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Metodos Iterativos para Ecuaciones no

Lineales

Dr. Oldemar Rodriguez Rojas

Setiembre 2001

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Contents

1 Metodos iterativos para ecuaciones no lineales v1 El metodo de aproximaciones sucesivas . . . . . . . . . . . . v

1.1 Teoremas de convergencia y estudio del error . . . . v1.2 El metodo de punto fijo para resolver ecuaciones de

una variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . x2 Metodo de la Biseccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . xiv3 Estudio del error . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . xv

3.1 Note . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . xv4 Metodo de Newton-Raphson . . . . . . . . . . . . . . . xv

4.1 OBS: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . xvi5 Metodo de la Secante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . xvii6 Analisis del error y tecnicas de acelaracion . . . . . . . . . . xix

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Metodos iterativos paraecuaciones no lineales

1 El metodo de aproximaciones sucesivas

1.1 Teoremas de convergencia y estudio del error

Teorema 1 Sea U un subconjunto completo de un espacio normado X yA : U → U una contraccion. Entonces las aproximaciones sucesivas:

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

con x0 arbitrario en U converge al punto fijo unico x de A.

Prueba Sea x0 ∈ U entonces definimos recursivamente la siguiente sucesionen U :

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

De donde se tiene que:

‖xn+1 − xn‖ = ‖Axn −Axn−1‖ ≤ q ‖xn − xn−1‖ ,

luego por induccion se deduce que:

‖xn+1 − xn‖ ≤ qn ‖x1 − x0‖ , para n = 0, 1, 2, . . . .

Por lo tanto para m > n se tiene que:

‖xn − xm‖ ≤ ‖xn − xn+1‖+ ‖xn+1 − xn+2‖+ · · ·+ ‖xm−1 − xm‖ (1.1)

≤(qn + qn+1 + · · ·+ qm−1

)‖x1 − x0‖

≤ qn

1− q‖x1 − x0‖ .

Como qn → 0 cuando n → ∞ entonces (xn) es una sucesion de Cauchy ycomo U es completo entonces existe x ∈ U tal que xn → x cuando n→∞.

Corolario 1 [Cota del Error a Priori] Con las mismas hipotesis del Teo-rema 1 se tiene el siguiente estimado para el error a priori:

‖xn − x‖ ≤ qn

1− q‖x1 − x0‖ .

Prueba Es evidente de la desigualdad (1.1).

vi 1. Metodos iterativos para ecuaciones no lineales

Corolario 2 [Cota del Error a Posteriori] Con las mismas hipotesis delTeorema 1 se tiene el siguiente estimado para el error a posteriori:

‖xn − x‖ ≤ q

1− q‖xn − xn−1‖ .

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

Teorema 2 [Version 1] Sea D ⊂ R un intervalo cerrado y sea g : D → Duna funcion continuamente diferenciable con la siguiente propiedad:

q := supx∈D|g′(x)| < 1.

Entonces la ecuacion g(x) = x tiene solucion unica x ∈ D y la sucesion deaproximaciones sucesivas:

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

con x0 arbitrario en D converge a esta solucion. Ademas se tiene el siguienteestimado 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)

Si D = [a, b] entonces se tiene tambien la siguiente cota del error:

|xn − x| ≤ qn max{x0 − a, b− x0}. (1.4)

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

g(x)− g(y) = g′(ξ)(x− y)

para algun punto ξ ∈]x, y[. Por lo tanto:

|g(x)− g(y)| ≤ supξ∈D|g′(ξ)| · |x− y| = q |x− y| ,

lo cual tambien es valido para x, y ∈ D con x ≥ y. Por lo tanto g es unacontraccion, luego aplicando el Teorema de Banach o el Teorema 1 se tienela existencia y unicidad del punto fijo. De los corolarios 1 y 2 se tienenobviamente las desigualdades (1.2) y (1.3). Para probar la cota del error(1.4) note que:

|xn − x| ≤ |g(xn−1)− g(x)| = |g′(ξ1)| · |xn−1 − x| ≤ q |xn−1 − x|= q |g(xn−2)− g(x)| = |g′(ξ2)| · |xn−2 − x| ≤ q2 |xn−2 − x|≤ · · ·≤ qn |x0 − x|≤ qn max{x0 − a, b− x0}.

