Métodos Iterativos para Ecuaciones no Lineales

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1 This is page i Printer: Opaque this Métodos Iterativos para Ecuaciones no Lineales Dr. Oldemar Rodríguez Rojas Setiembre 001

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3 This is page iii Printer: Opaque this Contents 1 Métodos iterativos para ecuaciones no lineales v 1 El método de aproximaciones sucesivas v 1.1 Teoremas de convergencia y estudio del error.... v 1. El método de punto fijo para resolver ecuaciones de una variable x Método de la Bisección xiv 3 Estudio del error xv 3.1 Note xv 4 Método de Newton-Raphson xv 4.1 OBS: xvi 5 Método de la Secante xvii 6 Análisis del error y técnicas de acelaración xix

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5 This is page v Printer: Opaque this Métodos iterativos para ecuaciones no lineales 1 El método de aproximaciones sucesivas 1.1 Teoremas de convergencia y estudio del error Teorema 1 Sea U un subconjunto completo de un espacio normado X y A : U U una contracción. Entonces las aproximaciones sucesivas: x n+1 = Ax x, para n = 0, 1,,..., con x 0 arbitrario en U converge al punto fijo único x de A. Prueba Sea x 0 U entonces definimos recursivamente la siguiente sucesión en U: x n+1 := Ax n, para n = 0, 1,,.... De donde se tiene que: x n+1 x n = Ax n Ax n 1 q x n x n 1, luego por inducción se deduce que: x n+1 x n q n x 1 x 0, para n = 0, 1,,.... Por lo tanto para m > n se tiene que: x n x m x n x n+1 + x n+1 x n+ + + x m 1 x m (1.1) ( q n + q n q m 1) x 1 x 0 qn 1 q x 1 x 0. Como q n 0 cuando n entonces (x n ) es una sucesión de Cauchy y como U es completo entonces existe x U tal que x n x cuando n. Corolario 1 [Cota del Error a Priori] Con las mismas hipótesis del Teorema 1 se tiene el siguiente estimado para el error a priori: x n x qn 1 q x 1 x 0. Prueba Es evidente de la desigualdad (1.1).

6 vi 1. Métodos iterativos para ecuaciones no lineales Corolario [Cota del Error a Posteriori] Con las mismas hipótesis del Teorema 1 se tiene el siguiente estimado para el error a posteriori: x n x q 1 q x n x n 1. Prueba Se deduce del error a priori iniciando con x 0 = x n 1. Teorema [Versión 1] Sea D R un intervalo cerrado y sea g : D D una función continuamente diferenciable con la siguiente propiedad: q := sup g (x) < 1. x D Entonces la ecuación g(x) = x tiene solución única x D y la sucesión de aproximaciones sucesivas: x n+1 := g(x n ), para n = 0, 1,,... con x 0 arbitrario en D converge a esta solución. Además se tiene el siguiente estimado para el error a priori: x n x qn 1 q x 1 x 0, (1.) y el siguiente estimado para el error a posteriori: x n x q 1 q x n x n 1. (1.3) Si D = [a, b] entonces se tiene también la siguiente cota del error: x n x q n max{x 0 a, b x 0 }. (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) = g (ξ)(x y) para algún punto ξ ]x, y[. Por lo tanto: g(x) g(y) sup g (ξ) x y = q x y, ξ D lo cual también es válido para x, y D con x y. Por lo tanto g es una contracción, luego aplicando el Teorema de Banach o el Teorema 1 se tiene la existencia y únicidad del punto fijo. De los corolarios 1 y se tienen obviamente las desigualdades (1.) y (1.3). Para probar la cota del error (1.4) note que: x n x g(x n 1 ) g(x) = g (ξ 1 ) x n 1 x q x n 1 x = q g(x n ) g(x) = g (ξ ) x n x q x n x q n x 0 x q n max{x 0 a, b x 0 }.

