biseccion

Métodos Numéricos: Resumen y ejemplos

Tema 5: Resolución aproximada de ecuacionesFrancisco Palacios

Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa

Universidad Politécnica de Cataluña

Abril 2009, versión 1.5

Contenido

1. Método de la bisección.

2. 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

cosx = x

tiene solución única en (0,π/2).

1

Francisco Palacios Tema 5: Resolución aproximada de ecuaciones. 2

Ponemos la ecuación en la forma

cos(x)− x = 0.

La función

f(x) = cos(x)− xes continua en todo R, en particular, es continua en [0,π/2]. En los extremosdel intervalo, toma valores

f(0) = 1, f(π/2) = −π/2,

que son de signo opuesto, por lo tanto, existe un α ∈ (0,π/2) 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/2), resulta que f(x) es decrecientey sólo puede tomar el valor 0 una vez, por lo tanto, la solución es única. ¤

1.2 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].

• Método1. Se calcula el punto medio del intervalo

c =a+ b

2.

2. Calculamos f(c).

— Si f(c) = 0, la solución es α = c.

— si f(c) 6= 0, comparamos con f(a) y f(b). El nuevo intervalo tieneun extremo en c, el otro extremo se elige entre a y b de forma que

f(x) tome signos distintos en los extremos.

Ejemplo 1.2 Primeras iteraciones del método de la bisección para

cos(x)− x = 0

en el intervalo [0,π/2].


1. En el ejemplo anterior, hemos visto que f(x) = cos(x) − x cumple lascondiciones del Teorema de Bolzano.

2. Cálculo de las aproximaciones.

• Fase 1. El cuadro inicial esFase 1

a1 = 0 f(a1) = 1 ⊕c1 = f(c1) =

b1 = 1. 57080 f(b1) = −1. 57080 ª

calculamos

c1 =a1 + b1

2= 0.78540, f(c1) = f(0.78540) = −7. 8295× 10−2,

y completamos la tabla

Fase 1

a1 = 0 f(a1) = 1 ⊕ a2 = 0

c1 = 0.78540 f(c1) = −7. 8295× 10−2 ª b2 = 0.78540

b1 = 1. 57080 f(b1) = −1. 57080 ª

• Fase 2. La tabla inicial para la fase 2 es

Fase 2

a2 = 0 f(a2) = 1 ⊕c2 = f(c2) =

b2 = 0.78540 f(b2) = −7. 8295× 10−2 ª

calculamos

c2 =a2 + b2

2= 0.3927, f(c2) = f(0.3927) = 0. 53118.

Fase 2

a2 = 0 f(a2) = 1 ⊕c2 = 0.39270 f(c2) = 0. 53118 ⊕ a3 = 0.39270

b2 = 0.78540 f(b2) = −7. 8295× 10−2 ª b3 = 0.78540

• Fase 3.Fase 3

a3 = 0.39270 f(a3) = 0. 53118 ⊕c3 = 0. 58905 f(c3) = 0. 24242 ⊕ a4 = 0. 58905

b3 = 0.78540 f(b3) = −7. 8295× 10−2 ª b4 = 0.78540


• Fase 4.Fase 4

a4 = 0. 58905 f(a4) = 0. 24242 ⊕c4 = 0. 68723 f(c4) = 8. 5776× 10−2 ⊕ a5 = 0. 68723

b4 = 0. 78540 f(b4) = −7. 8295× 10−2 ª b5 = 0. 78540

• Fase 5Fase 5

a5 = 0. 68723 f(a5) = 8. 5776× 10−2 ⊕c5 = 0. 73632 f(c5) = 4. 6249× 10−3 ⊕ a6 = 0. 73632

b5 = 0. 78540 f(b5) = −7. 8295× 10−2 ª b6 = 0. 78540

En las siguientes fases, obtenemos

c6 = 0.76085,

c7 = 0.74858,

c8 = 0.74247,

c9 = 0.73938,

c10 = 0.73784.

El valor exacto de la solución con 5 decimales es α = 0.73909, por lo

tanto, en la fase 10 el error es

|e10| = |α− c10| = 0.00 125,tenemos, por lo tanto, 2 decimales exactos. ¤

1.3 Cota superior de error

Proposición 1.1 En la fase n, el error del método de la bisección cumple

|en| = |α− cn| ≤ b1 − a12n

.

Demostración. En la fase n se cumple

|en| = |α− cn| ≤ bn − an2

.


