1 Método de la bisección. 1.1 Teorema de Bolzano Teorema 1.1 (Bolzano) Contenido

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1 E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Resumen y ejemplos Tema 3: Solución aproximada de ecuaciones Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Octubre 008, Versión 1.3 Contenido 1. Método de la bisección.. Método de Newton-Raphson. 3. Orden de convergencia: convergencia cuadrática. 4. Método de punto fijo. 1 Método de la bisección 1.1 Teorema de Bolzano Teorema 1.1 (Bolzano) f(x) continua en [a, b], f(a) f(b) < 0. ¾ = Existe un α (a, b) tal que f(α) =0. Ejemplo 1.1 Demuestra que la ecuación tiene solución única en (0, π/). cos x = x 1

2 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones. Ponemos la ecuación en la forma la función cos(x) x =0, f(x) =cos(x) x es continua en todo R, en particular, es continua en [0, π/]. En los extremos del intervalo, toma valores f(0) = 1, f(π/) = π/, que son de signo opuesto, por lo tanto, existe un α (0, π/) tal que f(α) =cos(α) α =0. Veamos la unicidad. Calculamos la derivada f 0 (x) = sin(x) 1. Como f 0 (x) < 0 en todo el intervalo (0, π/), f es decreciente en el intervalo y sólo puede tomar el valor 0 una vez, por lo tanto, la solución es única. 1. Descripción del método Objetivo Aproximar la solución de f(x) =0. Inicio f(x) que cumple las condiciones del teorema de Bolzano en [a, b]. Método 1. Calculamos el punto medio del intervalo. Calculamos f(c), c = a + b. si f(c) =0, la solución es α = c. si f(c) 6= 0, comparamos f(c) con f(a) y f(b). Elnuevointervalo tiene un extremo en c, el otro extremo se elige entre a y b de forma que f tome signos distintos en los extremos del nuevo intervalo. Ejemplo 1. Primeras iteraciones del método de la bisección para en el intervalo [0, π/]. cos(x) x =0

3 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones En el ejemplo anterior, hemos visto que f(x) =cos(x) x cumple las condiciones del Teorema de Bolzano.. Cálculo de las aproximaciones. Fase 1. El cuadro inicial es Fase 1 a 1 =0 f(a 1 )=1 c 1 = f(c 1 )= b 1 = f(b 1 )= ª calculamos c 1 = a 1 + b 1 = , f(c 1 )=f( ) = y completamos la tabla Fase 1 a 1 =0 f(a 1 )=1 a =0 c 1 = f(c 1 )= ª b = b 1 = f(b 1 )= ª Fase. La tabla inicial para la fase es Fase a =0 f(a )=1 c = f(c )= b = f(b )= ª calculamos c = a + b =0.397, f(c )=f(0.397) = Fase 3. Fase a =0 f(a )=1 c = f(c )= a 3 = b = f(b )= ª b 3 = Fase 3 a 3 = f(a 3 )= c 3 = f(c 3 )=0. 44 a 4 = b 3 = f(b 3 )= ª b 4 =

4 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones. 4 Fase 4. Fase 5 Fase 4 a 4 = f(a 4 )=0. 44 c 4 = f(c 4 )= a 5 = b 4 = f(b 4 )= ª b 5 = Fase 5 a 5 = f(a 5 )= c 5 = f(c 5 )= a 6 = b 5 = f(b 5 )= ª b 6 = En las siguientes fases, obtenemos c 6 = , c 7 = , c 8 =0.7447, c 9 = , c 10 = Elvalorexactodelasolucióncon5decimalesesα = El error en la fase 10 es e 10 = α c 10 = Tenemos, por lo tanto, decimales exactos. 1.3 Cota superior de error Proposición 1.1 En la fase n, el error del método de la bisección cumple e n = α c n b 1 a 1 n. Demostración. En la fase n se cumple e n = α c n b n a n

