Métodos Iterativos para Ecuaciones no Lineales. Oldemar Rodríguez Rojas

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1 Métodos Iterativos para Ecuaciones no Lineales Oldemar Rodríguez Rojas September 0, 014

2 Contents 1 Métodos iterativos para ecuaciones no lineales 1.1 El método de aproximaciones sucesivas Teoremas de convergencia y del error El método de punto fijo para resolver ecuaciones de una variable Método de la Bisección Estudio del error en el método de la bisección Método de Newton Raphson Método de la Secante Orden de convergencia Convergencia acelerada y el método de Steffensen El método de Aitken El método de Steffensen

3 Chapter 1 Métodos iterativos para ecuaciones no lineales 1.1 El método de aproximaciones sucesivas Teoremas de convergencia y 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 n, para n = 0, 1,,..., con x 0 arbitrario en U, convergen al punto fijo único x de A. Prueba en U: Sea x 0 U entonces definimos recursivamente la siguiente sucesión De donde se tiene que: x n+1 := Ax n, para n = 0, 1,,.... 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 existe x U tal que x n x cuando n.

4 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 Prueba Es evidente de la desigualdad (1.1). qn 1 q x 1 x 0. 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 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: y el siguiente estimado para el error a posteriori: x n x qn 1 q x 1 x 0, (1.) x n x q 1 q x n x n 1. (1.3) Además 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 3

5 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 unicidad 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) = q g (ξ ) x n x q x n x q n x 0 x q n max{x 0 a, b x 0 }. 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 y g(b) 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.. 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 existe 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]. 4

6 Solución: 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 6 es mínimo 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 único. Se debe probar que existe q < 1 tal que f (x) q < 1, para todo x ] 1, 1[. Note que: 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 método 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 1.1. Figure 1.1: El método de aproximaciones sucesivas. Seguidamente se presenta un algoritmo en seudocódigo para el método de las aproximaciones sucesivas. 5

7 Algoritmo 1 [Para encontrar puntos fijos] Entrada: x 0 (aproximación inicial), T ol, N, g(x) Salida: x (punto fijo aproximado) o mensaje de error Paso 1. i 1 Paso. Mientras i N siga los pasos 3 6 Paso 3. x g(x 0 ) Paso 4. Si x x 0 < T ol Salida x Parar Paso 5. i i + 1 Paso 6 x 0 x Paso 7. Mensaje de error ( Número máximo de iteraciones excedido ) Parar Una implementación 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 iteración,i, el valor de X es,n[x,15] If[Abs[X-X0Tem]<Tol, Return[X] i++; X0Tem=X; If[i==n+1, Print[ Número máximo de iteraciones excedido ] Una implementación 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[ Número máximo de iteraciones excedido ] PuntoFijoRecursivo[X1,Tol,N-1,F] ] 6

8 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: In[1]:=[PuntoFijo[0.55, , 30, G], 15] es decir, tomando x 0 = 0.55 como aproximación inicial, con ε = T ol = 10 6 para el algoritmo anterior obtenemos que el punto fijo de F es x = x 19 = , pues en x 19 se terminó la ejecución del programa, como se aprecia en la salida del programa: En la iteración 1 el valor de X es En la iteración el valor de X es En la iteración 3 el valor de X es En la iteración 4 el valor de X es En la iteración 5 el valor de X es En la iteración 6 el valor de X es En la iteración 7 el valor de X es En la iteración 8 el valor de X es En la iteración 9 el valor de X es En la iteración 10 el valor de X es En la iteración 11 el valor de X es En la iteración 1 el valor de X es En la iteración 13 el valor de X es En la iteración 14 el valor de X es En la iteración 15 el valor de X es En la iteración 16 el valor de X es En la iteración 17 el valor de X es En la iteración 18 el valor de X es En la iteración 19 el valor de X es Out[1]:= Por otro lado el error absoluto al calcular x 1 = igual a: x x , mientras que usando el error a priori se obtiene: x x 1 q1 1 q x 1 x 0 = y usando el error a posteriori se obtiene que: x x 1 q 1 q x 1 x 11 =