7 1. Métodos iterativos para ecuaciones no lineales vii Teorema 3 [Versión ] Sea g C[a, b], con g : [a, b] [a, b]. Entonces: 1. g tiene un punto fijo en [a, b].. Además si g (x) existe en ]a, b[ y g (x) q < 1, para todo x ]a, b[ entonces g tiene un punto fijo único en [a, b]. Prueba 1. I Caso: Si g(a) = a o g(b) = b se tiene la prueba. II Caso: Si g(a) a o g(b) 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 los valores 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.. Suponga que g tiene dos puntos fijos en [a, b], sean estos x y y,con x 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 contradicción, luego se tiene que x = y. Ejemplo 1 Pruebe que f(x) = x x, x [ 1, 1] tiene un punto fijo en 6 [ 1, 1]. Solucin: Se debe probar que f(x) [ 1, 1] para todo x [ 1, 1]. Como f (x) = 1 x 1 (x ) = = 0 x = 1 entonces los máximos o mínimos 6 3 posibles están en x = 1 o x = 1. Como f( 1) = 1 es máximo y f(1) = 1 es mínimo entonces para todo x [ 1, 1] se tiene que f(x) [ 1, 1], 6 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 único). Se debe existe q < 1 tal que f (x) q < 1, para todo x ] 1, 1[. Nóte que:

8 viii 1. Métodos iterativos para ecuaciones no lineales FIGURE 1. El método de aproximaciones sucesivas. f (x) = x < 1, para todo x ] 1, 1[, 3 Luego f(x) tiene un punto fijo único en [ 1, 1]. Teorema 4 Sea x un punto fijo de una función continuamente diferenciable g tal que g (x) < 1. Entonces el métodos de la aproximaciones sucesivas x n+1 := g(x n ), para n = 0, 1,,... es localmente convergente, es decir existe un vecindario B del punto fijo x de g tal que el método de aproximaciones sucesivas converge a x para x 0 B. Prueba Como g es continua y g (x) < 1 entonces existe una constante 0 < 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 que g : B B es una contracción, por lo que el resultado se tiene del Teorema 1. El Teorema 4 se ilustra en la Figura 1. Seguidamente se presenta un algoritmo en seudocódigo para el método de las aproximaciones sucesivas. Algoritmo 1 [Para encontrar puntos fijos] Entrada: p 0 (aproximación inicial), T ol, N, g(x) Salida: p (punto fijo aproximado) o mensaje de error Paso 1. i 1

9 1. Métodos iterativos para ecuaciones no lineales ix Paso. Mientras i N siga los pasos 3 6 Paso 3. p g(p 0 ) Paso 4. Si p p 0 < T ol Salida p Parar Paso 5. i i + 1 Paso 6 p 0 p Paso 7. Mensaje de error ( El método falló ) Parar Una implementación 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 iteración,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 método no Converge ]]; P ]; Una implementación 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 Sea F (x) = e x. Es fácil probar que F (x) mapea A = [0.5, 0.69] en si mismo (ejercicio). Como F es continuamente diferenciable tome q = max F (x) = max e x < 1 x A x A Si se ejecuta el programa iterativo en Mathematica como sigue: N[PuntoFijo[0.55, , 30, G], 15] es decir, tomando p 0 = 0.55 como aproximación inicial, con ε = T ol = 10 6 para el algoritmo anterior obtenemos que el punto fijo de F es p =

10 x 1. Métodos iterativos para ecuaciones no lineales p 19 = (pues en p 19 se terminó la ejecución del programa). Por otro lado el error absoluto al calcular p 1 = igual a: p p , mientras que usando el error a priori se obtiene es: p p 1 q1 1 q x 1 x 0 = y usando el error a posteriori se obtiene que: p p 1 < q 1 q p 1 p 11 = que es una mejor estimación del verdadero error. Usando el error a priori se deduce que para obtener una precisión de ε = 10 6 se requieren al menos de: ( ) ε(1 q) n log / log(q).3 4 iteraciones, x 1 x 0 pero se observa que el programa requirió de 19 iteraciones. Ejecutando la versión recursiva se obtiene el mismo resultado: N[PuntoFijo Re cursivo[0.55, , 30, G], 15] es decir, p = El método de punto fijo para resolver ecuaciones de una variable Ejemplo 3 Resuelva la ecuación x 3 x 1 = 0 en el intervalo [1, ]. Solucin: Se debe plantear un problema de encontrar lo puntos fijos de una función g(x) que sea equivalente a resolver la ecuación x 3 x 1 = 0. Resolver x 3 x 1 = 0 es equivalente a resolver la ecuación x 3 1 = x, entonces se puede tratar de encontrar los puntos de g(x) := x 3 1. Pero g(x) no cumple las hipótesis del Teorema de punto fijo de Banach, pues g (x) = 3x > 0 g(x) es creciente en [1, ], luego g(1) = 0 y g() = 7 son el mínimo y el máximo en el intervalo [1, ] respectivamente, por lo que g(x) / [1, ] x [1, ]. Otro intento se puede hacer usando el hecho de que: x 3 x 1 = 0 x = ± x, luego tome g(x) := x, 1 g (x) = < 0 en [1, ], esto x x implica que g(x) es decreciente en [1, ], luego g(1) = 1.41 g() =