1. Metodos iterativos para ecuaciones no lineales vii

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

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

2. Ademas si g′(x) existe en ]a, b[ y |g′(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 o g(b) 6= b⇒ g(a) > a o 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

⇒ h(a) y h(b) tienen signos opuestos, usando el teorema de losvalores intermedios, se tiene que existe x ∈ [a, b] tq 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,conx 6= y, entonces por el Teorema del valor medio con ξ ∈]a, b[ tal que:

|x− y| = |g(x)− g(y)| = g′(ξ) |x− y| ≤ q |x− y| < |x− y|

de donde |x− y| < |x− y| , lo cual es una contradiccion, luego setiene que x = y.

Ejemplo 1 Pruebe que f(x) =x2 − 2x

6, x ∈ [−1, 1] tiene un punto fijo en

[−1, 1].

Solucin: Se debe probar que f(x) ∈ [−1, 1] para todo x ∈ [−1, 1]. Como

f ′(x) =16(2x− 2) =

x− 13

= 0⇔ x = 1 entonces los maximos o minimos

posibles estan en x = −1 o x = 1. Como f(−1) =12

es maximo y f(1) =

−16

es minimo 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 existepor lo menos un punto fijo, ahora tenemos que probar que es unico).Se debe existe q < 1 tal que | f ′(x)| ≤ q < 1, para todo x ∈ ]−1, 1[. Noteque:

viii 1. Metodos iterativos para ecuaciones no lineales

FIGURE 1. El metodo de aproximaciones sucesivas.

| f ′(x)| =∣∣∣∣ x− 1

3

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣ −1− 13

∣∣∣∣ ≤ 23

< 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 funcion continuamente diferen-ciable g tal que |g′(x)| < 1. Entonces el metodos de la aproximacionessucesivas xn+1 := g(xn), para n = 0, 1, 2, . . . es localmente convergente,es decir existe un vecindario B del punto fijo x de g tal que el metodo deaproximaciones sucesivas converge a x para x0 ∈ B.

Prueba Como g′ es continua y |g′(x)| < 1 entonces existe una constante0 < q < 1 y δ > 0 tal que |g′(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 queg : B → B es una contraccion, por lo que el resultado se tiene del Teorema1.El Teorema 4 se ilustra en la Figura 1.Seguidamente se presenta un algoritmo en seudocodigo para el metodo delas aproximaciones sucesivas.

Algoritmo 1 [Para encontrar puntos fijos]Entrada: p0 (aproximacion inicial), Tol,N, g(x)Salida: p (punto fijo aproximado) o mensaje de errorPaso 1. i← 1

1. Metodos iterativos para ecuaciones no lineales ix

Paso 2. Mientras i ≤ N siga los pasos 3–6Paso 3. p← g(p0)Paso 4. Si |p− p0| < Tol

Salida pParar

Paso 5. i← i + 1Paso 6 p0 ← p

Paso 7. Mensaje de error (“El metodo fallo”)Parar

Una implementacion iterativa en Mathematica es la siguiente:

PuntoFijo[P0 ,Tol ,n ,G ]:=Module[{i=1,P0Tem=P0,Band=1},While[(i<=n)

P=G[P0Tem];Print[‘‘En la iteracion ’’,i,‘‘ el valor de P es ’’,

N[P,15]];If[Abs[P-P0Tem]<Tol,Band=0];i++;P0Tem=P;

];If[i==n+1,Print[‘‘El metodo no Converge’’]];P

];

Una implementacion recursiva en Mathematica es la siguiente:

PuntoFijoRecursivo[P0 ,Tol ,N ,F ]:=Module[{P1=P0},

P1=F[P0];If[(Abs[(P0-P1)]<Tol)||(N<=1),

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

]];

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

q = maxx∈A| F ′(x)| = max

x∈A

∣∣−e−x∣∣ ≈ 0.606531 < 1

Si se ejecuta el programa iterativo en Mathematica como sigue:

N[PuntoFijo[0.55, 0.000001, 30, G], 15]

es decir, tomando p0 = 0.55 como aproximacion inicial, con ε = Tol =10−6 para el algoritmo anterior obtenemos que el “punto fijo” de F es p =

x 1. Metodos iterativos para ecuaciones no lineales

p19 = 0.567143650676 (pues en p19 se termino la ejecucion del programa).Por otro lado el error absoluto al calcular p12 = 0.567124201933893 iguala:

|p− p12| ≈ 1.91 ∗ 10−5,

mientras que usando el error a priori se obtiene es:

|p− p12| ≤q12

1− q|x1 − x0| = 1.70 ∗ 10−4

y usando el error a posteriori se obtiene que:

|p− p12| <q

1− q|p12 − p11| = 8.13 ∗ 10−5

que es una mejor estimacion del verdadero error. Usando el error a priori sededuce que para obtener una precision de ε = 10−6 se requieren al menosde:

n ≥ log(

ε(1− q)|x1 − x0|

)/ log(q) ≈ 22.3 ≤ 24 iteraciones,

pero se observa que el programa requirio de 19 iteraciones.Ejecutando la version recursiva se obtiene el mismo resultado:

N[PuntoFijoRe cursivo[0.55, 0.000001, 30, G], 15]

es decir, p = 0.567143650676.

1.2 El metodo de punto fijo para resolver ecuaciones de unavariable

Ejemplo 3 Resuelva la ecuacion x3 − x− 1 = 0 en el intervalo [1, 2].

Solucin: Se debe plantear un problema de encontrar lo puntos fijos de unafuncion g(x) que sea equivalente a resolver la ecuacion x3 − x − 1 = 0.Resolver x3 − x − 1 = 0 es equivalente a resolver la ecuacion x3 − 1 = x,entonces se puede tratar de encontrar los puntos de g(x) := x3 − 1. Perog(x) no cumple las hipotesis del Teorema de punto fijo de Banach, puesg′(x) = 3x2 > 0 ⇒ g(x) es creciente en [1, 2], luego g(1) = 0 y g(2) = 7son el minimo y el maximo en el intervalo [1, 2] respectivamente, por lo queg(x) /∈ [1, 2] ∀x ∈ [1, 2]. Otro intento se puede hacer usando el hecho deque:

x3 − x− 1 = 0⇔ x = ±√

1 +1x

,

luego tome g(x) :=√

1 + 1x , g′(x) = − 1

2x2√

1 + 1x

< 0 en [1, 2], esto

implica que g(x) es decreciente en [1, 2], luego g(1) =√

2 ≈ 1.41 g(2) =

1. Metodos iterativos para ecuaciones no lineales xi√32 ≈ 1.22 son un maximo y minimo respectivamente de g(x) en [1, 2], por

lo que g(x) ∈ [1, 2] ∀x ∈ [1, 2], luego la funcion g(x) tiene al menos unpunto fijo en [1, 2].Se probo que g : [1, 2] → [1, 2], falta probar que g es una funcion Lipchitzen el intervalo [1, 2]. Veamos

g′(x) = − 1

2x2√

1 + 1x

⇒ |g′(x)| = 1

2x2√

1 + 1x

≤ 12

:= q < 1

de donde se puede tomar q :=12. Ejecutando el programa de punto fijo con

p0 = 2 se obtiene:

G[x ] := Sqrt[1 + 1/x]N[PuntoFijo[2,0.00001,30,G],15]En la iteracion 1 el valor de P es 1.22474487139159En la iteracion 2 el valor de P es 1.3477746773581En la iteracion 3 el valor de P es 1.31983475643837En la iteracion 4 el valor de P es 1.32577170214339En la iteracion 5 el valor de P es 1.32449147872207En la iteracion 6 el valor de P es 1.32476667564583En la iteracion 7 el valor de P es 1.32470747924203En la iteracion 8 el valor de P es 1.32472021086795En la iteracion 9 el valor de P es 1.32471747253653

Luego el punto fijo de g(x) y solucion de la ecuacion x3 − x − 1 = 0 en elintervalo [1, 2] es: x = 1.32471747253653. Ejecutando la version recursivase obtiene la misma solucion:

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->-0.662359-0.56228I}}

Que coincide con la solucion encontrada por nuestro programa. Graficamentese ilustra el la Figura 2 usando el comando de Plot[{G[x],x},{x,0.1,3}]de Mathematica.

Ejemplo 4 Dada la ecuacion del ejemplo anterior x3 − x − 1 = 0 en elintervalo [1, 2], ¿Cuantas iteraciones se requieren para obtener un errorabsoluto menor que 10−5?

xii 1. Metodos iterativos para ecuaciones no lineales

FIGURE 2. Grafico de g(x) y de la funcion identidad.

Solucin: Recuerde que q =12

de donde se tiene que:

|pn − p| ≤ qn max{p0 − a, b− p0}

=(

12

)n

max{1, 0} (con p0 = 2)

≤(

12

)n

.

Luego:

|pn − p| ≤ 10−5 ⇔(

12

)n

≤ 10−5 ⇔ n ≥ 16.6.

Tome n = 17.

Observacion 1 En la practica el programa requirio solamente 9 itera-ciones.

Ejemplo 5 Para la ecuacion x3−x−1 = 0 en el intervalo [1, 2], con p0 = 2estime usando el error a priori (1.2) ¿Cuantas iteraciones se requieren paraobtener un error absoluto menor que 10−5?

Solucin: Se tiene que

k =12, p0 = 2, g(x) =

√1 +

1x

.

1. Metodos iterativos para ecuaciones no lineales xiii

De donde se obtiene que p1 =√

1 +12

=√

32≈ 1.2 entonces:

|pn − p| ≤(

12

)n

1− 12

|2− 1.2|

=(

12

)n−1

· 0.8,

entonces:

|pn − p| ≤ 10−5 ⇔(

12

)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.

Observacion 2 En la practica el programa requirio solamente 9 itera-ciones.

xiv 1. Metodos iterativos para ecuaciones no lineales

FIGURE 3.

2 Metodo de la Biseccion

Hipotesis* f continua en [a,b]*f(a) y f(b) tienen signos opuestos∴por el teorema del valor intermedio existe p∈ [a, b] tq f(p)=0GraficamenteLa idea es encontrar una sucesion {pn}n∈IN tal que pn → p

n→∞y f(p)=0

Para encontrar {pn}n∈IN

-Tome a1 = a, b1 = b, p = a1+b12

-Si f(p1) = 0, termina p = p1

si nosi f(p1) y f(a) tienen el mismo signo tomea2 = p1, b2 = b1, p = a2+b2

2si noa2 = a1, b2 = p1, p = a2+b2

2

se sigue asi hasta que f(pi)∼= 0,o hasta superar el nemero de iteraciones

Algoritmo 2 Entrada: a, b, Tol (tolerancia), N, fSalida: Aproximacion de p, o mensaje de error

Paso 1. i← 2Paso 2. Mientras i ≤ N, pasos 3-6

Paso 3. p← a+b2

Paso 4. Si f(p) = 0 o |b−a|2 < Tol

Salida (p)Parar

Paso 5.i← i + 1Paso 6. Si f(a)f(p) > 0

a← pSi no

1. Metodos iterativos para ecuaciones no lineales xv

b← pPaso 7. Salida ( ”El metodo fallo”)

Parar

3 Estudio del error

Teorema 5 Sea f ∈ C[a, b], con f(a)f(b) < 0. Entonces el algortmo dela Biseccion produce una sucesion {pn}n∈IN que aproxima a p con un errorabsoluto |pn − p| < b−a

2n , n ≥ 1.