9 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 3 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, x = 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, ]. Solución: Se debe plantear un problema de encontrar los 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 de g(x) 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 implica x x que g(x) es decreciente en [1, ], luego g(1) = , g() = 1. son el máximo y el 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 contracción en el intervalo [1, ]. Veamos g 1 (x) = x x g 1 (x) = x x 1 := q < 1 de donde se puede tomar q := 1. Ejecutando el programa de punto fijo con x 0 = y ɛ = 10 5 se obtiene: G[x ] := Sqrt[1 + 1/x] 8

10 N[PuntoFijo[, ,30,G],15] En la iteración 1 el valor de X es En la iteración el valor de X es En la iteración 3 el valor de X es En la iteración 4 el valor de X es En la iteración 5 el valor de X es En la iteración 6 el valor de X es En la iteración 7 el valor de X es En la iteración 8 el valor de X es En la iteración 9 el valor de X 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 1. usando el comando de Plot[{G[x],x},{x,0.1,3}] de Mathematica. Figure 1.: Gráfico de g(x) y de la función identidad. 9

11 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? Solución: Recuerde que q = 1 de donde se tiene que: x n x q n max{x 0 a, b x 0 } ( ) n 1 = max{1, 0} (con x 0 = ) ( ) n 1. Luego: Tome n = 17. x n x 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 x 0 = estime usando el error a priori (1.) Cuántas iteraciones se requieren para obtener un error absoluto menor que 10 5? Solución: Se tiene que q = 1, x 0 =, g(x) = x. De donde se obtiene que x 1 = = 1. entonces: x n x = ( 1 n ) ( ) n , entonces: x n x ( ) 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. 10

12 1. Método de la Bisección Las hipótesis de este método 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, gráficamente se ilustra en la Figura 1.3. Figure 1.3: El método de la bisección. La idea es encontrar una sucesión (x n ) tal que x n x cuando n tal que f(x) = 0. Para encontrar la sucesión (x n ) la idea es la siguiente: Tome a 1 = a, b 1 = b, x 1 = a 1 + b 1. Si f(x 1 ) = 0 entonces ya se tiene el cero de la ecuación x = x 1. Si no: Si f(x 1 ) y f(a) tienen el mismo signo se toma: Si no se toma: a = x 1, b = b 1, x = a + b. a = a 1, b = x 1, x = a + b, y así sucesivamente hasta que f(x i ) 0 o hasta superar el número máximo de iteraciones. El pseudocódigo de puede escribir como sigue: 11

13 Algoritmo [Método de la Bisección] Entrada: a, b, T ol (tolerancia), N, f. Salida: Aproximación de x (cero de la ecuación) o mensaje de error Paso 1. i 1 Paso. Mientras i N, siga los pasos 3 6 Paso 3. x a + b 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 ( Número máximo 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 método no Converge], While[i<=n, X=N[(a1 + b1)/,15 Print[ En la iteración, 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 método 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)/; If[(F[X]<=0) (Abs[B-A]<Tol), 1

14 ] Return[X], If[F[A]*F[X]>0, BiseccionRecursivo[X,B,Tol,F], BiseccionRecursivo[A,X,Tol,F] ] Ejemplo 6 Resuelva la ecuación x 3 +4x 10 = 0 en el intervalo [1, ] con una tolerancia de ε = Solución: Usando en Mathematica los comandos: In[0]:=G[x ] := x^3 + 4 x^ - 10; Out[0]:=N[Biseccion[1,, ,50,G],15 se obtiene la siguiente sucesión: En la iteración 1 el valor de X es 1.5 En la iteración el valor de X es 1.5 En la iteración 3 el valor de X es En la iteración 4 el valor de X es En la iteración 5 el valor de X es En la iteración 6 el valor de X es En la iteración 7 el valor de X es En la iteración 8 el valor de X es En la iteración 9 el valor de X es En la iteración 10 el valor de X es En la iteración 11 el valor de X es En la iteración 1 el valor de X es En la iteración 13 el valor de X es En la iteración 14 el valor de X es En la iteración 15 el valor de X es En la iteración 16 el valor de X es En la iteración 17 el valor de X es En la iteración 18 el valor de X es En la iteración 19 el valor de X es En la iteración 0 el valor de X es Ejecutando la versión recursiva se obtiene: In[1]:=N[BiseccionRecursivo[1,, ,G],15] Out[1]:=