Además, la longitud del intervalo se reduce a la mitad en cada fase

bn − an = bn−1 − an−12

.

Por lo tanto, tenemos

|e1| ≤ b1 − a12

,

|e2| ≤ b2 − a22

=b1 − a14

,

|e3| ≤ b3 − a32

=b2 − a24

=b1 − a18

.

De forma análoga, resulta

|e4| ≤ b1 − a116

=b1 − a124

, |e5| ≤ b1 − a132

=b1 − a125

,

y en general

|en| = |α− cn| ≤ b1 − a12n

. ¤

Ejemplo 1.3 Aplicamos el método de la bisección para aproximar la solu-

ción de f(x) = 0 en el intervalo [0,π/2].

(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

|e10| ≤ π/2− 0210

= 0.1 534× 10−2.Podemos asegurar dos decimales exactos. En el Ejemplo 1.2, después de 10

pasos, hemos obtenido un error

|e10| = |α− c10| = 0.00 125.(b) Para asegurar 4 decimales exactos, exigimos

|en| = |α− cn| ≤¡π2

¢2n≤ 0.5× 10−4,

de donde resulta

2n ≥¡π2

¢0.5× 10−4 .

Tomando logaritmos

n ln 2 ≥ ln (10000π) ,

n ≥ ln (10000π)ln 2

= 14. 93920.

Por lo tanto, necesitamos 15 pasos. ¤


2 Método de Newton-Raphson

2.1 Planteamiento y descripción del método

Objetivo Aproximar la solución de f(x) = 0.

• f(x) derivable.• x0 aproximación inicial.

• Método ⎧⎨⎩ x0 = aproximación inicial,

xj+1 = xj − f(xj)

f 0(xj).

Ejemplo 2.1 Aproximar la solución de

cos(x)− x = 0

con 6 decimales.

Hemos visto que la ecuación tiene solución en [0,π/2], podemos tomar como

aproximación inicial x0 = π/4.

x0 = π/4 = 0.78539 816.

El método es, en este caso,

f(x) = cos(x)− x, f 0(x) = − sin (x)− 1,⎧⎨⎩ x0 = 0.78539 816,

xj+1 = xj +cos (xj)− xjsin (xj) + 1

.

El valor de las iteraciones es

x1 = x0 +cos (x0)− x0sin (x0) + 1

= 0. 78539 816− 0.04 58620 3 = 0. 73953 613,

x2 = x1 +cos (x1)− x1sin (x1) + 1

= 0. 73908 518,


x3 = x2 +cos (x2)− x2sin (x2) + 1

= 0. 73908 513,

x4 = 0. 73908 513.

El método ha convergido al valor

α = 0. 73908 513,

el valor exacto con 10 decimales es

α = 0.73908 51332. ¤

2.2 Deducción del método

El método de Newton-Raphson consiste en sustituir la función por la tan-

gente en x = xj , con mayor detalle, a partir de la aproximación xj :

1. Calculamos la tangente a y = f(x) en x = xj .

2. Tomamos xj+1 como el corte de la tangente con el eje OX.

Tangente en x = xj

y − f(xj) = f 0(xj) (x− xj) .Para calcular el corte con OX, exigimos y = 0

−f(xj) = f 0(xj) (x− xj) ,resolvemos en x y tomamos el resultado como xj+1

Solución de la ecuación x = xj − f(xj)

f 0(xj)=⇒ xj+1 = xj − f(xj)

f 0(xj).

2.3 Criterio de parada usando errores estimados

En en caso del método de Newton-Raphson no existe una forma sencilla de

acotar el error

|ej | = |α− xj | .Para detener las iteraciones, suele usarse los errores estimados

• Error absoluto estimado|ej | = |xj − xj−1| .

• Error relativo estimado

|rj | =¯xj − xj−1

xj

¯.


Ejemplo 2.2 Aproxima la solución de

ex =1

x

con 6 decimales exactos.

Representamos las curvas

y = ex, y =1

x

x 210-1-2

3

2

1

0

-1

-2

-3

está claro que hay una solución. Tomamos como valor inicial x0 = 0.5.

Escribimos la ecuación en la forma f(x) = 0, con

f(x) = ex − 1x.

Derivada

f 0(x) = ex +1

x2.

Método ⎧⎪⎨⎪⎩x0 = 0.5,

xj+1 = xj −exj − 1

xj

exj + 1

(xj)2

.