5 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones. 5 Además, la longitud del intervalo se reduce a la mitad en cada fase Por lo tanto, tenemos b n a n = b n 1 a n 1. e 1 b 1 a 1, e b a e 3 b 3 a 3 de forma análoga, resulta e 4 b 1 a 1 16 yengeneral = b a 4 = b 1 a 1, 4 = b 1 a 1, 8 = b 1 a 1 4, e 5 b 1 a 1 3 = b 1 a 1 5, e n = α c n b 1 a 1 n. Ejemplo 1.3 Aplicamos el método de la bisección para aproximar la solución de f(x) =0en el intervalo [0, π/]. (a) Calcula una cota de error para la fase 10. (b) Calcula el número de pasos necesarios para aproximar la solución con 4 decimales exactos. (a) Tenemos e 10 π/ 0 10 = Podemos asegurar dos decimales exactos. Observemos que en el Ejemplo 1., después de 10 pasos, hemos obtenido un error e 10 = α c 10 = (b) Para asegurar 4 decimales exactos, exigimos π e n = α c n n , de donde resulta π n , tomando logaritmos n ln ln (10000π), n Por lo tanto, necesitamos 15 pasos.

6 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones. 6 Método de Newton-Raphson.1 Planteamiento y descripción del método Objetivo Aproximar la solución de f(x) =0, con f(x) derivable, partiendo de una aproximación inicial de la solución x 0. Método x 0 = aproximación inical, x j+1 = x j f(x j) f 0 (x j ). Ejemplo.1 Aproximar la solución de con 6 decimales. cos(x) x =0 Hemos visto que la ecuación tiene solución en [0, π/], podemos tomar como aproximación inicial x 0 = π/4 El método es, en este caso, x 0 = π/4 = f(x) =cos(x) x, f 0 (x) = sin (x) 1, x 0 = , x j+1 = x j + cos (x j) x j sin (x j )+1. El valor de las iteraciones es x 1 = x 0 + cos (x 0) x 0 sin (x 0 )+1 = = , x = x 1 + cos (x 1) x 1 sin (x 1 )+1 = ,

7 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones. 7 El método ha convergido al valor x 3 = x + cos (x ) x = , sin (x )+1 x 4 = ᾱ = El valor exacto con 10 decimales, calculado con la orden fsolve de Maple, es α = Deducción del método Una forma de obtener el método de Newton-Raphson consiste en sustituir la función f por la tangente en x = x j. Con mayor detalle, si disponemos del valor de la aproximación x j, 1. calculamos la tangente a y = f(x) en x = x j,. tomamos x j+1 como el corte de la tangente con el eje OX. Tangente en x = x j y f(x j )=f 0 (x j )(x x j ). Para calcular el corte con OX, exigimos y =0 f(x j )=f 0 (x j )(x x j ), resolvemos en x y tomamos el resultado como x j+1 Solución de la ecuación x = x j f(x j) f 0 (x j ) = x j+1 = x j f(x j) f 0 (x j )..3 Criterio de parada usando errores estimados A diferencia de los que hemos visto en el método de la bisección, en caso del método de Newton-Raphson no existe una forma sencilla de acotar el error e j = α x j. Para detener las iteraciones, suelen usarse los errores estimados. Error absoluto estimado ē j = x j x j 1.

8 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones. 8 Error relativo estimado r j = x j x j 1 x j. Ejemplo. Aproxima la solución de e x = 1 x con 6 decimales exactos. Representamos las curvas y = e x, y = 1 x x - -3 Está claro que hay una solución. Tomamos como valor inicial x 0 =0.5. Para aplicar el método de Newton-Raphson, tenemos que escribir la ecuación en la forma f(x) =0, resulta Calculamos la derivada f(x) =e x 1 x. f 0 (x) =e x + 1 x y obtenemos el método iterativo x 0 =0.5, x j+1 = x j ex j x 1 j e x j + 1 (x j ) El resultado de las iteraciones y los errores estimados es x 0 =0.5 x 1 =0.5 e e (0.5) = ē 1 = x 1 x 0 = x = ē = x x 1 = x 3 = ē 3 = x 3 x = x 4 = ē 4 =0