Prueba |b1 − a1| = |b− a||b2 − a2| = 1

2 |b− a|...

|bn − an| = 12n−1 |b− a|

como p ∈]an− bn[ y pn = an+bn

2 ⇒ |pn − p| ≤ |bn−an|2 ≤ 1

2 ∗1

2n−1 |b− a| =12n (b− a)Graficamente

Obs:· b−a

2n es una cota superior del error· |pn − p| < b−a

2n ⇒ |pn−p|1

2n< b − a = k (constante O( 1

2n ) ⇒ pn → p con

rapidez 12n (muy rapido)

Ejemplo 6 Para f(x) = x3 + 4x2 − 10, con a = 1 y b = 2; hallar el Nnecesario para tener un error absoluto menor a ε = 10−6

Solucion 1 |pn − p| < b−a2n < 10−6

⇔ 2−n < 10−6

⇔ −n log 2 < −6⇔ n > 6

log 2⇔ n > 19.9

∴ Tome n = 20

3.1 Note

Que fue exactamente lo que requirio el programa

4 Metodo de Newton-Raphson

El metodo de Newton-Raphson es uno de los mas poderosos para resolverf(x) = 0

xvi 1. Metodos iterativos para ecuaciones no lineales

FIGURE 4.

·Deduccion geometrica:f ′(xi) = f(xi)−f(xi+1)

xi−xi+1= f(xi)−0

xi−xi+1

⇒ xi − xi+1 = f(xi)f ′(xi)

⇒ xi+1 = f(xi)f ′(xi)

+xi (sucesion de Newton-Raphson)

4.1 OBS:

Si f ∈ C2[a, b] el metodo se puede deducir usando el polinomio de Tayloralrededor de xi.El metodo de Newton-Raphson consiste en disenar un algoritmo que calculela sucesion

pn =

{po si n=0

pn−1 − f(pn−1)f ′(pn−1)

Algoritmo 3 Entrada: p0, N, Tol, fSalida: Solucion aproximada de p o mensaje de error


Paso 3. p← p0 − f(p0)f ′(p0)

Paso 4. Si |p− p0| < TolSalida (p)

PararPaso 5. i← i + 1Paso 6. p0 ← p

Paso 7. Salida ( ”El metodo fallo”)Parar

Ejemplo 7 Hallar un metodo para calcular√

A, con A ≥ 0

1. Metodos iterativos para ecuaciones no lineales xvii

Solucion 2 Calculando√

A es equivalente a resolver la ecuacion x2−A =0, usando Newton-Raphson con f(x) = x2 −A y f ′(x) = 2xSe tiene quexn+1 = xn − f(xn)

f ′(xn) = xn − x2n−A2xn

⇒ xn = 12 (xn + A

xn) de donde es obvio

que la sucesion xn →√

A cuando n→∞

Teorema 6 * Sea f ∈ C2[a, b]*p ∈ [a, b]; con f(p) = 0*f ′(p) 6= 0Entonces existe δ > 0 tal que el metodo de Newton-Rapson genera unasucesion {pn}n∈IN que converge a p, con p0 ∈ [p− δ, p + δ]

Prueba Sea g(x) = x− f(x)f ′(x) , note que g(x) ∈ [a, b] y g(p) = p

Sea pn ={

p0 si n = 0g(pn−1) si n ≥ 1 note que la {pn} es la sucesion de Newton-

RapsonSe debe probar que g(x) cumple las hipotesis del teorema de punto fijo, asaber* ∃δ > 0 tq. ∀x ∈]p− δ, p + δ[, |g′(x)| ≤ k < 1* g : [p− δ, p + δ]→ [p− δ, p + δ] (ejercicio)⇒ g cumple las hipotesis del teorema de punto fijo en [p− δ, p + δ]⇒ {pn}n∈IN converge a un punto fijo p de g(x) en [p− δ, p + δ]