15 1..1 Estudio del error en el método de la bisección Teorema 5 Sea f C[a, b], con f(a)f(b) < 0. Entonces el algoritmo de la bisección produce una sucesión (x n ) que aproxima a x, el cero de la ecuación f(x) = 0, con un error absoluto tal que: Prueba x n x < b a n para n 1. (1.5) b 1 a 1 = b a b a = 1 b a b 3 a 3 = 1 b a b n a n =. 1 b a n 1 como x ]a n, b n [ y x n = a n + b n x n x b n a n se tiene que: = b a = (b a). n 1 n Observación 3 x n x < b a n x n x 1 < b a = k, esto implica que la ( ) n 1 sucesión (x n ) es O n, es decir, x n x con rápidez 1, lo cual es bastante n rápido. Ejemplo 7 Para f(x) = x 3 + 4x 10, con a = 1 y b = ; usando (1.5) hallar el n N necesario para tener un error absoluto menor a ε = Solución: x n x < b a n < 10 6 n < 10 6 n log < 6 n > 6 log n > 19.9 Entonces se puede escoger n = 0. Observación 4 n = 0 fue exactamente lo que requirió el programa. 14

16 1.3 Método de Newton Raphson El método de Newton Raphson es uno de los más poderosos para resolver la ecuación f(x) = 0. Si f es una función de una variable y x 0 es una aproximación a cero de la función f, entonces en un vecindario de x 0 por la fórmula de Taylor se tiene que: f(x) f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ). Si se define g(x) := f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) entonces el cero de la función afín g(x) se puede considerar como una nueva aproximación al cero de f(x) el cual denotamos por x 1. Luego se tiene que: despejando se tiene: g(x 1 ) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x 1 x 0 ) = 0, x 1 = x 0 f(x 0) f (x 0 ). (1.6) Geométricamente la función afín g(x) representa la recta tangente a f(x) en el punto x 0, esto se ilustra en la Figura 1.4. Figure 1.4: Método de Newton. De la Figura 1.4 también se puede deducir el método de Newton Raphason, nótese que: f (x i ) = f(x i) 0 x i x i+1 lo cual implica que: x i x i+1 = f(x i) f (x i ) 15

17 de donde: x i+1 = x i f(x i) f (x i ) que es la sucesión del método de Newton Raphson. Observación 5 El método de Newton Raphson consiste en diseñar un algoritmo que calcule la sucesión: x 0 si n = 0 x n = x n 1 f(x n 1) f (x n 1 ) si n > 0 Algoritmo 3 [Método de Newton Raphson] Entrada: x 0, N, T ol, f. Salida: La solución x aproximada de la ecuación f(x) o mensaje de error. Paso 1. i 1 Paso. Mientras i N, pasos 3-6 Paso 3. x x 0 f(x 0) f (x 0 ) Paso 4. Si x x 0 < T ol Salida (x) Parar. Paso 5. i i + 1 Paso 6. x 0 x Paso 7. Salida ( Número máximo de iteraciones excedido ) Parar El método de Newton Raphson se puede implementar iterativamente en Mathematica 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 iteración, i, el valor de x es, x If[Abs[x - X0Tem] < Tol, Return[x] i++; X0Tem = x; If[i <= n, Return[x], Print[ Número máximo de iteraciones excedido ] 16