9 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones. 9 El resultado es α = , el valor de la raíz con 10 decimales, obtenido con el comando fsolve de Maple, es α = Protección en el uso del error estimado La parada del método de Newton-Raphson usando el error estimado puede producir un resultado incorrecto. Esto sucede cuando dos iteraciones consecutivas toman valores muy próximos a pesar de encontrarse aún lejos de la raíz. Para protegernos contra paradas anómalas, podemos usar el siguiente procedimiento. Sea ² el máximo error tolerable, por ejemplo, si queremos 4 decimalesexactoses² = Detenemos las iteraciones cuando ē j = x j x j 1 ².. Tomamos los valores a = x j ², b = x j + ². 3. Calculamos f(a) y f(b), si se produce un cambio de signo, podemos asegurar que la raíz α se encuentra en el intervalo (a, b). Como x j es el centro del intervalo, se cumple e j = α x j ² y, por lo tanto, podemos asegurar la validez de la aproximación.

10 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones. 10 Observemos que si f(a) y f(b) tienen el mismo signo, el método no es aplicable; no obstante, en la mayoría de los casos prácticos, el criterio funciona bien. Ejemplo.3 Calcular 4 con 6 decimales exactos. Tomamos que nos lleva a la ecuación Es x = 4, x 4 = 0. f(x) =x 4, f 0 (x) =x. Como valor inicial, tomamos x 0 =5, el error máximo admisible es ² = Fórmula de recurrencia x 0 =5 x j+1 = x j x j 4 x j Iteraciones, x 0 =5 x 1 = =4.9 ē 1 = x 1 x 0 =0.1 x = ē = x x 1 = x 3 = ē 3 = x 3 x = Valor de la aproximación Calculamos x 3 = a = x 3 ² = , b = x 3 + ² = , f(x 3 ²) = , f(x 3 + ²) = vemos que se produce cambio de signo en los extremos del intervalo [a, b] =[x 3 ², x 3 + ²], por lo tanto α (x 3 ², x 3 + ²), así pues, se cumple e 3 = α x 3 ² y podemos asegurar que x 3 aproxima α con 6 decimales exactos.

11 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones Orden de convergencia 3.1 Definiciones Sea (x j ) una sucesión de aproximaciones de α y (e j ) la sucesión de errores x 0,x 1,x,...,x j,... α, e j = α x j. Definición 3.1 (Orden de convergencia) Supongamos que la sucesión (x j ) converge al valor α. Decimos que la sucesión converge a α con orden de convergencia r>0, si existe una constante A>0 tal que e j+1 lim x e j r = A. La constante A se llama constante asintótica de error. Si r =1, la convergencia se llama lineal y, para j suficiente grande, es e j+1 'A e j. Si r =, la convergencia se llama cuadrática y, para j suficiente grande, se cumple e j+1 'A e j. Observamos que si una sucesión tiene convergencia cuadrática, a partir de un cierto momento, el número de decimales exactos se duplica a cada paso. 3. Orden de convergencia del Método de Newton-Raphson Definition 1 (Cero simple) La función f(x) tiene una raíz (cero) simple en x = α si se cumple f(α) =0, f 0 (α) 6= 0. Proposición 3.1 (Convergencia en ceros simples) Supongamos que el método de Newton-Raphson genera una sucesión (x j ) que converge a un cero α de la función f(x). Si α es un cero simple, entonces la convergencia es cuadrática y, para j suficiente grande, se cumple Ejemplo 3.1 Convergencia cuadrática. e j+1 ' f 00 (α) f 0 (α) e j. (1)

