la ecuaci´on) o mensaje de error Paso 1. i ← 1

Paso 2. Mientras i ≤ N, siga los pasos 3–6 Paso 3. x ← a + b 2 Paso 4. Si f (x) = 0 o |b − a| < T ol Salida (x) Parar Paso 5. i ← i + 1 Paso 6. Si f (a) · f (x) > 0 a ← x Si no b ← x

Paso 7. Salida ( “N´umero m´aximo de iteraciones excedido”) Parar

Este algoritmo se puede programar iterativamente en Mathematica como sigue:

Biseccion[a ,b ,Tol ,n ,G ]:=

Module[{i = 1, a1 = a, b1 = b, X}, If[G[a]G[b] > 0,

Print[‘‘El m´etodo no Converge], While[i<=n,

X=N[(a1 + b1)/2,15];

Print[‘‘En la iteraci´on ’’, i, ‘‘ el valor de X es ’’,X]; If[G[a]G[X]>0, a1 = X,b1 = X];

If[(G[X] == 0)||((b1 - a1) < Tol),Return[X]]; i++;

];

If[i==n+1,

Print[‘‘El m´etodo no Converge’’] ];

]; ];

Este algoritmo se puede programar recursivamente en Mathematica como sigue:

BiseccionRecursivo[a ,b ,Tol ,F ] := Module[{A=a,B=b,X},

X=(A+B)/2;

Return[X], If[F[A]*F[X]>0, BiseccionRecursivo[X,B,Tol,F], BiseccionRecursivo[A,X,Tol,F] ] ] ];

Ejemplo 6 Resuelva la ecuaci´on x3+ 4x2− 10 = 0 en el intervalo [1, 2] con una tolerancia de ε = 10−6.

Soluci´_{on: Usando en Mathematica los comandos:} In[20]:=G[x ] := x^3 + 4 x^2 - 10;

Out[20]:=N[Biseccion[1,2,0.000001,50,G],15]; se obtiene la siguiente sucesi´on:

En la iteraci´on 1 el valor de X es 1.5 En la iteraci´on 2 el valor de X es 1.25 En la iteraci´on 3 el valor de X es 1.375 En la iteraci´on 4 el valor de X es 1.3125 En la iteraci´on 5 el valor de X es 1.34375 En la iteraci´on 6 el valor de X es 1.359375 En la iteraci´on 7 el valor de X es 1.3671875 En la iteraci´on 8 el valor de X es 1.36328125 En la iteraci´on 9 el valor de X es 1.365234375 En la iteraci´on 10 el valor de X es 1.3642578125 En la iteraci´on 11 el valor de X es 1.36474609375 En la iteraci´on 12 el valor de X es 1.364990234375 En la iteraci´on 13 el valor de X es 1.3651123046875 En la iteraci´on 14 el valor de X es 1.36517333984375 En la iteraci´on 15 el valor de X es 1.36520385742188 En la iteraci´on 16 el valor de X es 1.36521911621094 En la iteraci´on 17 el valor de X es 1.36522674560547 En la iteraci´on 18 el valor de X es 1.36523056030273 En la iteraci´on 19 el valor de X es 1.3652286529541 En la iteraci´on 20 el valor de X es 1.36522960662842 Ejecutando la versi´on recursiva se obtiene:

1.2.1

Estudio del error en el m´

etodo de la bisecci´

on

Teorema 5 Sea f ∈ C[a, b], con f (a)f (b) < 0. Entonces el algoritmo de la bisecci´on produce una sucesi´on (xn) que aproxima a x, el cero de la ecuaci´on

f (x) = 0, con un error absoluto tal que:

|xn− x| < b − a 2n para n ≥ 1. (1.5) Prueba |b1− a1| = |b − a| |b2− a2| = 1 2|b − a| |b3− a3| = 1 22|b − a| .. . |bn− an| = 1 2n−1|b − a| como x ∈ ]an, bn[ y xn = an+ bn 2 se tiene que: |xn− x| ≤ |bn− an| 2 = 1 2· 1 2n−1|b − a| = 1 2n(b − a). Observaci´on 3 |xn− x| < b − a 2n ⇒ |xn− x| 1 2n

< b − a = k, esto implica que la

sucesi´on (xn) es O

 1 2n



, es decir, xn→ x con r´apidez

1

2n, lo cual es bastante

r´apido.