18 El método de Newton Raphson se puede implementar recursivamente en Mathematica 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[ Número máximo de iteraciones excedido ]] NewtonRaphsonRecursivo[x, Tol, n-1, F] ] Ejemplo 8 Ejecutando el programa iterativo para resolver la ecuación e x x = 0 con x 0 = 1 como aproximación inicial y con una tolereacia de ɛ = 10 6 se obtiene la siguiente: In[]:=F[x ]:=N[Exp[-x]-x In[3]:=N[NewtonRaphson[1, ,0,F],15] En la iteración 1 el valor de x es En la iteración el valor de x es En la iteración 3 el valor de x es En la iteración 4 el valor de x es Out[3]:= Mientras que ejecutando el programa recursivo se obtiene: In[5]:=N[NewtonRaphsonRecursivo[1, ,0,F],15] Out[5]:= Teorema 6 Sea f C [a, b]. Si x [a, b] con f(x) = 0 y f (x) 0, entonces existe ɛ > 0 tal que el método de Newton Raphson: x n+1 := x n f(x n) f (x n ) genera una sucesión que está bien definida y converge a x cuando n, para todo x 0 [x ɛ, x + ɛ]. Prueba Sea g(x) := x f(x) f (x). Nótese que si x [a, b] con f( x) = 0 entonces g( x) [a, b] y g( x) = x. Se define: 17

19 { p0 si n = 0 p n := g(p n 1 ) si n 1 Es claro que la (p n ) es la sucesión de Newton Rapson, entonces basta probar que g cumple las hipótesis del Teorema de punto fijo de Banach, a saber que: ɛ > 0 y q ]0, 1[ tal que x ] x ɛ, x + ɛ[ g (x) q < 1, y que g mapea el intervalo [ x ɛ, x + ɛ] en si mismo. Como f ( x) 0 y f es continua se tiene que existe un ɛ 1 > 0 tal que f (x) 0 para todo x ] x ɛ 1, x + ɛ 1 [ [a, b], de esta manera g está definida y es continua en ] x ɛ 1, x + ɛ 1 [. También lo está: g (x) = f(x)f (x) [f (x)] para todo x ] x ɛ 1, x + ɛ 1 [. Como f C [a, b] entonces g C 1 [ x ɛ 1, x + ɛ 1 ]. Como por hipótesis f( x) = 0 entonces: g ( x) = f( x)f ( x) [f ( x)] = 0. Luego como g es continua, esto implica que para cualquier constante q < 1 existe un ɛ, con 0 < ɛ < ɛ 1 y tal que: g (x) q < 1 para todo x ] x ɛ, x + ɛ[. Solo falta probar que g : ] x ɛ, x + ɛ[ ] x ɛ, x + ɛ[, pero si x ] x ɛ, x + ɛ[ por el Teorema del Valor Medio para algún ξ entre x y x se tiene que: entonces: g(x) g( x) = g (ξ) x x, g(x) x = g(x) g( x) = g (ξ) x x q x x < x x. (1.7) Como x ] x ɛ, x + ɛ[ entonces x x < ɛ luego por (1.7) se tiene que g(x) x < ɛ lo cual implica que g(x) ] x ɛ, x + ɛ[ con lo que se prueba que g : ] x ɛ, x + ɛ[ ] x ɛ, x + ɛ[. Ejemplo 9 Hallar un método para calcular A, con A 0. (x n + Axn ) Solución: Probaremos que la sucesión (x n ) definida por x n+1 = 1 converge a A. Nótese que calcular A es equivalente a resolver la ecuación: x A = 0, 18

20 usando el método de Newton Raphson con f(x) = x A y f (x) = x se tiene que: x n+1 = x n f(x n) f (x n ) = x n x n A x n = 1 ) (x n + Axn. De donde es claro que la sucesión x n A cuando n. 1.4 Método de la Secante El problema con el método de Newton Rapson es que requiere la derivada de f(x) la cual en muchos casos no se tiene. La idea del método de la secante es usar una aproximación para esta derivada, como se ilustra en la Figura 1.5. Figure 1.5: Método de la secante. La deducción del método es la siguiente: f (x n 1 ) = f(x) f(x n 1 ) lim f(x n ) f(x n 1 ). (1.8) n x n 1 x x n 1 x n x n 1 Si en el método de Newton Rapson x n = x n 1 f(x n 1) f (x n 1 ) sustituimos f (x n 1 ) por la aproximación dada en (1.8) se tiene que: 19