El resultado de las iteraciones y los errores estimados es

x0 = 0.5,

x1 = 0.5−e0.5 − 1

0.5

e0.5 + 1

(0.5)2

= 0. 56218 730, |e1| = |x1 − x0| = 0.0 62187 3,

x2 = 0. 56711 982, |e2| = |x2 − x1| = 0.00 49325 2,x3 = 0. 56714 329, |e3| = |x3 − x2| = 0.0000 2347,x4 = 0. 56714 329, |e4| = 0.El resultado es

α = 0. 56714 3.

El valor de la raíz con 10 decimales es

α = 0. 56714 32904. 2


2.4 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 toman

valores muy próximos a pesar de encontrarse aún lejos de la raíz

Para protegernos contra paradas anómalas, podemos usar el siguiente pro-

cedimiento. Sea ² el máximo error tolerable, por ejemplo, si queremos 4

decimales exactos es ² = 0.5× 10−4.

1. Detenemos las iteraciones cuando

|ej | = |xj − xj−1| ≤ ².

2. Tomamos los valores a = xj − ², b = xj + ².

3. Calculamos f(a) y f(b), si se produce un cambio de signo, podemos

asegurar que la raíz se encuentra en el intervalo (a, b). Como xj es el

centro del intervalo, se cumple

|ej | = |α− xj | ≤ ²

y, por lo tanto, podemos asegurar la validez de la aproximación.

Observemos que si f(a) y f(b) tienen el mismo signo, el método no es apli-

cable; no obstante, en la mayoría de los casos prácticos, el criterio funciona

bien.

Ejemplo 2.3 Calcular√24 con 6 decimales exactos.


Tomamos

x =√24

que nos lleva a la ecuación

x2 − 24 = 0.Es

f(x) = x2 − 24, f 0(x) = 2x.

Como valor inicial, tomamos x0 = 5, el error máximo admisible es

² = 0.5× 10−6.Fórmula de recurrencia ⎧⎨⎩

x0 = 5,

xj+1 = xj −x2j − 242xj

.

Iteraciones,

x0 = 5,

x1 = 5− 25−2410

= 4.9, |e1| = |x1 − x0| = 0.1,x2 = 4. 89897 9592, |e2| = |x2 − x1| = 0.00 10204 08,x3 = 4. 89897 9486, |e3| = |x3 − x2| = 0.000000 106.

Valor de la aproximación

x3 = 4. 89897 9,

calculamos

a = x3 − ² = 4. 89897 85, b = x3 + ² = 4. 89897 95.

f(x3 − ²) = −0.00000 96565, f(x3 + ²) = 0.000000 1414.

Vemos que se produce cambio de signo en los extremos del intervalo

[x3 − ², x3 + ²] ,por lo tanto α ∈ (x3 − ², x3 + ²) , así pues

|e3| = |α− x3| ≤ ². ¤

3 Orden de convergencia

3.1 Definiciones

Sea (xj) una sucesión de aproximaciones de α

x0, x1, x2, . . . , xj , . . . −→ α

y (ej) la sucesión de errores

|ej | = |α− xj | .


Definición 3.1 (Orden de convergencia) Supongamos que la sucesión

(xj) converge al valor α. Decimos que la sucesión converge a α con or-

den de convergencia r > 0, si existe una constante A > 0 tal que

limj→∞

|ej+1|| ej |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

|ej+1| ' A |ej | .

Si r = 2, la convergencia se llama cuadrática y, para j suficiente grande, se

cumple

|ej+1| ' A |ej |2 .

Observamos que si una sucesión tiene convergencia cuadrática, a partir de

un cierto momento, el número de decimales exactos se duplica a cada paso.

3.2 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 (xj) 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

|ej+1| ' |f 00(α)|2 |f 0(α)| |ej |

2 . (1)

Ejemplo 3.1 Convergencia cuadrática.

Consideremos la ecuación

x2 − 30 = 0,cuya solución con 12 decimales es

α = 5. 47722 55750 52.

La iteración de Newton-Raphson, con valor inicial x0 = 5, es⎧⎨⎩x0 = 5,

xj+1 = xj −x2j − 302xj

.