5 Metodo de la Secante

El problema con el metodo de Newton-Rapson es que requiere la derivadade f(x)f ′(pn−1) = Lim

n→pn−1

f(x)−f(pn−1)x−pn−1

≈ f(pn−2)−f(pn−1)pn−2−pn−1

Si pn = pn−1 − f(pn−1)f ′(pn−1)

(Newton-Rapson)

⇒ pn ≈ pn−1 − f(pn−1)f(pn−2)−f(pn−1)

pn−2−pn−1

⇒ pn ≈ pn−1 −(pn−2 − pn−1)f(pn−1)

f(pn−2)− f(pn−1)

Metodo de la SecanteEntonces el metodo de la secante consiste en calcular la sucesion

pn =

p0 si n = 0p1 si n = 1

pn−1 − (pn−2−pn−1)f(pn−1)f(pn−2)−f(pn−1)

si n ≥ 2

Algoritmo 4 Entrada: N, Tol, p0, p1

Salida: Aproximacion de p, con f(p)=0 o mensaje de errorPaso 1. i← 2

xviii 1. Metodos iterativos para ecuaciones no lineales

FIGURE 5.

Paso 2. Mientras i ≤ N, pasos 3-6Paso 3. p← p1 − (p0−p1)f(p1)

f(p0)−f(p1)


PararPaso 5. p0 ← p1

p1 ← pPaso 6. i← i + 1


Ejemplo 8 Resuelva la ecuacion e−x − x = 0

Solucion 3 Aplicando el metodo de la secante se obtiene:p0 = 1, p1 = 1

2

n pn

2 0.524563683 0.564142314 0.567420015 0.567143286 0.56714329

∴ p ∼= 0.56714329

1. Metodos iterativos para ecuaciones no lineales xix

6 Analisis del error y tecnicas de acelaracion

Definicion 1 Sea {pn}n∈IN una sucesion que converge a p, sea en =|p− p0| , n ≥ 0. Si existen constantes α y λ, tal que:Limn→∞

|pn+1−p||pn−p|α = Lim

n→∞|en+1||en|α = λ

Entonces se dice que :* {pn}n∈IN canverge a p con orden α y con constante asintotica λ*Entre mayor sea el orden de convergencia, mayor sera la ”velocidad” deconvergencia.*Si α = 1, se llama orden lineal*Si α = 2, se llama orden cuadratico

Teorema 7 Sea pn ={

p0 si n = 0g(pn−1) si n ≥ 1 el esquema de punto fijo visto

en la seccion 3.2. Si se supone que-g : [a, b]→ [a, b]; g ∈ C[a, b]-∃k, con 0 ≤ k < 1 tq |g′(x)| ≤ k < 1 ∀x ∈ [a, b]-g es continua en [a, b]Entonces pn → p

n→∞con orden 1 (p punto fijo)

Prueba |en+1| = |pn+1 − p| = |g(pn+1)− g(p)| = |g′(ςn)(pn − p)| ==|g′(ςn)en| con ςn entre pn y p.como pn → p

n→∞⇒ ςn → p

n→∞

⇒ Limn→∞

|en+1||en| = Lim

n→∞|g′(ςn)en|

|en| = Limn→∞

|g′(ςn)| =∣∣∣g′Lim

n→∞(ςn)

∣∣∣ = g′(p)

∴ Limn→∞

|en+1||en| = g′(p) = λ (constante)

∴el orden de convergencia es linel

Ejemplo 9 Suponga que tenemos dos esquemas pn y∼pn tal que

1. Limn→∞

|en+1||en| = 0.75 (metodo lineal)

2. Limn→∞

∣∣∣∼en+1

∣∣∣∣∣∣∼en

∣∣∣2 = 0.75 (metodo cuadratico)

Supondremos que e0 = 0.5 y∼e0 = 0.5

¿Cuantas iteraciones requieren pn y∼pn para converger con error absoluto

menor a 10−8?