Ejemplo 7 Para f (x) = x3_{+ 4x}2_{− 10, con a = 1 y b = 2; usando (1.5) hallar}

el n ∈ N necesario para tener un error absoluto menor a ε = 10−6. Soluci´on: |xn− x| < b − a 2n < 10 −6 ⇔ 2−n< 10−6 ⇔ −n log 2 < −6 ⇔ n > 6 log 2 ⇔ n > 19.9 Entonces se puede escoger n = 20.

1.3

M´

etodo de Newton–Raphson

El m´etodo de Newton–Raphson es uno de los m´as poderosos para resolver la ecuaci´on f (x) = 0. Si f es una funci´on de una variable y x0es una aproximaci´on

a cero de la funci´on f, entonces en un vecindario de x0por la f´ormula de Taylor

se tiene que:

f (x) ≈ f (x0) + f0(x0)(x − x0).

Si se define g(x) := f (x0) + f0(x0)(x − x0) entonces el cero de la funci´on af´ın

g(x) se puede considerar como una nueva aproximaci´on al cero de f (x) el cual denotamos por x1. Luego se tiene que:

g(x1) = f (x0) + f0(x0)(x1− x0) = 0, despejando se tiene: x1= x0− f (x0) f0_(x 0) . (1.6)

Geom´etricamente la funci´on af´ın g(x) representa la recta tangente a f (x) en el punto x0, esto se ilustra en la Figura 1.4.

Figure 1.4: M´etodo de Newton.

De la Figura 1.4 tambi´en se puede deducir el m´etodo de Newton–Raphason, n´otese que:

f0(xi) =

f (xi) − 0

xi− xi+1

lo cual implica que:

xi− xi+1=

f (xi)

de donde:

xi+1= xi−

f (xi)

f0_(x i)

que es la sucesi´on del m´etodo de Newton–Raphson.

Observaci´on 5 El m´etodo de Newton–Raphson consiste en dise˜nar un algo-ritmo que calcule la sucesi´on:

xn =    x0 si n = 0 xn−1− f (xn−1) f0_(x n−1) si n > 0

Algoritmo 3 [M´etodo de Newton–Raphson] Entrada: x0, N, T ol, f .

Salida: La soluci´on x aproximada de la ecuaci´on f (x) o mensaje de error. Paso 1. i ← 1

Paso 2. Mientras i ≤ N, pasos 3-6 Paso 3. x ← x0− f (x0) f0_(x 0) Paso 4. Si |x − x0| < T ol Salida (x) Parar. Paso 5. i ← i + 1 Paso 6. x0← x

Paso 7. Salida ( “N´umero m´aximo de iteraciones excedido”) Parar

El m´_{etodo de Newton–Raphson se puede implementar iterativamente en} Math-ematica como sigue:

NewtonRaphson[x0 , Tol , n , F ] := Module[{i = 1, X0Tem = x0, x}, G[X ] = D[F[X],X]; While[(i <= n), x = N[X0Tem - F[X0Tem]/G[X0Tem],15]; Print[‘‘En la iteraci´on ’’, i, ‘‘ el valor de x es ’’, x]; If[Abs[x - X0Tem] < Tol, Return[x]]; i++;

X0Tem = x; ];

If[i <= n, Return[x],

Print[‘‘N´umero m´aximo de iteraciones excedido’’] ];

El m´_{etodo de Newton–Raphson se puede implementar recursivamente en} Math-ematica como sigue:

NewtonRaphsonRecursivo[x0 , Tol , n , F ] := Module[{X0Tem = x0, x},

G[X ] = D[F[X],X];

x = X0Tem - F[X0Tem]/G[X0Tem];

If[(Abs[x - X0Tem] < Tol) || (n == 0), If[n > 0,

Return[x],

Print[‘‘N´umero m´aximo de iteraciones excedido’’]] NewtonRaphsonRecursivo[x, Tol, n-1, F]

] ];