11 1. Métodos iterativos para ecuaciones no lineales xi 3 1. son un máximo y mínimo respectivamente de g(x) en [1, ], por lo que g(x) [1, ] x [1, ], luego la función g(x) tiene al menos un punto fijo en [1, ]. Se probó que g : [1, ] [1, ], falta probar que g es una función Lipchitz en el intervalo [1, ]. Veamos g 1 (x) = g x 1 1 (x) = + 1 x x := q < 1 x de donde se puede tomar q := 1. Ejecutando el programa de punto fijo con p 0 = se obtiene: G[x ] := Sqrt[1 + 1/x] N[PuntoFijo[, ,30,G],15] En la iteración 1 el valor de P es En la iteración el valor de P es En la iteración 3 el valor de P es En la iteración 4 el valor de P es En la iteración 5 el valor de P es En la iteración 6 el valor de P es En la iteración 7 el valor de P es En la iteración 8 el valor de P es En la iteración 9 el valor de P es Luego el punto fijo de g(x) y solución de la ecuación x 3 x 1 = 0 en el intervalo [1, ] es: x = Ejecutando la versión recursiva se obtiene la misma solución: In[9]:=N[PuntoFijoRecursivo[, ,30,G],15] Out[9]:= Usando el comando Solve de Mathematica se obtiene: N[Solve[x^3 - x - 1 == 0, x]] {{x->1.347},{x-> I},{ x-> I}} Que coincide con la solución encontrada por nuestro programa. Gráficamente se ilustra el la Figura usando el comando de Plot[{G[x],x},{x,0.1,3}] de Mathematica. Ejemplo 4 Dada la ecuación del ejemplo anterior x 3 x 1 = 0 en el intervalo [1, ], Cuántas iteraciones se requieren para obtener un error absoluto menor que 10 5?

12 xii 1. Métodos iterativos para ecuaciones no lineales FIGURE. Grafico de g(x) y de la función identidad. Solucin: Recuerde que q = 1 de donde se tiene que: p n p q n max{p 0 a, b p 0 } ( ) n 1 = max{1, 0} (con p 0 = ) ( ) n 1. Luego: Tome n = 17. p n p 10 5 ( ) n n Observación 1 En la práctica el programa requirió solamente 9 iteraciones. Ejemplo 5 Para la ecuación x 3 x 1 = 0 en el intervalo [1, ], con p 0 = estime usando el error a priori (1.) Cuántas iteraciones se requieren para obtener un error absoluto menor que 10 5? Solucin: Se tiene que k = 1, p 0 =, g(x) = x.

13 1. Métodos iterativos para ecuaciones no lineales xiii De donde se obtiene que p 1 = = 1. entonces: p n p = ( 1 n ) ( ) n , entonces: p n p ( ) n (n 1)( log()) 5 log(0.8), esto implica que n 17.8, por lo que se puede tomar n = 18. Observación En la práctica el programa requirió solamente 9 iteraciones.