21 f(x n 1 ) x n x n 1, f(x n ) f(x n 1 ) x n x n 1 simplificando se obtiene el Método de la Secante: x n x n 1 (x n x n 1 )f(x n 1 ). f(x n ) f(x n 1 ) Entonces el método de la secante consiste en calcular la sucesión (x n ) definida por: x 0 si n = 0 x x n = 1 si n = 1 x n 1 (x n x n 1 )f(x n 1 ) si n f(x n ) f(x n 1 ) El siguiente algoritmo permite calcular esta sucesión: Algoritmo 4 [Método de la Secante] Entrada: N, T ol, x 0, x 1 Salida: Aproximación de x, con f(x) = 0 o mensaje de error Paso 1. i Paso. Mientras i N, pasos 3 6 Paso 3. x x 1 (x 0 x 1 )f(x 1 ) f(x 0 ) f(x 1 ) Paso 4. Si x x 0 < T ol Salida (x) Parar Paso 5. x 0 x 1 x 1 x Paso 6. i i + 1 Paso 7. Salida ( Número máximo de iteraciones excedido ) Parar Una implementación iterativa en Mathematica del algoritmo anterior es la siguiente: Secante[X0,X1,Tol,N,F ]:= Module[{i=,X0Tem=X0,X1Tem=X1,X}, While[(i<=N), X=X1Tem-((X0Tem-X1Tem)*F[X1Tem]/(F[X0Tem]-F[X1Tem])); Print[ En la iteración,i, el valor de X es,x If[(Abs[X-X1Tem])<Tol,Return[X] X0Tem=X1Tem; X1Tem=X; i++; 0

22 If[i==N+1, Print[ Número máximo de iteraciones excedido ] Una implementación 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[ Número máximo de iteraciones excedido ]], SecanteRecursivo[X1,X,Tol,N-1,F] ] Ejemplo 10 Ejecutando el programa iterativo para resolver la ecuación e x x = 0 con x 0 = 1 y x 1 = 1 como aproximaciones iniciales y con una tolereacia de ɛ = 10 6 se obtiene la siguiente: In[1]:=F[x ]:=Exp[-x]-x In[]:=N[Secante[1,0.5, ,100,F],15] 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 Out[]:= Mientras que ejecutando la versión recursiva se obtiene: In[3]:=N[SecanteRecursivo[1,0.5, ,100,F],15] Out[3]:= Teorema 7 Sea f una función de clase C [a, b] con a < b. Si existe un punto x tal que f(x) = 0 y f (x) 0 entonces existe un número ɛ > 0 tal que si x 0 y x 1 están dentro del intervalo [x ɛ, x + ɛ] la sucesión generada por el método de la secante x n = x n 1 (x n x n 1 )f(x n 1 ). f(x n ) f(x n 1 ) está bien definida dentro del intervalo [x ɛ, x + ɛ] y converge a x (cero de la ecuación f(x) = 0). Prueba Ejercicio. 1

23 1.5 Orden de convergencia Definición 1 Sea (x n ) una sucesión que converge a x, se denota e n := x n x para n 0. Si existen constantes α y λ positivas, tal que: x n+1 x e n+1 lim n x n x α = lim n e n α = λ, entonces se dice que la sucesión (x n ) converge a x con orden α y con constante asintótica λ. Observación 6 Entre mayor sea el orden de convergencia, o sea entre mayor sea α, mayor será la velocidad de convergencia. Si α = 1, se dice que el método tiene orden lineal. Si α =, se dice que el método tiene orden cuadrático. Ejemplo 11 Suponga que tenemos dos esquemas (sucesiones) x n y x n tal que: e n+1 lim = 0.75 (método lineal). n e n lim n ẽ n+1 = 0.75 (método cuadrático). ẽ n Se supone además que e 0 = 0.5 y ẽ 0 = 0.5 Cuántas iteraciones requieren x n y x n para converger con un error absoluto menor a 10 8? Solución: 1. Analicemos primero la sucesión (esquema) x n : x n+1 x < 10 8 e n+1 < Pero e n de donde e n e n 0.75 e n 1 e n 0.75 n e 0 = 0.75 n 0.5, esto implica que: e n+1 < n 0.5 < 10 8 n log(0.75) < 8 log(0.5) n > 8 log(0.5) log(0.75) Se puede tomar n = 6, por lo tanto x n requiere aproximadamente 6 iteraciones para converger a x.