Ejemplo 8 Ejecutando el programa iterativo para resolver la ecuaci´on e−x− x = 0 con x0 = 1 como aproximaci´on inicial y con una tolereacia de  = 10−6

se obtiene la siguiente: In[2]:=F[x ]:=N[Exp[-x]-x]; In[3]:=N[NewtonRaphson[1,0.000001,20,F],15] En la iteraci´on 1 el valor de x es 0.53788284273999 En la iteraci´on 2 el valor de x es 0.566986991405413 En la iteraci´on 3 el valor de x es 0.567143285989123 En la iteraci´on 4 el valor de x es 0.567143290409784 Out[3]:=0.567143290409784

Mientras que ejecutando el programa recursivo se obtiene: In[5]:=N[NewtonRaphsonRecursivo[1,0.000001,20,F],15] Out[5]:=0.567143290409784

Teorema 6 Sea f ∈ C2_{[a, b]. Si x ∈ [a, b] con f (x) = 0 y f}0_{(x) 6= 0, entonces}

existe  > 0 tal que el m´etodo de Newton–Raphson:

xn+1:= xn−

f (xn)

f0_(x n)

genera una sucesi´on que est´a bien definida y converge a x cuando n → ∞, para todo x0∈ [x − , x + ].

Prueba Sea

g(x) := x − f (x) f0_(x).

pn:=



p0 si n = 0

g(pn−1) si n ≥ 1

Es claro que la (pn) es la sucesi´on de Newton–Rapson, entonces basta probar

que g cumple las hip´otesis del Teorema de punto fijo de Banach, a saber que: ∃  > 0 y q ∈ ]0, 1[ tal que ∀ x ∈ ]_ex − ,x + [ ⇒ |g_e 0(x)| ≤ q < 1, y que g mapea el intervalo [x − ,_{e e}x + ] en si mismo.

Como f0₍

e

x) 6= 0 y f0 _{es continua se tiene que existe un }

1> 0 tal que f0(x) 6= 0

para todo x ∈ ]_ex − 1,ex + 1[ ⊂ [a, b], de esta manera g est´a definida y es continua en ]x − _e 1,ex + 1[. Tambi´en lo est´a:

g0(x) = f (x)f

00_(x)

[f0_(x)]2 para todo x ∈ ]ex − 1,x + e 1[.

Como f ∈ C2[a, b] entonces g ∈ C1[_ex − 1,x + _e 1]. Como por hip´otesis f (x) = 0_e

entonces: g0(_ex) = f (x)fe 00₍ e x) [f0₍ e x)]2 = 0.

Luego como g0 es continua, esto implica que para cualquier constante q < 1 existe un , con 0 <  < 1 y tal que:

|g0(x)| ≤ q < 1 para todo x ∈ ]x − ,_{e e}x + [.

Solo falta probar que g : ]x − ,_{e e}x + [→]_ex − ,x + [, pero si x ∈ ]_{e e}x − ,x + [_e por el Teorema del Valor Medio para alg´un ξ entre x y_ex se tiene que:

|g(x) − g(x)| = |g_e 0(ξ)| |x −x| ,_e entonces:

|g(x) −x| = |g(x) − g(_{e e}x)| = |g0(ξ)| |x −_ex| ≤ q |x −x| < |x −_{e e}x| . (1.7) Como x ∈ ]x − ,_{e e}x + [ entonces |x −_ex| <  luego por (1.7) se tiene que |g(x) −_ex| <  lo cual implica que g(x) ∈ ]x − ,_{e e}x + [ con lo que se prueba que g : ]_ex − ,x + [→]_{e e}x − ,x + [._e

Ejemplo 9 Hallar un m´etodo para calcular√A, con A ≥ 0.

Soluci´on: Probaremos que la sucesi´on (xn) definida por xn+1=

1 2  xn+ A xn 

converge a√A. N´otese que calcular√A es equivalente a resolver la ecuaci´on:

usando el m´etodo de Newton–Raphson con f (x) = x2− A y f0_{(x) = 2x se tiene} que: xn+1 = xn− f (xn) f0_(x n) = xn− x2 n− A 2xn = 1 2  xn+ A xn  .

De donde es claro que la sucesi´on xn→

√

A cuando n → ∞.