14 xiv 1. Métodos iterativos para ecuaciones no lineales FIGURE 3. Método de la Bisección Hipótesis * 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)=0 Gráficamente La idea es encontrar una sucesión {p n } n IN tal que p n p y f(p)=0 n Para encontrar {p n } n IN -Tome a 1 = a, b 1 = b, p = a1+b1 -Si f(p 1 ) = 0, termina p = p 1 si no si f(p 1 ) y f(a) tienen el mismo signo tome a = p 1, b = b 1, p = a+b si no a = a 1, b = p 1, p = a+b se sigue así hasta que f(p i ) = 0,o hasta superar el némero de iteraciones Algoritmo Entrada: a, b, Tol (tolerancia), N, f Salida: Aproximación de p, o mensaje de error Paso 1. i Paso. Mientras i N, pasos 3-6 Paso 3. p a+b Paso 4. Si f(p) = 0 o b a < T ol Sálida (p) Parar Paso 5.i i + 1 Paso 6. Si f(a)f(p) > 0 a p Si no

15 1. Métodos iterativos para ecuaciones no lineales xv b p Paso 7. Sálida ( El método falló ) Parar 3 Estudio del error Teorema 5 Sea f C[a, b], con f(a)f(b) < 0. Entonces el algortmo de la Bisección produce una sucesión {p n } n IN que aproxima a p con un error absoluto p n p < b a, n 1. n Prueba b 1 a 1 = b a b a = 1 b a... b n a n = 1 b a n 1 como p ]a n b n [ y p n = an+bn p n p bn an 1 1 b a = 1 n 1 (b a) n Gráficamente Obs: b a es una cota superior del error n p n p < b a pn p n 1 < b a = k (constante O( 1 n ) p n n p con rápidez 1 (muy rápido) n Ejemplo 6 Para f(x) = x 3 + 4x 10, con a = 1 y b = ; hallar el N necesario para tener un error absoluto menor a ε = 10 6 Solución 1 p n p < b a < 10 6 n n < 10 6 n log < 6 n > 6 log n > 19.9 Tome n = Note Que fue exactamente lo que requirió el programa 4 Método de Newton-Raphson El método de Newton-Raphson es uno de los más poderosos para resolver f(x) = 0

16 xvi 1. Métodos iterativos para ecuaciones no lineales FIGURE 4. Deducción geométrica: f (x i ) = f(xi) f(xi+1) x i x i+1 = f(xi) 0 x i x i+1 x i x i+1 = f(xi) f (x i) x i+1 = f(xi) f (x i) +x i (sucesión de Newton-Raphson) 4.1 OBS: Si f C [a, b] el método se puede deducir usando el polinomio de Taylor alrededor de x i. El método de Newton-Raphson consiste en diseñar un algoritmo que calcule la sucesión p n = { p o si n=0 p n 1 f(pn 1) f (p n 1) Algoritmo 3 Entrada: p 0, N, Tol, f Salida: Solución aproximada de p o mensaje de error Paso 1. i 1 Paso. Mientras i N, pasos 3-6 Paso 3. p p 0 f(p0) f (p 0) Paso 4. Si p p 0 < T ol Sálida (p) Parar Paso 5. i i + 1 Paso 6. p 0 p Paso 7. Sálida ( El método falló ) Parar Ejemplo 7 Hallar un método para calcular A, con A 0

17 1. Métodos iterativos para ecuaciones no lineales xvii Solución Calculando A es equivalente a resolver la ecuación x A = 0, usando Newton-Raphson con f(x) = x A y f (x) = x Se tiene que x n+1 = x n f(xn) f (x = x n) n x n A x n x n = 1 (x n + A x n ) de donde es obvio que la sucesión x n A cuando n Teorema 6 * Sea f C [a, b] *p [a, b]; con f(p) = 0 *f (p) 0 Entonces existe δ > 0 tal que el método de Newton-Rapson genera una sucesión {p n } n IN que converge a p, con p 0 [p δ, p + δ] Prueba { Sea p n = Sea g(x) = x f(x) f (x), note que g(x) [a, b] y g(p) = p p 0 si n = 0 g(p n 1 ) si n 1 note que la {p n } es la sucesión de Newton- Rapson Se debe probar que g(x) cumple las hipótesis del teorema de punto fijo, a saber * 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 hipótesis del teorema de punto fijo en [p δ, p + δ] {p n } n IN converge a un punto fijo p de g(x) en [p δ, p + δ] 5 Método de la Secante El problema con el método de Newton-Rapson es que requiere la derivada de f(x) f f(x) f(p (p n 1 ) = Lim n 1) n p x p n 1 f(pn ) f(pn 1) p n 1 n p n 1 Si p n = p n 1 f(pn 1) f (p (Newton-Rapson) n 1) p n p n 1 f(p n 1) f(p n ) f(p n 1 ) p n p n 1 p n p n 1 (p n p n 1 )f(p n 1 ) f(p n ) f(p n 1 ) Método de la Secante Entonces el método de la secante consiste en calcular la sucesión p 0 si n = 0 p n = p 1 si n = 1 p n 1 (pn pn 1)f(pn 1) f(p n ) f(p n 1) si n Algoritmo 4 Entrada: N, Tol, p 0, p 1 Salida: Aproximación de p, con f(p)=0 o mensaje de error Paso 1. i