24 . Analicemos ahora la sucesión x n : x n+1 x < 10 8 ẽ n+1 < Pero ẽ [ n+1 ẽ n 0.75 de donde ẽ n ẽ n ẽ n 1 ] = ẽ n [0.75 ẽ n ] 4 = ẽ n n+1 1 ẽ 0 n+1, de donde ẽ n+1 < n+1 1 ẽ 0 n+1 < 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) 1 3.4, log() luego n = 4, por lo que x n requiere solamente de n = 4 iteraciones para converger a x mientras que esquema lineal requirió de aproximadamente 6 iteraciones para converger a x. { x0 si n = 0 Teorema 8 Sea x n = el esquema (la sucesión) de g(x n 1 ) si n 1 punto fijo visto en la sección 1.1. Si además se supone que: g : [a, b] [a, b]. g C [a, b]. Existe q tal que 0 q < 1 y g (x) q < 1 para todo x ]a, b[. g (x) 0 para x el punto fijo de g. Entonces (x n ) converge al menos linealmente a x, cuando n. Prueba e n+1 = x n+1 x = g(x n ) g(x) = g (ξ n )(x n x) = g (ξ n )e n con ξ n entre x n y x. Como x n x cuando n y ξ n está entre x n y x entonces la sucesión (ξ n ) también converge a x cuando n. Luego e n+1 g (ξ lim = lim n )e n ( ) = lim n e n n e n n g (ξ n ) = g lim (ξ n) = g (x). n 3

25 e n+1 Por lo tanto lim n e n = g (x) := λ < 1, de donde la convergencia es lineal. Teorema 9 Sea x un punto fijo de g, además g ( x) = 0, g es continua en un intervalo abierto I que contiene a x y g ( x) { 0. Entonces existe ɛ > 0 tal que x0 si n = 0 para x 0 [ x ɛ, x + ɛ] la sucesión x n = converge al g(x n 1 ) si n 1 menos cuadráticamente a x. Prueba Escoja ɛ tal que intervalo [ x ɛ, x + ɛ] esté contenido en I, g (x) q < 1 y g sea continua. Como g (x) q < 1 se tiene que los términos de la sucesión (x n ) están contenidos en [ x ɛ, x + ɛ]. Expandiendo g(x) en su polinomio de Taylor para x [ x ɛ, x + ɛ] se tiene que: g(x) = g( x) + g ( x)(x x) + g (ξ) (x x), con ξ entre x y x. Por hipótesis g( x) = x y g ( x) = 0, esto implica que: g(x) = x + g (ξ) (x x). En particular si se toma x = x n entonces: con ξ n entre x n y x. Luego x n+1 = g(x n ) = x + g (ξ n ) (x n x). x n+1 x = g (ξ n ) (x n x). (1.9). Como g (x) q < 1 y g mapea [ x ɛ, x + ɛ] en si mismo es claro que (x n ) converge a x punto fijo de g, entonces como ξ n está entre x n y x la sucesión (ξ n ) converge también a x. Luego usando (1.9) se deduce que: x n+1 x lim n x n x = g ( x) = λ 0. Entonces la sucesión (x n ) converge cuadráticamente x. Corolario 3 Sea f C 3 [a, b]. Si x [a, b] con f( x) = 0, f ( x) 0 y f ( x) 0, entonces existe ɛ > 0 tal que el método de Newton Raphson: x n+1 := x n f(x n) f (x n ) genera una sucesión que converge al menos cuadráticamente a x cuando n, para todo x 0 [x ɛ, x + ɛ]. 4