1.4

M´

etodo de la Secante

El problema con el m´etodo de Newton–Rapson es que requiere la derivada de f (x) la cual en muchos casos no se tiene. La idea del m´etodo de la secante es usar una aproximaci´on para esta derivada, como se ilustra en la Figura 1.5.

Figure 1.5: M´etodo de la secante.

La deducci´on del m´etodo es la siguiente:

f0(xn−1) = lim n→xn−1 f (x) − f (xn−1) x − xn−1 ≈ f (xn−2) − f (xn−1) xn−2− xn−1 . (1.8) Si en el m´etodo de Newton–Rapson xn= xn−1− f (xn−1) f0_(x n−1) sustituimos f0_(x n−1)

xn ≈ xn−1−

f (xn−1)

f (xn−2) − f (xn−1)

xn−2− xn−1

,

simplificando se obtiene el M´etodo de la Secante:

xn≈ xn−1−

(xn−2− xn−1)f (xn−1)

f (xn−2) − f (xn−1)

.

Entonces el m´etodo de la secante consiste en calcular la sucesi´on (xn) definida

por: xn =        x0 si n = 0 x1 si n = 1 xn−1− (xn−2− xn−1)f (xn−1) f (xn−2) − f (xn−1) si n ≥ 2

El siguiente algoritmo permite calcular esta sucesi´on:

Algoritmo 4 [M´etodo de la Secante] Entrada: N, T ol, x0, x1

Salida: Aproximaci´on de x, con f (x) = 0 o mensaje de error Paso 1. i ← 2

Paso 2. Mientras i ≤ N, pasos 3–6 Paso 3. x ← x1− (x0− x1)f (x1) f (x0) − f (x1) Paso 4. Si |x − x0| < T ol Salida (x) Parar Paso 5. x0← x1 x1← x Paso 6. i ← i + 1

Paso 7. Salida (“N´umero m´aximo de iteraciones excedido”) Parar

Una implementaci´_{on iterativa en Mathematica del algoritmo anterior es la} siguiente:

Secante[X0 ,X1 ,Tol ,N ,F ]:=

Module[{i=2,X0Tem=X0,X1Tem=X1,X}, While[(i<=N),

X=X1Tem-((X0Tem-X1Tem)*F[X1Tem]/(F[X0Tem]-F[X1Tem])); Print[‘‘En la iteraci´on ’’,i,‘‘ el valor de X es ’’,X]; If[(Abs[X-X1Tem])<Tol,Return[X]];

If[i==N+1,

Print[‘‘N´umero m´aximo de iteraciones excedido’’] ];

];

Una implementaci´_{on recursiva en Mathematica del algoritmo anterior es la} siguiente: SecanteRecursivo[X0 ,X1 ,Tol ,N ,F ]:= Module[{X0Tem=X0,X1Tem=X1,X}, X=X1Tem-((X0Tem-X1Tem)*F[X1Tem]/(F[X0Tem]-F[X1Tem])); If[((Abs[X-X1Tem])<Tol)||(N==0), If[N>=1, Return[X],

Print[‘‘N´umero m´aximo de iteraciones excedido’’]], SecanteRecursivo[X1,X,Tol,N-1,F]

] ];

Ejemplo 10 Ejecutando el programa iterativo para resolver la ecuaci´on e−x− x = 0 con x0= 1 y x1= 1₂ como aproximaciones iniciales y con una tolereacia

de  = 10−6 se obtiene la siguiente: In[1]:=F[x ]:=Exp[-x]-x In[2]:=N[Secante[1,0.5,0.000001,100,F],15] En la iteraci´on 2 el valor de P es 0.572112 En la iteraci´on 3 el valor de P es 0.567204 En la iteraci´on 4 el valor de P es 0.567143 En la iteraci´on 5 el valor de P es 0.567143 Out[2]:=0.567143290410387

Mientras que ejecutando la versi´on recursiva se obtiene: In[3]:=N[SecanteRecursivo[1,0.5,0.000001,100,F],15] Out[3]:=0.567143290410387

Teorema 7 Sea f una funci´on de clase C2_{[a, b] con a < b. Si existe un punto}

x tal que f (x) = 0 y f0(x) 6= 0 entonces existe un n´umero  > 0 tal que si x0y

x1 est´an dentro del intervalo [x − , x + ] la sucesi´on generada por el m´etodo

de la secante

xn= xn−1−

(xn−2− xn−1)f (xn−1)

f (xn−2) − f (xn−1)

.

est´a bien definida dentro del intervalo [x − , x + ] y converge a x (cero de la ecuaci´on f (x) = 0).