18 xviii 1. Métodos iterativos para ecuaciones no lineales FIGURE 5. Paso. Mientras i N, pasos 3-6 Paso 3. p p 1 (p0 p1)f(p1) f(p 0) f(p 1) Paso 4. Si p p 0 < T ol Sálida (p) Parar Paso 5. p 0 p 1 p 1 p Paso 6. i i + 1 Paso 7. Sálida ( El método falló ) Parar Ejemplo 8 Resuelva la ecuación e x x = 0 Solución 3 Aplicando el método de la secante se obtiene: p 0 = 1, p 1 = 1 n p n p =

19 1. Métodos iterativos para ecuaciones no lineales xix 6 Análisis del error y técnicas de acelaración Definición 1 Sea {p n } n IN una sucesión que converge a p, sea e n = p p 0, n 0. Si existen constantes α y λ, tal que: p Lim n+1 p n p = Lim e n+1 n p α n e = λ n α Entonces se dice que : * {p n } n IN canverge a p con orden α y con constante asintótica λ *Entre mayor sea el orden de convergencia, mayor será la velocidad de convergencia. *Si α = 1, se llama orden lineal *Si α =, se llama orden cuadrático { p Teorema 7 Sea p n = 0 si n = 0 el esquema de punto fijo visto g(p n 1 ) si n 1 en la sección 3.. 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 p n p con orden 1 (p punto fijo) n Prueba e n+1 = p n+1 p = g(p n+1 ) g(p) = g (ς n )(p n p) = = g (ς n )e n con ς n entre p n y p. como p n p ς n p n n e Lim n+1 g n e n = Lim (ς n )e n n e n = Lim n g (ς n ) = g Lim (ς n) = g (p) n e Lim n+1 n e n = g (p) = λ (constante) el orden de convergencia es linel Ejemplo 9 Suponga que tenemos dos esquemas p n y p n tal que e 1. Lim n+1 e n = 0.75 (método lineal) n e n+1 e n. Lim n = 0.75 (método cuadrático) Supondremos que e 0 = 0.5 y e 0 = 0.5 Cuántas iteraciones requieren p n y p n para converger con error absoluto menor a 10 8? Solución 4 1. Analicemos la sucesión (esquema) p n p n+1 p <10 8 e n+1 <10 8 Pero en+1 e n = 0.75 e n+1 = 0.75 e n = 0.75 e n 1 =... = 0.75 n e 0 = 0.75 n 0.5 e n+1 < n 0.5 < 10 8 n log(0.75) < 8 log(0.5)

20 xx 1. Métodos iterativos para ecuaciones no lineales n > 8 log(0.5) log(0.75) 1 = 61.6 n = 6 p n requiere aproximadamente 6 iteraciones para converger a p. Analicemos la sucesión p n p n+1 p <10 8 e n+1 <10 8 e n+1 Pero = 0.75 e n e n+1 = 0.75 en = 0.75[0.75 en 1 ] = e n 1 4 = [0.75 e n ] 4 = en =... = 0.75 n+1 1 n+1 e 0 de donde e n+1 < n+1 1 n+1 e 0 < n n+1 < n+1 <10 8 n+1 log(0.375) < 8 + log(0.75.) n+1 > 8+log(0.5.) log(0.375) = (n + 1) log() > log(19.07) n > log(19.07) log() 1 = 3.4 n = 4 p n requiere n=4 iteraciones para converger a p Teorema 8 *Sea p una solución de g(x)=x *g (p)=0 g es continua es un intervalo abierto que contiene a p Entonces: { existe δ > 0 tal que para p 0 [p δ, p + δ] la sucesión p n = p 0 si n = 0 converge cuadraticamente. g(p n 1 ) si n 1 Prueba Ejercicio Corolario 3 El método de Newton -Rapson converge con orden cuadrático. Prueba Usando el teorema anterior se concluye el colario, pues: con g(x)=xf(x) f (x) *g(p)=p- f(p) f (p) = p pues f(p) = 0 y f (p) 0 *g (x)=1 f (x)f (x) f(x)f (x) (f (x)) = 1 1 f(x)f (x) (f (x)) = f(x)f (x) (f (x)) g (p) = 0, pues f(p)=0 Es claro que g es continua en un intervalo que contiene a p, si se supone que f C 3 [a, b] Convergencia Acelerada y Método de Steffensen