12 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones. 1 Consideremos la ecuación cuya solución con 1 decimales es x 30 = 0, α = La iteración de Newton-Raphson, con valor inicial x 0 =5, es x 0 =5, x j+1 = x j x j 30. x j Si tenemos en cuenta la fórmula (1), el valor de la constante asintótica de error es A = f 00 (α) f 0 (α) = 1 α. Podemos estimar el valor de A, tomando α ' 5, entonces y, por lo tanto, A ' 1 10 =0.1 e j+1 '0.1 e j. Si en un paso tenemos t decimales exactos, cabe esperar que en el siguiente tengamos aproximadamente t decimales exactos. Resultan las siguientes aproximaciones y errores j x j e j = α x j e j+1 e j El valor de la constante asintótica de error es A = f 00 (α) f 0 (α) sustituyendo α = , resulta A =

13 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones Método de punto fijo 4.1 Planteamiento y descripción del método Definición 4.1 (Punto fijo) Decimos que α es un punto fijo de la función g(x) si se cumple g(α) =α. Ecuación en Ejemplo 4.1 Escribe la ecuación en forma de punto fijo. forma normal f(x) =0. forma de punto fijo cos(x) x =0 x = g(x). La ecuación cos(x) x =0está en forma normal. Existen infinitas expresiones de punto fijo equivalentes, una primera expresión es x =cos(x). () Sumando x a ambos lados de la igualdad y despejando, resulta x = x +cos(x). Sumando x a ambos lados de la igualdad (), se obtiene x +cos(x) x =. 3 Multiplicado por x en () y despejando, resulta Iteración de punto fijo x = p x cos(x). Objetivo Aproximar la solución de una ecuación en forma de punto fijo x = g(x) Método ½ x0 = valor inicial, x j+1 = g(x j ). Proposición 4.1 Supongamos que g(x) es continua, si la sucesión (x j ) generada por ½ x0 = valor inicial, x j+1 = g(x j ), converge a un valor α, entonces α es un punto fijo de g(x).

14 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones. 14 Demostración. Se cumple como g(x) es continua µ g(α) =g lim x j j lim x j = α, j Ejemplo 4. (a) Aproxima la solución de = lim j g(x j )= lim j x j+1 = α. cos(x) x =0 con 5 decimales exactos, mediante la iteración de punto fijo para la forma x = x +cos(x) a partir del valor inicial x 0 =1. (b) Si escribimos la ecuación en la forma x +cos(x) x =, 3 cuántas iteraciones son necesarias para obtener 5 decimales exactos?. (a) En el primer caso, la fórmula de recurrencia es x 0 =1, x j+1 = x j +cos(x j ). Resulta j x j (b) En el caso de la expresión x +cos(x) x =, 3 la fórmula de recurrencia es x 0 =1, x j+1 = x j +cos(x j ), 3

15 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones. 15 y obtenemos j x j j x j Vemos que en el segundo caso la convergencia es más lenta. 4. Convergencia de la iteración de punto fijo Teorema 4.1 Supongamos que: 1. g es una función de clase C 1 [a, b],. g(x) [a, b] para todo x [a, b], 3. max x [a,b] g0 (x) = M 1 1. Entonces, se cumple: 1. La ecuación x = g(x) tiene solución única α en [a, b].. La iteración de punto fijo. ½ x0, x j+1 = g(x j ), converge a la solución α para cualquier valor inicial x 0 (a, b). 3. El error e j = α x j, verifica la desigualdad Ejemplo 4.3 Dada la ecuación e j M j 1 (b a). x =cos(x). (a) Demuestra que tiene solución única en [0, 1]. (b) Determina el número de iteraciones necesarias para asegurar 4 decimales exactos mediante la iteración de punto fijo. (c) Calcula las 5 primeras iteraciones a partir de x 0 =0.5. (a) Veamos que la función g(x) =cos(x) cumple las condiciones del teorema. (Condición 1) g(x) es continua con derivada continua en todo R, por lo tanto, es de clase C 1 [0, 1].

