El documento presenta dos ejemplos numéricos resueltos utilizando los métodos de Newton y la secante para aproximar raíces de ecuaciones no lineales. En el primer ejemplo, se encuentra la raíz cuadrada de 10 usando el método de Newton con una precisión de cuatro cifras decimales. En el segundo ejemplo, se aproxima la raíz de la función f(x)=arctan(x)-2x+1 usando el método de la secante hasta alcanzar un error menor al 1%.

1. República Bolivariana de Venezuela
Ministerio del Poder Popular para Educación Universitaria
Ciencia y Tecnología
Instituto Universitario Politécnico Santiago Mariño
Extensión Barinas
Cátedra: Análisis numérico
SOLUCIÓN DE ECUACIONES NO LINEALES UTILIZANDO EL
MÉTODO DE NEWTON Y EL MÉTODO DE LA SECANTE
(Actividad 3)
FACILITADOR:
Prof. Rosiris, Márquez
PARTICIPANTE:
TSU Edgar, Flores
C.I: 19.730.068
Barinas, enero de 2018

2. 1. Mediante el método de Newton, encuentre (10)1/2 con una precisión de cuatro cifras
decimales.
Solución:
En este caso puede utilizarse la identidad:
10 1/2 = 10
Ahora procedemos a plantear esta situación en forma de función, es decir, determinar el
valor de 10 es equivalente a encontrar la raíz de la función cuadrática:
𝑓 𝑥 = 𝑥2 − 10
La raíz de una función implica que: 𝑓 𝑥 = 0, por lo tanto nuestro problema queda así:
0 = 𝑥2 − 10
𝑥2 = 10
De donde:
𝑥 = 10
Ahora bien, la fórmula para utilizar el método de Newton es:
𝒙 𝒏+𝟏 = 𝒙 𝒏 −
𝒇 𝒙 𝒏
𝒇′
𝒙 𝒏

3. Determinamos la derivada de la función y resulta:
𝑓′
𝑥 = 2𝑥
Sustituimos en la fórmula:
𝒙 𝒏+𝟏 = 𝒙 𝒏 −
𝒙 𝒏
𝟐 − 𝟏𝟎
𝟐𝒙 𝒏
Para tomar el primer punto, vemos que: 32 = 9 y 42 = 16 por lo cual se observa que:
3 < 10 < 4, de donde se tiene que: 10 ∈ 3, 4 .
Por otra parte, también vemos que:
𝑓 3 = 32
− 10 = −1 < 0
𝑓 4 = 42
− 10 = 6 > 0
Como 𝑓 𝑥 es continua en todo su dominio, entonces el teorema del valor medio
afirma que 𝑓 𝑥 = 𝑥2 − 10, tiene por lo menos una raíz en el intervalo 3, 4 . Entonces,
podemos tomar como primer valor aproximado a 𝑥1 = 3 y sustituimos en la fórmula del
método de Newton:

4. Si 𝒏 = 𝟏:
𝑥1+1 = 𝑥1 −
𝑓 𝑥1
𝑓′
𝑥1
𝑥2 = 3 −
32
− 10
2. 3
= 3 −
−1
6
= 3 +
1
6
=
19
6
𝒙 𝟐 =
𝟏𝟗
𝟔
≈ 𝟑, 𝟏𝟔𝟔𝟕
Si 𝒏 = 𝟐:
𝑥3 = 𝑥2 −
𝑓 𝑥2
𝑓′
𝑥2
𝑥3 =
19
6
−
19
6
2
− 10
2
19
6
=
19
6
−
361
36
− 10
19
3
=
19
6
−
1
36
19
3
=
19
6
−
1
228
𝒙 𝟑 =
𝟕𝟐𝟏
𝟐𝟐𝟖
≈ 𝟑, 𝟏𝟔𝟐𝟐𝟖