Si tenemos en cuenta la fórmula (1), el valor de la constante asintótica de

error es

A =|f 00(α)|2 |f 0(α)| =

¯1

2α

¯Podemos estimar el valor de A, tomando α ' 5, entonces

A ' 1

10= 0.1

y, por lo tanto,

|ej+1| ' 0.1 |ej |2 .Si en un paso tenemos t decimales exactos, cabe esperar que en el siguiente

tengamos aproximadamente 2t. Resultan las siguientes aproximaciones y

errores

j xj |ej | = |α− xj | |ej+1||ej |2

0 5.0 0. 47722 55750 52 9. 99999 99998 37× 10−21 5. 5 0.0 22774 42494 8 9. 09090 90784 28× 10−22 5. 47727 27272 73 0.0000 47152 221 9. 13044 04830 45× 10−23 5. 47722 55752 55 2. 03× 10−104 5. 47722 55750 52 0

El valor de la constante asintótica de error es

A =|f 00(α)|2 |f 0(α)|

sustituyendo α = 5. 47722 55750 52, resulta

A = 0.09 12870 92917 5. ¤

4 Método de punto fijo

4.1 Punto fijo

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

⎧⎨⎩forma normal f(x) = 0.

forma de punto fijo x = g(x).

Ejemplo 4.1 Escribe la ecuación cos(x)− x = 0 en forma de punto fijo.


La ecuación cos(x) − x = 0 está en forma normal. Existen infinitas expre-siones de punto fijo equivalentes, en primer lugar, podemos tomar

x = cos(x). (2)

Sumando x a ambos lados de la igualdad y despejando, resulta una nueva

formulación de punto fijo

x =x+ cos(x)

2.

Sumando 2x a los dos miembros de (2), se obtiene

x =2x+ cos(x)

3.

Multiplicado por x los dos miembros de (2) por x y despejando, resulta

x =px cos(x). ¤

4.2 Iteración de punto fijo

• Objetivo Aproximar la solución de x = g(x).• Método ½

x0 = valor inicial,

xj+1 = g(xj).

Proposición 4.1 Supongamos que g(x) es continua, si la sucesión (xj) de-

finida por ½x0 = valor inicial,

xj+1 = g(xj),

converge a un valor α, entonces α es un punto fijo de g(x).

Demostración. Se cumple

limj→∞

xj = α,

como g(x) es continua, resulta

g(α) = g

µlimj→∞

xj

¶= limj→∞

g(xj) = limj→∞

xj+1 = α. ¤

Ejemplo 4.2 (a) Aproxima la solución de

cos(x)− x = 0con 5 decimales, mediante la iteración de punto fijo para la forma

x =x+ cos(x)

2


a partir del valor inicial x0 = 1.

(b) Si escribimos la ecuación en la forma

x =2x+ cos(x)

3,

¿cuántas iteraciones son necesarias para obtener 5 decimales?

(a) En el primer caso, la fórmula de recurrencia es⎧⎨⎩ x0 = 1,

xj+1 =xj + cos(xj)

2.

Resultaj xj0 1.0

1 0. 77015

2 0. 74398

3 0. 73988

4 0. 73921

5 0. 73911

6 0. 73909

7 0. 73909

(b) En el caso de la forma

x =2x+ cos(x)

3,

la fórmula de recurrencia es⎧⎨⎩ x0 = 1,

xj+1 =2xj + cos(xj)

3,

y obtenemos

j xj0 1.0

1 0. 84677

2 0. 78531

3 0. 75926

4 0. 74796

5 0. 74300

6 0. 74081

7 0. 73985

j xj8 0. 73942

9 0. 73923

10 0. 73915

11 0. 73911

12 0. 73910

13 0. 73909

14 0. 73909

Vemos que en el segundo caso la convergencia es más lenta. ¤


4.3 Convergencia de la iteración de punto fijo

Teorema 4.1 Supongamos que se cumplen las siguientes hipótesis:

1. g(x) es una función de clase C1[a, b].

2. g(x) ∈ [a, b] para todo x ∈ [a, b].3. max

x∈[a,b]|g0(x)| =M1 < 1.

Entonces, son ciertas las siguientes afirmaciones:

1. La ecuación x = g(x) tiene solución única α en [a, b].

2. La iteración de punto fijo xj+1 = g(xj) converge a la solución α para

cualquier valor inicial x0 ∈ (a, b).3. El error ej = α− xj , verifica la desigualdad

|ej | ≤M j1 (b− a) .

Ejemplo 4.3 Dada la ecuación

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 x0 = 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, porlo tanto, es de clase C1[0, 1].

• (Condición 2) g(x) es decreciente en el intervalo [0, 1]. El máximo ymínimo absolutos de g(x) en [0, 1] son

m = minx∈[0,1]

cos(x) = cos(1) = 0. 5403, M = maxx∈[0,1]

cos(x) = cos(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 g0(x) = − sin(x). Hemos de calcular

M1 = maxx∈[0,1]

¯g0(x)

¯.