16 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones. 16 (Condición ) g(x) es decreciente en el intervalo [0, 1]. El máximo y mínimo absolutos de g(x) en [0, 1] son m = min cos(x) =cos(1)= , M x [0,1] = max cos(x) =cos(0)=1, x [0,1] por lo tanto, cuando x toma valores en [0, 1], g(x) toma valores en [0.5403, 1] [0, 1]. (Condición 3) La derivada es g 0 (x) = sin(x). Hemos de calcular M 1 = max g 0 (x), la función objetivo es x [0,1] h(x) = sin(x) =sin(x), sabemos que sin(x) es creciente en [0, 1], por lo tanto M 1 = max g0 (x) =sin(1)= x [0,1] En consecuencia, podemos asegurar que existe un único punto fijo en el intervalo [0, 1] y que la iteración de punto fijo converge a él para todo valor inicial x 0 (0, 1). (b) El error cumple e j ( ) j (1 0) = ( ) j exigimos ( ) j yresolvemosenj, resulta: h ln ( ) ji ln , j ln ( ) ln , j ln = ln ( ) Necesitamos j = 58iteraciones. Observa que ln ( ) es negativo y, por lo tanto, al pasar dividiendo al otro miembro de la desigualdad el signo se invierte. (c) El valor de las primeras 5 iteraciones es j x j

17 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones. 17 Si calculamos con 6 decimales, el valor de la iteración 58 es x 58 = En realidad, la cota de error es muy conservadora, pues el método ya había convergido con 4 decimales en la iteración Forma de punto fijo x = x λf(x) Consideremos una ecuación f(x) =0que tiene una raíz α en el intervalo [a, b]. Para todo valor de λ, la expresión x = x λ f(x) es una formulación equivalente en forma de punto fijo x = g(x) con g(x) =x λ f(x). Es inmediato comprobar que la raíz α de f(x) es un punto fijo de g(x). La derivada de g(x) es g 0 (x) =1 λf 0 (x) Puede demostrarse que si g 0 (α) 1 entonces la iteración de punto fijo es convergente para valores iniciales x 0 suficiente próximos a α, además, la velocidad de convergencia aumenta con la disminución de g 0 (α), eso nos sugiere tomar el valor de λ que anula g 0 (α), esto es λ = 1 f 0 (α). Un método práctico para determinar λ es el siguiente 1. Estimamos. Tomamos f 0 (α) ' λ = f(b) f(a). b a 1 ³ f(b) f(a) b a. En resumen, el método es x 0 = valor inicial, b a x j+1 = x j f(b) f(a) f(x j).

18 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones. 18 Ejemplo 4.4 Aproxima la solución de ln x = 1 x con 4 decimales, usando una formulación de punto fijo del tipo x = x λ f(x). A partir de un esquema gráfico, tomamos el intervalo [1, ]. Escribimos la ecuación en forma normal f(x) =0, entonces Calculamos f(x) =ln(x) 1 x. f(1) = 1, f() = Por el Teorema de Bolzano, tenemos una raíz α en el intervalo [1, ]. Estimamos el valor de f 0 (α) f 0 (α) ' f() f(1) 1 = ycalculamosλ λ = 1 f 0 (α) ' 1 = La fórmula de recurrencia es, por lo tanto, Obtenemos x 0 =1.5, x j+1 = x j Podemos tomar α = j x j µln (x j ) 1xj.

19 Resumen y ejemplos Solución aproximada de ecuaciones. 19 Ejemplo 4.5 Calculalasoluciónde x =cos(x) con 4 decimales usando una formulación de punto fijo del tipo x = x λ f(x). A partir de un esquema gráfico, tomamos el intervalo [0, 1]. Escribimos la ecuación en la forma f(x) =0con Calculamos f(x) =x cos(x). f(0) = 1, f(1) = Por el Teorema de Bolzano, tenemos una raíz α en el intervalo [0, 1]. Estimamos el valor de f 0 (α) f 0 (α) ' f(1) f(0) 1 0 = ycalculamosλ λ = 1 f 0 (α) ' 1 = La fórmula de recurrencia es, por lo tanto, ½ x0 =0.5, x j+1 = x j (x j cos (x j )). Obtenemos Podemos tomar j x j ᾱ =0.7391