Solucion 4 1. Analicemos la sucesion (esquema) pn

|pn+1 − p| <10−8 ⇔ |en+1| <10−8

Pero |en+1||en|

∼= 0.75⇒ |en+1| ∼= 0.75 |en| ∼= 0.752 |en−1| ∼= ... ∼= 0.75n |e0|= 0.75n ∗ 0.5⇒ |en+1| <10−8

⇔ 0.75n ∗ 0.5 < 10−8

⇔ n log(0.75) < −8− log(0.5)

xx 1. Metodos iterativos para ecuaciones no lineales

⇔ n > −8−log(0.5)log(0.75) − 1 ∼= 61.62

⇒ n = 62 ∴ pn requiere aproximadamente 62 iteraciones para convergera p2. Analicemos la sucesion

∼pn∣∣∣∼pn+1 − p

∣∣∣ <10−8 ⇔∣∣∣∼en+1

∣∣∣ <10−8

Pero

∣∣∣∼en+1

∣∣∣∣∣∣∼en

∣∣∣2 ∼= 0.75

⇒∣∣∣∼en+1

∣∣∣ ∼= 0.75∣∣∣∼en

∣∣∣2 ∼= 0.75[0.75∣∣∣∼en−1

∣∣∣2]2= 0.753 |en−1|4 ∼= 0.753[0.75

∣∣∣∼en−2

∣∣∣2]4= 0.755

∣∣∣∼en−2

∣∣∣8 ∼= ... ∼= 0.752n+1−1∣∣∣∼e0

∣∣∣2n+1

de donde∣∣∣∼en+1

∣∣∣ <10−8

⇔ 0.752n+1−1∣∣∣∼e0

∣∣∣2n+1

< 10−8

⇔ 0.752n+1−1 ∗ 0.52n+1<10−8

⇔ 0.75−1 ∗ 0.3752n+1<10−8

⇔ 2n+1 log(0.375) < −8 + log(0.75.)⇔ 2n+1 > −8+log(0.5.)

log(0.375)∼= 19.07

⇔ (n + 1) log(2) > log(19.07)⇔ n > log(19.07)

log(2) − 1 ∼= 3.24⇒ n = 4∴

∼pn requiere n=4 iteraciones para converger a p

Teorema 8 *Sea p una solucion de g(x)=x*g’(p)=0g” es continua es un intervalo abierto que contiene a pEntonces: existe δ > 0 tal que para p0 ∈ [p − δ, p + δ] la sucesion pn ={

p0 si n = 0g(pn−1) si n ≥ 1 converge cuadraticamente.

Prueba Ejercicio

Corolario 3 El metodo de Newton -Rapson converge con orden cuadratico.

Prueba Usando el teorema anterior se concluye el colario, pues: con g(x)=x-f(x)f ′(x)

*g(p)=p- f(p)f ′(p) = p pues f(p) = 0 y f’(p)6= 0

*g’(x)=1− f ′(x)f ′(x)−f(x)f ′′(x)(f ′(x))2 = 1− 1− f(x)f ′′(x)

(f ′(x))2 = − f(x)f ′′(x)(f ′(x))2

⇒ g′(p) = 0, pues f(p)=0Es claro que g” es continua en un intervalo que contiene a p, si se suponeque f∈ C3[a, b]Convergencia Acelerada y Metodo de Steffensen

1. Metodos iterativos para ecuaciones no lineales xxi

Metodo M2de Aitken*Hipotesis1. {pn}n∈IN converge linealmente a p con constante asintotica λ tal que0 < λ < 1 [ie Lim

n→∞|en+1||en| = λ]