La función objetivo es

h(x) = |− sin(x)| = sin (x) ,sabemos que sin(x) es creciente en [0, 1], por lo tanto

M1 = maxx∈[0,1]

¯g0(x)

¯= sin (1) = 0. 84147.


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 x0 ∈ (0, 1) .(b) El error cumple

|ej | ≤ (0. 84147)j (1− 0) = (0. 84147)j .

Exigimos

(0. 84147)j ≤ 0.5× 10−4

y resolvemos en j, resulta

j ≥ ln¡0.5× 10−4¢

ln (0. 84147)= 57. 377.

Esto es, necesitamos j = 58 iteraciones.

(c) El valor de las primeras 5 iteraciones es

j xj0 0.5

1 0. 87758

2 0. 63901

3 0. 80269

4 0. 69478

5 0. 76820

Si calculamos con 6 decimales, el valor de la iteración 58 es

x58 = 0.739085.

En realidad, la cota de error es muy conservadora, pues el método ya había

convergido con 4 decimales en la iteración 24. ¤

4.4 Forma de punto fijo x = x− λf(x)

Consideremos una ecuación f(x) = 0 que 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 la raíz α de f(x) es un punto fijo de g(x). La

derivada de g(x) es

g0(x) = 1− λf 0(x).

Puede demostrarse que si ¯g0(α)

¯≤ 1,

entonces la iteración de punto fijo es convergente para valores iniciales x0suficiente próximos a α, además, la velocidad de convergencia aumenta con

la disminución de |g0(α)| . Eso nos llevaría a elegir, entre todos los posiblesvalores de λ, aquel valor que minimize |g0(α)|. En concreto tomamos el valorde λ que anula g0(α), esto es

g0(α) = 1− λf 0(α) = 0,

resulta el valor

λ =1

f 0(α).

El problema está en que no conocemos α y, por lo tanto, no podemos calcular

λ. Un método práctico para determinar λ es el siguiente:

1. Sabemos que el intervalo [a, b] contiene la solución α. Estimamos

f 0(α) ' f(b)− f(a)b− a .

2. Tomamos

λ =1³

f(b)−f(a)b−a

´ .En resumen, el método es⎧⎨⎩ x0 = valor inicial,

xj+1 = xj − b− af(b)− f(a)f(xj).

Ejemplo 4.4 Aproxima la solución de

lnx =1

x

con 4 decimales, usando una formulación de punto fijo del tipo

x = x− λ f(x).


A partir de una representación gráfica esquemática, tomamos el intervalo

[1, 2].

Escribimos la ecuación en forma normal f(x) = 0, entonces

f(x) = ln (x)− 1x.

Calculamos

f(1) = −1, f(2) = 0. 1931.

Por el Teorema de Bolzano, tenemos una raíz α en el intervalo [1, 2]. Esti-

mamos el valor de f 0(α)

f 0(α) ' f(2)− f(1)2− 1 = 1. 1931,

y calculamos λ

λ =1

f 0(α)' 1

1. 1931= 0. 8382.

La fórmula de recurrencia es, por lo tanto,⎧⎨⎩ x0 = 1.5,

xj+1 = xj − 0. 8382µln (xj)− 1

xj

¶.

Obtenemosj xj0 1.5

1 1. 71893 9

2 1. 75250 6

3 1. 76052 3

4 1. 76253 7

5 1. 76304 8

6 1. 76317 8

7 1. 76321 1

8 1. 763220

9 1. 76322 2

Podemos tomar α = 1.7632. ¤

Ejemplo 4.5 Calcula la solución de

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) = 0 con

f(x) = x− cos(x).

Calculamos

f(0) = −1, f(1) = 0. 45970.

Por el Teorema de Bolzano, tenemos una raíz α en el intervalo [0, 1]. Esti-

mamos el valor de f 0(α)

f 0(α) ' f(1)− f(0)1− 0 = 1. 45970,

y calculamos λ

λ =1

f 0(α)' 1

1. 45970= 0. 6851.

La fórmula de recurrencia es, por lo tanto,½x0 = 0.5,

xj+1 = xj − 0.6851 (xj − cos (xj)) .

Obtenemosj xj0 0.5

1 0. 758681

2 0. 736115

3 0. 739518

4 0. 739021

5 0. 739094

6 0. 739083

7 0. 73908 3

Podemos tomar

α = 0.7391 ¤

biseccion

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