1.5

Orden de convergencia

Definici´on 1 Sea (xn) una sucesi´on que converge a x, se denota en:= xn− x

para n ≥ 0. Si existen constantes α y λ positivas, tal que:

lim n→∞ |xn+1− x| |xn− x| α = lim n→∞ |en+1| |en| α = λ,

entonces se dice que la sucesi´on (xn) converge a x con orden α y con constante

asint´otica λ.

Observaci´on 6 • Entre mayor sea el orden de convergencia, o sea entre mayor sea α, mayor ser´a la “velocidad” de convergencia.

• Si α = 1, se dice que el m´etodo tiene orden lineal. • Si α = 2, se dice que el m´etodo tiene orden cuadr´atico.

Ejemplo 11 Suponga que tenemos dos esquemas (sucesiones) xn yxental que: • lim n→∞ |en+1| |en| = 0.75 (m´etodo lineal). • lim n→∞ |_een+1| |_een|2

= 0.75 (m´etodo cuadr´atico).

• Se supone adem´as que e0= 0.5 y_ee0= 0.5

¿Cu´antas iteraciones requieren xn y x_en para converger con un error absoluto

menor a 10−8? Soluci´on:

1. Analicemos primero la sucesi´on (esquema) xn:

|xn+1− x| < 10−8⇔ |en+1| < 10−8.

Pero |en+1| |en|

≈ 0.75 de donde |en+1| ≈ 0.75 |en| ≈ 0.752|en−1| ≈ · · · ≈

0.75n|e0| = 0.75n· 0.5, esto implica que:

|en+1| < 10−8⇔

0.75n· 0.5 < 10−8⇔

n log(0.75) < −8 − log(0.5) ⇔ n > −8 − log(0.5)

log(0.75) ≈ 61.62.

Se puede tomar n = 62, por lo tanto xn requiere aproximadamente 62

2. Analicemos ahora la sucesi´on_exn: |_exn+1− x| < 10−8⇔ |_een+1| < 10−8. Pero |een+1| |e_en| 2 ≈ 0.75 de donde |een+1| ≈ 0.75 |een| 2 ≈ 0.75h0.75 |_een−1|2 i2 = 0.753_| e en−1| 4 ≈ 0.753h_{0.75 |} e en−2| 2i4 = 0.757_| e en−2| 8 ≈ · · · ≈ 0.752n+1−1_| e e0| 2n+1 , de donde |_een+1| < 10−8⇔ 0.752n+1−1|_ee0| 2n+1 < 10−8⇔ 0.752n+1−1· 0.52n+1 < 10−8⇔ 0.75−1· 0.3752n+1 < 10−8⇔ 2n+1log(0.375) < −8 + log(0.75) ⇔ 2n+1 > −8 + log(0.5) log(0.375) ⇔ (n + 1) log(2) > log(19.07) ⇔ n > log(19.07) log(2) − 1 ≈ 3.24,

luego n = 4, por lo que _exn requiere solamente de n = 4 iteraciones para

converger a x mientras que esquema lineal requiri´o de aproximadamente 62 iteraciones para converger a x.

Teorema 8 Sea xn =



x0 si n = 0

g(xn−1) si n ≥ 1

el esquema (la sucesi´on) de punto fijo visto en la secci´on 1.1. Si adem´as se supone que:

• g : [a, b] → [a, b]. • g ∈ C2_{[a, b].}

• Existe q tal que 0 ≤ q < 1 y |g0_{(x)| ≤ q < 1 para todo x ∈ ]a, b[.}

• g0_{(x) 6= 0 para x el punto fijo de g.}

Entonces (xn) converge al menos linealmente a x, cuando n → ∞.