2. Todos los en tienen el mismo signo3. Se asume que:λ ∼= en+1

en= pn+1−p

pn−p∼= pn+2−p

pn+1−p = en+2en+1

∼= λ

Para n suficientemente grande se requiere encontrar {∧pn}n∈IN tal que con-verge a p ”mas rapidamente” que {pn}n∈IN .Note que:

pn+1−ppn−p

∼= pn+2−ppn+1−p

⇒ (pn+1 − p)(pn+1 − p) ∼= (pn − p)(pn+2 − p)⇒ p2

n+1 − 2ppn+1 + p2 ∼= pn+2pn − ppn+2 − ppn + p2

⇒ −2ppn+1 + ppn+2 + ppn∼= −p2

n+1 + pn+2pn

⇒ (−2pn+1 + pn+2 + pn)p ∼= −p2n+1 + pn+2pn

⇒ p ∼= −p2n+1+pn+2pn

(−2pn+1+pn+2+pn)

⇒ p ∼= pn+2pn−p2n+1

pn+2−2pn+1+pn(+ y - en el numerador p2

n y 2pnpn+1)

⇒ p ∼= p2n+pn+2pn−2pnpn+1−p2

n+2pnpn+1−p2n+1

pn+2−2pn+1+pn

⇒ p ∼= pn(pn+pn+2−2pn+1)−(pn+1−pn)2

pn+2−2pn+1+pn

⇒ p ∼= pn − (pn+1−pn)2

pn+2−2pn+1+pn

El metodo de M2de Aitken se basa en de que la sucesion

∧p := pn −

(pn+1 − pn)2

pn+2 − 2pn+1 + pn

converge ”mas rapidamente” a p que la sucesion {pn}n∈IN

Notacion: Diferencia ProgresivaM pn = pn+1 − pn, n ≥ 0Mk pn =Mk−1 (M pn), k ≥ 2Obstante*M2 (pn) =M (M pn) =M pn+1− M pn

= pn+2 − pn+1 − (pn+1 − pn)= pn+2 − 2pn+1 + pn

Con esta notacion el metodo de Aitken se escribe como

∧p := pn −

(M pn)2

M2 pn

Pero que quiere decir que una sucesion∼p converge mas rapido a p que pn.

Definicion 2 Sean {pn}n∈IN y {∼pn}n∈IN M2dos sucesiones que conver-gen a p, se dice que {∼pn}n∈IN converge mas rapido a p que {pn}n∈IN

si:

xxii 1. Metodos iterativos para ecuaciones no lineales

Limn→∞

∼pn−ppn−p = 0, pn − p 6= 0

Teorema 9 Sea {pn}n∈IN una sucesion que converge a p con orden lineal,ademas se asume que en = pn − p 6= 0, ∀nEntonces

∧p := pn − (Mpn)2

M2pnconverge a p mas rapido que {pn}n∈IN

Prueba Ejercicio

Metodo de Steffensen: para acelerar el metodo de punto fijop(0)0

p(0)1 = g(p(0)

0 )p(0)2 = g(p(1)

1 )

p(1)0 =M2 (p(0)

0 ) = p(0)0 −

(p(0)1 −p

(0)0 )2

p(0)2 −2p

(0)1 +p

(0)0

p(1)1 = g(p(1)

0 )p(1)2 = g(p(1)

1 )

p(2)0 =M2 (p(1)

0 ) = p(1)0 −

(p(1)1 −p

(1)0 )2

p(1)2 −2p

(1)1 +p

(1)0.

.

.

Algoritmo 5 Entrada: N, Tol, p0, gSalida: Aproximacion de p o mensaje de error


Paso 3. p1 = g(p0)p2 = g(p1)

p = p0 − (p1−p0)2

p2−2p1+p0


PararPaso 5. i← i + 1Paso 6. p0 ← p


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