5. Si 𝒏 = 𝟑:
𝑥4 = 𝑥3 −
𝑓 𝑥3
𝑓′
𝑥3
𝑥4 =
721
228
−
721
228
2
− 10
2
721
228
=
721
228
−
1
51984
120
19
=
721
228
−
1
328320
𝒙 𝟒 =
𝟏𝟎𝟑𝟖𝟐𝟑𝟗
𝟑𝟐𝟖𝟑𝟐𝟎
≈ 𝟑, 𝟏𝟔𝟐𝟐𝟕𝟕𝟔𝟓𝟓𝟗 …
Finalmente, una aproximación del valor de 10 1/2
con una precisión de cuatro cifras
decimales es:
𝟏𝟎 𝟏/𝟐 = 𝟑, 𝟏𝟔𝟐𝟐

6. 2. Usar el método de la secante para aproximar la raíz de:
𝒇 𝒙 = 𝐚𝐫𝐜𝐭𝐚𝐧 𝒙 − 𝟐𝒙 + 𝟏
Comenzando con 𝒙 𝒐 = 𝟎 y 𝒙 𝟏 = 𝟏 hasta que: ∈ 𝒂 < 𝟏%
Solución:
En este método se utilizan dos puntos como valores aproximados y se usa la
fórmula:
𝒙𝒊+𝟏 = 𝒙𝒊 −
𝒇 𝒙𝒊 𝒙𝒊−𝟏 − 𝒙𝒊
𝒇 𝒙𝒊−𝟏 − 𝒇 𝒙𝒊
Ahora tenemos que:
𝑓 𝑥 𝑜 = arctan 0 − 2 0 + 1 ↔ 𝑓 𝑥 𝑜 = 1
𝑓 𝑥1 = arctan 1 − 2 1 + 1 ↔ 𝑓 𝑥1 = −0,2146018366
Primera iteración 𝒊 = 𝟏 :
𝑥2 = 𝑥1 −
𝑓 𝑥1 𝑥 𝑜 − 𝑥1
𝑓 𝑥 𝑜 − 𝑓 𝑥1

7. 𝑥2 = 1 −
−0,2146018366 0 − 1
1 − −0,2146018366
𝒙 𝟐 = 𝟎, 𝟖𝟐𝟑𝟑𝟏𝟓𝟎𝟕𝟑𝟐
El porcentaje de error es:
∈ 𝑎=
𝑥2 − 𝑥1
𝑥2
. 100%
∈ 𝑎=
0,8233150732 − 1
0,8233150732
. 100% = 𝟐𝟏, 𝟒𝟔%
Segunda iteración 𝒊 = 𝟐 :
𝑥3 = 𝑥2 −
𝑓 𝑥2 𝑥1 − 𝑥2
𝑓 𝑥1 − 𝑓 𝑥2
𝑥2 = 0,8233150732
𝑓 𝑥2 = arctan 0,8233150732 − 2 0,8233150732 + 1 = 0,04216650911

8. 𝑥3 = 0,8233150732 −
0,04216650911 1 − 0,8233150732
−0,2146018366 − 0,04216650911
𝒙 𝟑 = 𝟎, 𝟖𝟓𝟐𝟑𝟑𝟎𝟐𝟕𝟗𝟕
∈ 𝑎=
0,8523302797 − 0,8233150732
0,8523302797
. 100% = 𝟑, 𝟒𝟎𝟒%
Tercera iteración 𝒊 = 𝟑 :
𝑥3 = 0,8523302797
𝑓 𝑥3 = arctan 0,8523302797 − 2 0,8523302797 + 1 = 0,0011847975
𝑥4 = 0,8523302797 −
0,0011847975 0,8233150732 − 0,8523302797
0,04216650911 − 0,0011847975
𝒙 𝟒 = 𝟎, 𝟖𝟓𝟑𝟏𝟔𝟗𝟏𝟐𝟎𝟖

9. El porcentaje de error es:
∈ 𝑎=
0,8531691208 − 0,8523302797
0,8531691208
. 100% = 𝟎, 𝟎𝟗𝟖%
En esta tercera iteración se cumple que:
∈ 𝑎 < 1%
Entonces, una aproximación de la raíz de 𝑓 𝑥 = arctan 𝑥 − 2𝑥 + 1, es:
𝒙 𝟒 = 𝟎, 𝟖𝟓𝟑𝟏𝟔𝟗𝟏𝟐𝟎𝟖