Prueba

|en+1| = |xn+1− x| = |g(xn) − g(x)| = |g0(ξn)(xn− x)| = |g0(ξn)en|

con ξn entre xn y x. Como xn → x cuando n → ∞ y ξn est´a entre xn y x

Por lo tanto lim

n→∞

|en+1|

|en|

= g0(x) := λ < 1, de donde la convergencia es lineal.

Teorema 9 Sea_ex un punto fijo de g, adem´as g0₍

e

x) = 0, g00 _{es continua en un}

intervalo abierto I que contiene a x y g00₍

e

x) 6= 0. Entonces existe  > 0 tal que para x0∈ [ex − ,ex + ] la sucesi´on xn =



x0 si n = 0

g(xn−1) si n ≥ 1

converge al menos cuadr´aticamente ax._e

Prueba Escoja  tal que intervalo [_ex − ,x + ] est´_e e contenido en I, |g0(x)| ≤ q < 1 y g00 sea continua. Como |g0(x)| ≤ q < 1 se tiene que los t´erminos de la sucesi´on (xn) est´an contenidos en [x − ,_e x + ]. Expandiendo g(x) en su_e

polinomio de Taylor para x ∈ [_ex − ,x + ] se tiene que:_e

g(x) = g(x) + g_e 0(_ex)(x −_ex) +g

00_(ξ)

2 (x −ex)

2_,

con ξ entre x yx. Por hip´_e otesis g(_ex) =x y g_e 0(x) = 0, esto implica que:_e g(x) =x +_e g

00_(ξ)

2 (x −x)e

2_.

En particular si se toma x = xn entonces:

xn+1= g(xn) =_ex +

g00(ξ_n)

2 (xn−x)e

2_.

con ξ_n entre xn y_ex. Luego

xn+1−x =_e

g00(ξ_n)

2 (xn−x)e

2_{. (1.9)}

.

Como |g0(x)| ≤ q < 1 y g mapea [_ex − ,x + ] en si mismo es claro que (x_e n)

converge ax punto fijo de g, entonces como ξ_{e n} est´a entre xn y ex la sucesi´on (ξ_n) converge tambi´en a _ex. Luego usando (1.9) se deduce que:

lim n→∞ |xn+1−x|_e |xn−x|e 2 = |g00₍ e x)| 2 = λ 6= 0. Entonces la sucesi´on (xn) converge cuadr´aticamentex.e Corolario 3 Sea f ∈ C3_{[a, b]. Si}

e

x ∈ [a, b] con f (_ex) = 0, f0(_ex) 6= 0 y f00(x) 6= 0,_e entonces existe  > 0 tal que el m´etodo de Newton–Raphson:

xn+1:= xn−

f (xn)

f0_(x n)

Prueba La convergencia de (xn) se demostr´o en el Teorema 6. Usando el

teorema anterior se concluye el corolario, pues si se toma g(x) := x − f (x) f0_(x) entonces g(x) =_{e e}x − f (x)e f0₍ e x) =x pues f (e ex) = 0 y f 0₍ e x) 6= 0. Adem´as g0(x) = 1 −f 0_(x)f0_{(x) − f (x)f}00_(x) (f0_(x))2 = 1 − 1 − f (x)f00_(x) [f0_(x)]2 = − f (x)f00_(x) [f0_(x)]2 de donde g0(x) = 0, pues f (_e x) = 0._e Como: g00(x) = [f 0_(x)]2 f00(x) + f (x)f0(x)f(3)(x) − 2f (x) [f00(x)]2 [f0_(x)]3 , entonces g00₍ e x) = f 00₍ e x) f0₍ e x) 6= 0. Es claro que g

00 _{es continua en un intervalo que}

contiene ax dado que f ∈ C_e 3_{[a, b]. Entonces g(x) cumple todas las hip´otesis}

del teorema anterior por lo que (xn) converge cuadr´aticamente a_ex.