26 Prueba La convergencia de (x n ) se demostró en el Teorema 6. Usando el teorema anterior se concluye el corolario, pues si se toma g(x) := x f(x) f (x) entonces g( x) = x f( x) f ( x) = x pues f( x) = 0 y f ( x) 0. Además 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)] de donde g ( x) = 0, pues f( x) = 0. Como: g (x) = [f (x)] f (x) + f(x)f (x)f (3) (x) f(x) [f (x)] [f (x)] 3, entonces g ( x) = f ( x) f ( x) 0. Es claro que g es continua en un intervalo que contiene a x dado que f C 3 [a, b]. Entonces g(x) cumple todas las hipótesis del teorema anterior por lo que (x n ) converge cuadráticamente a x. Teorema 10 Sea f una función de clase C [a, b]. Si existe un punto x tal que f( x) = 0, f ( x) 0 y f ( x) 0 entonces existe un número ɛ > 0 tal que si x 0 y x 1 están dentro del intervalo [x ɛ, x + ɛ] la sucesión generada por el método de la secante x n = x n 1 (x n x n 1 )f(x n 1 ). f(x n ) f(x n 1 ) converge a x con orden de al menos Prueba (Ejercicio) Sugerencias: Pruebe que e n+1 C e n e n 1, (1.10) con C := f ( x) f. Por la definición 1 se busca una solución aproximada a la ( x) ecuación e n = λ e n 1 α, (1.11) con λ > 0 y α 1. Pero considerando (1.10) como una ecuación y sustituyendo en (1.11) se tiene que: λ e n α = λλ α e n 1 α = Cλ e n 1 α+1. (1.1) La ecuación (1.1) es válida solamente para n suficientemente grandes si: λ α = C y α = α + 1, de donde α = y λ = C 1/α. 5

27 1.6 Convergencia acelerada y el método de Steffensen El método de Aitken El método de Aitken tiene las siguientes hipótesis: 1. (x n ) converge linealmente a x con constante asíntótica λ tal que 0 < λ < 1.. Los signos de x n x, x n+1 x y x n+ x son iguales. 3. Se asume que para n suficientemente grande: x n+1 x x n x x n+ x x n+1 x. (1.13) La idea es encontrar una sucesión ( x n ) la cual converge más rápidamente a x que la sucesión (x n ). Note que de (1.13): (x n+1 x)(x n+1 x) (x n x)(x n+ x) x n+1 xx n+1 + x x n+ x n xx n+ xx n + x xx n+1 + xx n+ + xx n x n+1 + x n+ x n ( x n+1 + x n+ + x n )x x n+1 + x n+ x n x x n+1 + x n+ x n ( x n+1 + x n+ + x n ) x x n+x n x n+1 x n+ x n+1 + x n x x n + x n+ x n x n x n+1 x n + x n x n+1 x n+1 x n+ x n+1 + x n x x n(x n + x n+ x n+1 ) (x n+1 x n ) x n+ x n+1 + x n (x n+1 x n ) x x n x n+ x n+1 + x n El método de de Aitken se basa en el hecho de que la sucesión ( x n ) definida por: (x n+1 x n ) x n+3 := x n, x n+ x n+1 + x n bajo ciertas condiciones, converge más rapidamente a x que la sucesión (x n ). Notación 1 Diferencia Progresiva (x n ) := x n+1 x n para n 0. 6

28 k (x n ) = k 1 ( x n ) para k. Observación 7 Nótese que con esta notación se tiene: (x n ) = ( x n ) = x n+1 x n = x n+ x n+1 (x n+1 x n ) = x n+ x n+1 + x n. Por lo que el método de Aitken se puede escribir como: x n+3 := x n ( x n) x n. (1.14) Pero qué quiere decir que una sucesión ( x n ) converge más rápido a x que la sucesión (x n )? Definición Sean (x n ) y ( x n ) dos sucesiones que convergen a x, se dice que la sucesión ( x n ) converge más rápido a x que la sucesión (x n ) si: lim n x n x x n x = 0. Teorema 11 Sea (x n ) una sucesión que converge a x con orden lineal con constante asintótica λ < 1, además se asume que e n = x n x 0 para todo n. Entonces la sucesión ( x n ), definida en (1.14), converge a x más rápido que (x n ). Prueba Ejercicio El método de Steffensen Por el Teorema 8 la sucesión de aproximaciones sucesivas (x n ) converge linealmente a x, cuando n con constante asintótica λ < 1, entonces tiene sentido aplicar el método de Aitken a ésta sucesión. Es así como una combinación entre el método de aproximaciones sucesivas y el método de Aitken producen un método conocido como el Método de Steffensen, el cual consiste en calcular la sucesión: [g(x n ) x n ] x n+1 := x n. (1.15) g(g(x n )) g(x n ) + x n Algoritmicamente el Método de Steffensen para acelerar el método de punto fijo se puede expresar de la siguiente manera. Sea x 0 la aproximación inicial en el método de punto fijo, entonces se toma: 7