21 1. Métodos iterativos para ecuaciones no lineales xxi Método de Aitken *Hipótesis 1. {p n } n IN converge linealmente a p con constante asíntótica λ tal que e 0 < λ < 1 [ie Lim n+1 n e n = λ]. Todos los e n tienen el mismo signo 3. Se asume que: λ = en+1 e n = pn+1 p p n p = pn+ p p = en+ n+1 p e n+1 = λ Para n suficientemente grande se requiere encontrar { p n } n IN tal que converge a p más rápidamente que {p n } n IN. Note que: p n+1 p p n p = pn+ p p n+1 p (p n+1 p)(p n+1 p) = (p n p)(p n+ p) p n+1 pp n+1 + p = p n+ p n pp n+ pp n + p pp n+1 + pp n+ + pp n = p n+1 + p n+ p n ( p n+1 + p n+ + p n )p = p n+1 + p n+ p n p = p n+1 +pn+pn ( p n+1+p n++p n) p = pn+pn p n+1 p n+ p n+1+p n (+ y - en el numerador p n y p n p n+1 ) p = p n +pn+pn pnpn+1 p n +pnpn+1 p n+1 p n+ p n+1+p n p = pn(pn+pn+ pn+1) (pn+1 pn) p n+ p n+1+p n p = p n (pn+1 pn) p n+ p n+1+p n El método de de Aitken se basa en de que la sucesión (p n+1 p n ) p := pn p n+ p n+1 + p n converge más rapidamente a p que la sucesión {p n } n IN Notación: Diferencia Progresiva p n = p n+1 p n, n 0 k p n = k 1 ( p n ), k Obstante * (p n ) = ( p n ) = p n+1 p n = p n+ p n+1 (p n+1 p n ) = p n+ p n+1 + p n Con esta notación el método de Aitken se escribe como p := pn ( p n) p n Pero que quiere decir que una sucesión p converge más rápido a p que p n. Definición Sean {p n } n IN y { p n } n IN dos sucesiones que convergen a p, se dice que { p n } n IN converge más rápido a p que {p n } n IN si:

22 xxii 1. Métodos iterativos para ecuaciones no lineales Lim p = 0, p n p n p 0 n p n p Teorema 9 Sea {p n } n IN una sucesión que converge a p con orden lineal, además se asume que e n = p n p 0, n Entonces p := p n ( pn) p n converge a p más rápido que {p n } n IN Prueba Ejercicio Método de Steffensen: para acelerar el método de punto fijo p (0) 0 p (0) 1 = g(p (0) 0 ) p (0) = g(p (1) 1 ) p (1) 0 = (p (0) 0 ) = p(0) p (1) 1 = g(p (1) 0 ) p (1) = g(p (1) 1 ) p () 0 = (p (1) 0 ) = p(1)... 0 (p(0) 1 p(0) 0 ) p (0) p(0) 1 +p(0) 0 0 (p(1) 1 p(1) 0 ) p (1) p(1) 1 +p(1) 0 Algoritmo 5 Entrada: N, Tol, p 0, g Salida: Aproximación de p o mensaje de error Paso 1. i Paso. Mientras i N, pasos 3-6 Paso 3. p 1 = g(p 0 ) p = g(p 1 ) p = p 0 (p1 p0) p p 1+p 0 Paso 4. Si p p 0 < T ol Sálida (p) Parar Paso 5. i i + 1 Paso 6. p 0 p Paso 7. Sálida ( El método falló ) Parar