Teorema 10 Sea f una funci´on de clase C2[a, b]. Si existe un puntox tal que_e f (x) = 0, f_e 0₍

e

x) 6= 0 y f00₍

e

x) 6= 0 entonces existe un n´umero  > 0 tal que si x0

y x1est´an dentro del intervalo [x − , x + ] la sucesi´on generada por el m´etodo

de la secante

xn= xn−1−

(xn−2− xn−1)f (xn−1)

f (xn−2) − f (xn−1)

.

converge ax con orden de al menos_e 1 + √

5

2 ≈ 1.618. Prueba (Ejercicio) Sugerencias: Pruebe que

|en+1| ≈ C · |en| · |en−1| , (1.10) con C := |f 00₍ e x)| |2f0₍ e

x)|. Por la definici´on 1 se busca una soluci´on aproximada a la ecuaci´on

|en| = λ |en−1| α

, (1.11)

con λ > 0 y α ≥ 1. Pero considerando (1.10) como una ecuaci´on y sustituyendo en (1.11) se tiene que: λ |en| α = λλα|en−1| α2 = Cλ |en−1| α+1 . (1.12) La ecuaci´on (1.12) es v´alida solamente para n suficientemente grandes si:

1.6

Convergencia acelerada y el m´

etodo de

Steffensen

1.6.1

El m´

etodo 4

_{de Aitken}

El m´etodo 42_{de Aitken tiene las siguientes hip´otesis:}

1. (xn) converge linealmente a x con constante as´ınt´otica λ tal que 0 < λ < 1.

2. Los signos de xn− x, xn+1− x y xn+2− x son iguales.

3. Se asume que para n suficientemente grande: xn+1− x

xn− x

≈ xn+2− x xn+1− x

. (1.13)

La idea es encontrar una sucesi´on (x_en) la cual converge “m´as r´apidamente” a x

que la sucesi´on (xn). Note que de (1.13):

⇒ (xn+1− x)(xn+1− x) ≈ (xn− x)(xn+2− x) ⇒ x2_n+1− 2xxn+1+ x2≈ xn+2xn− xxn+2− xxn+ x2 ⇒ −2xxn+1+ xxn+2+ xxn≈ −x2n+1+ xn+2xn ⇒ (−2xn+1+ xn+2+ xn)x ≈ −x2n+1+ xn+2xn ⇒ x ≈ −x 2 n+1+ xn+2xn (−2xn+1+ xn+2+ xn) ⇒ x ≈ xn+2xn− x 2 n+1 xn+2− 2xn+1+ xn ⇒ x ≈ x 2 n+ xn+2xn− 2xnxn+1− x2n+ 2xnxn+1− x2n+1 xn+2− 2xn+1+ xn ⇒ x ≈ xn(xn+ xn+2− 2xn+1) − (xn+1− xn) 2 xn+2− 2xn+1+ xn ⇒ x ≈ xn− (xn+1− xn)2 xn+2− 2xn+1+ xn

El m´etodo de 42 _{de Aitken se basa en el hecho de que la sucesi´on (}

e xn) definida por: e xn+3:= xn− (xn+1− xn)2 xn+2− 2xn+1+ xn ,

bajo ciertas condiciones, converge “m´as rapidamente” a x que la sucesi´on (xn).

• 4k_(x

n) = 4k−1(4xn) para k ≥ 2.

Observaci´on 7 N´otese que con esta notaci´on se tiene: 42(xn) = 4(4xn)

= 4xn+1− 4xn

= xn+2− xn+1− (xn+1− xn)

= xn+2− 2xn+1+ xn.

Por lo que el m´etodo 42de Aitken se puede escribir como: e xn+3:= xn− (4xn)2 42_x n . (1.14)

Pero ¿qu´e quiere decir que una sucesi´on (_exn) converge m´as r´apido a x que la

sucesi´on (xn)?

Definici´on 2 Sean (xn) y (x_en) dos sucesiones que convergen a x, se dice que

la sucesi´on (x_en) converge m´as r´apido a x que la sucesi´on (xn) si:

lim n→∞ e xn− x xn− x = 0.

Teorema 11 Sea (xn) una sucesi´on que converge a x con orden lineal con

constante asint´otica λ < 1, adem´as se asume que en = xn− x 6= 0 para todo

n. Entonces la sucesi´on (x_en), definida en (1.14), converge a x m´as r´apido que

(xn).

Prueba Ejercicio.