29 x (0) 0 = x 0 ( x (0) 1 = g ( x (0) = g x (0) 0 x (0) 1 ( ) x (1) 0 = x (0) 0 = x (0) 0 ( x (1) 1 = g ( x (1) = g x (1) 0 x (1) 1 ( ) x () 0 = x (1) 0 = x (1) 0. ) ) ) ) [ ] x (0) 1 x (0) 0 x (0) x (0) 1 + x (0) 0 [ ] x (1) 1 x (1) 0 x (1) x (1) 1 + x (1) 0 En pseudocódigo el Método de Steffensen se puede expresar como sigue: Algoritmo 5 [Método de Steffensen] Entrada: N, T ol, x 0, g Salida: Aproximación de x o mensaje de error Paso 1. i Paso. Mientras i N, siga los pasos 3 6 Paso 3. x 1 = g(x 0 ) x = g(x 1 ) x = x 0 (x 1 x 0 ) x x 1 + x 0 Paso 4. Si x x 0 < T ol Salida (x) Parar Paso 5. i i + 1 Paso 6. x 0 x Paso 7. Salida ( Número máximo de iteraciones excedido ) Parar Este algoritmo se puede programar iterativamente en Mathematica como sigue: Steffensen[x0,Tol,n,G ]:= Module[{i=1,x0Tem=x0,x,x1,x}, While[i n, x1=n[g[x0tem] x=n[g[x1] 8

30 x=n[x0tem-(x1-x0tem)^/(x-*x1+x0tem) Print[ En la iteración, i, el valor de x es,n[x,15] If[Abs[x-x0Tem]<Tol,Return[x] i++; x0tem=x; If[i==n+1, Print[ Número máximo de iteraciones excedido ] Este algoritmo se puede programar recursivamente en Mathematica como sigue: SteffensenRecursivo[x0,Tol,n,G ]:= Module[{x1,x,x}, x1=n[g[x0] x=n[g[x1] x=n[x0tem-(x1-x0tem)^/(x-*x1+x0tem) If[(Abs[(x-x0)]<Tol) (n < 1), If[n>=1, x, Print[ Número máximo de iteraciones excedido ] ], SteffensenRecursivo[x,Tol,n-1,G] ] Ejemplo 1 Resuelva la ecuación x 3 x 1 = 0 en el intervalo [1, ] con ɛ = Solución: Como se mostró en el ejemplo 3, utilizando g(x) = el método x de punto fijo requirío de 9 iteraciones para resolver esta ecuación, con una tolerancia de ɛ = 10 5, mientras que el Método de Steffensen requiere solamente de 5 iteraciones, como se muestra seguidamente: In[3]:=G[x ]:=Sqrt[1+1/x] In[33]:=N[Steffensen[, ,100,G],15] En la iteración 1 el valor de x es En la iteración el valor de x es En la iteración 3 el valor de x es En la iteración 4 el valor de x es Out[33]:=1.347 Teorema 1 Si el método de punto fijo x n+1 = g(x n ) converge linealmente entonces el orden de convergencia del método de Steffensen es al menos dos. 9

31 Prueba (Ejercicio) Suponga que g(x) es un número suficiente de veces derivable, luego pruebe que: x n+1 x lim n x n x = 1 g ( x)g ( x) g ( x) 1 := λ 0. 30