1.6.2

El m´

etodo de Steffensen

Por el Teorema 8 la sucesi´on de aproximaciones sucesivas (xn) converge

lineal-mente a x, cuando n → ∞ con constante asint´otica λ < 1, entonces tiene sentido aplicar el m´etodo 42 _{de Aitken a ´esta sucesi´on. Es as´ı como una combinaci´on}

entre el m´etodo de aproximaciones sucesivas y el m´etodo 42_{de Aitken producen}

un m´etodo conocido como el M´etodo de Steffensen, el cual consiste en calcular la sucesi´on: xn+1:= xn− [g(xn) − xn] 2 g(g(xn)) − 2g(xn) + xn . (1.15)

Algoritmicamente el M´etodo de Steffensen para acelerar el m´etodo de punto fijo se puede expresar de la siguiente manera. Sea x0 la aproximaci´on inicial en el

x(0)₀ = x0 x(0)₁ = gx(0)₀  x(0)₂ = gx(0)₁  x(1)₀ = 42_x(0) 0  = x(0)₀ − h x(0)₁ − x(0)₀ i 2 x(0)₂ − 2x(0)₁ + x(0)₀ x(1)₁ = gx(1)₀  x(1)₂ = gx(1)₁  x(2)₀ = 42_x(1) 0  = x(1)₀ − h x(1)₁ − x(1)₀ i2 x(1)₂ − 2x(1)₁ + x(1)₀ .. .

En pseudoc´odigo el M´etodo de Steffensen se puede expresar como sigue:

Algoritmo 5 [M´etodo de Steffensen] Entrada: N, T ol, x0, g

Salida: Aproximaci´on de x o mensaje de error Paso 1. i ← 2

Paso 2. Mientras i ≤ N, siga los pasos 3–6 Paso 3. x1= g(x0) x2= g(x1) x = x0− (x1− x0)2 x2− 2x1+ x0 Paso 4. Si |x − x0| < T ol Salida (x) Parar Paso 5. i ← i + 1 Paso 6. x0← x

Paso 7. Salida ( “N´umero m´aximo de iteraciones excedido”) Parar

x=N[x0Tem-(x1-x0Tem)^2/(x2-2*x1+x0Tem)]; Print[‘‘En la iteraci´on ’’, i, ‘‘ el valor de x es ’’,N[x,15]]; If[Abs[x-x0Tem]<Tol,Return[x]]; i++; x0Tem=x; ]; If[i==n+1,

Print[‘‘N´umero m´aximo de iteraciones excedido’’]]; ];

Este algoritmo se puede programar recursivamente en Mathematica como sigue: SteffensenRecursivo[x0 ,Tol ,n ,G ]:= Module[{x1,x2,x}, x1=N[G[x0]]; x2=N[G[x1]]; x=N[x0Tem-(x1-x0Tem)^2/(x2-2*x1+x0Tem)]; If[(Abs[(x-x0)]<Tol)||(n < 1), If[n>=1, x,

Print[‘‘N´umero m´aximo de iteraciones excedido’’] ],

SteffensenRecursivo[x,Tol,n-1,G] ]

];

Ejemplo 12 Resuelva la ecuaci´on x3− x − 1 = 0 en el intervalo [1, 2] con  = 10−5_.

Soluci´on: Como se mostr´o en el ejemplo 3, utilizando g(x) = r

1 + 1

xel m´etodo de punto fijo requir´ıo de 9 iteraciones para resolver esta ecuaci´on, con una tolerancia de  = 10−5_{, mientras que el M´etodo de Steffensen requiere solamente}

de 5 iteraciones, como se muestra seguidamente: In[32]:=G[x ]:=Sqrt[1+1/x] In[33]:=N[Steffensen[2,0.00001,100,G],15] En la iteraci´on 1 el valor de x es 1.37502 En la iteraci´on 2 el valor de x es 1.32478 En la iteraci´on 3 el valor de x es 1.32472 En la iteraci´on 4 el valor de x es 1.32472 Out[33]:=1.32472

Teorema 12 Si el m´etodo de punto fijo xn+1 = g(xn) converge linealmente

Prueba (Ejercicio) Suponga que g(x) es un n´umero suficiente de veces deriv-able, luego pruebe que: