1) El documento presenta el método de la bisección para calcular las raíces de una ecuación. 2) El método iterativo divide sucesivamente el intervalo de búsqueda hasta que la función se aproxime a cero dentro de un error especificado. 3) El documento también introduce el método de punto fijo para resolver ecuaciones, el cual reescribe la ecuación en forma de una función fija cuya raíz es un punto fijo de dicha función.

1. Universidad Cat´olica del Maule C´alculo Num´erico
Facultad de Ciencias B´asicas Tema N◦2, 27 de Agosto de 2014
Ecuaciones e Iteraci´on funcional
La busqu´eda de ra´ıces de ecuaciones es fundamental en cualquier proceso de c´alculo y en
aplicaciones varias. Un problema muy usual, y al parecer simple, es la determinaci´on del
´area entre dos curvas, por ejemplo, el ´area entre las curvas definidas por las funciones
f(x) = ex
, g(x) = 2 − x2
lo que con ayuda de un graficador, nos muestra la existencia de esta ´area:
La determinaci´on del ´area es calcular
A =
x2
x1
(g(x) − f(x)) dx
A =
x2
x1
2 − x2
− ex
dx,
luego todo se basa en calcular x1 y x2, es decir, los valores donde f(x) = g(x). Si establecemos
la ecuaci´on
h(x) = g(x) − f(x)
estamos pidiendo encontrar los ceros o ra´ıces de la ecuaci´on h(x) = 0 ´o simplemente
2 − x2
− ex
= 0.
1

2. Lo anterior parece una ecuaci´on sencilla, pero no lo es, es una ecuaci´on trascendente y no
existen procesos algebraicos que nos permitan despejar x. Lo que si tenemos, es una idea de
donde se encuentran estas ra´ıces por la simplesa de las funciones y su grafica.
El ejemplo anterior es fuente de motivaci´on para estudiar y analizar m´etodos num´ericos para
calcular ceros de ecuaciones.
Teorema: Valor intermedio
Si f es una funci´on continua en un intervalo cerrado [a, b] y elegimos alg´un k ∈ (f(a), f(b)),
entonces siempre existe un valor c ∈ (a, b) tal que f(c) = k.
Obs: Si k = 0 entonces existe un c ∈ (a, b) tal que f(c) = 0 y por lo tanto hemos determinado
una ra´ız c de f, lo que indica que f(a) · f(b) < 0.(cambio de signo)
Obs: Lo anterior indica que el cambio de signo f en un intervalo (a, b) es la localizaci´on de
una ra´ız simple f.
M´etodo de la Bisecci´on
Uno de los m´etodos de b´usqueda de ra´ıces m´as intuitivo consiste en bisectar sucesivas veces
nuestro intervalo de localizaci´on (a, b) botando la mitad del intervalo donde no exista cambio
de signo. Esto es, sea x = p ra´ız de f (f(p) = 0), con p ∈ [a, b] dado que f(a) · f(b) < 0,
entonces determinamos el punto medio p1 =
a + b
2
∈ [a, b] , nombramos por a1 = a y b1 = b,
calculamos
f(a) · f(p1) y f(p1) · f(b)
y elegimos el de cambio de signo renombrando por a2 = a1 y b2 = p1 ´o a2 = p1 y b2 = b, ......,
seg´un sea el caso hasta acotar la ra´ız x = p. Luego el proceso es iterativo y consiste en
generar la sucesi´on {pn} tal que:
p ∈ [an, bn] con n ∈ Z.
2

3. Criterios de Parada
El proceso de la bisecci´on es iterativo hasta que f(pn) ≈ 0, es decir,
|f(pn)| < ε , 0 < ε 1
o
|pn − pn−1|
|pn|
< ε, pn = 0
Los criterios anteriores pueden tener dificultades, pn − pn−1 → 0 mientras que {pn} diverge
´o f(pn) → 0 pero |pn − pn−1| 1.
Teorema:
Si f es una funci´on continua en un intervalo cerrado [a, b] tal que f(a) · f(b) < 0. El m´etodo
de la bisecci´on genera una sucesi´on {pn} → p con la propiedad
|pn − p| ≤
b − a
2n
, con n ≥ 1
Dem: Para n ≥ 1 todo subintervalo [an, bn] satisface que su largo es la mitad del anterior,
esto es:
bn − an =
1
2
(bn−1 − an−1) =
1
2
1
2
(bn−2 − an−2) = ... =
1
2n−1
(b1 − a1) =
1
2n−1
(b − a)
y la ra´ız x = p ∈ (an, bn) . Como pn =
an + bn
2
, para todo n ≥ 1 entonces
|pn − p| =
an + bn
2
− p =
an − p + bn − p
2
≤
1
2
(|an − p| + |bn − p|)
|pn − p| ≤
1
2
(|an − p| + |bn − p|) ≤
1
2
|bn − an|
2
+
|bn − an|
2
=
|bn − an|
2
|pn − p| ≤
|bn − an|
2
=
1
2
1
2n−1
(b − a) =
b − a
2n
.
Obs: El teorema anterior muestra la convergencia del m´etodo de la Bisecci´on y una cota
para el error de aproximaci´on, con lo cu´al podemos detreminar dado un ε error el n´umero
de iteraciones del m´etodo, esto es:
|pn − p| ≤ b−a
2n < ε
b−a
2n < ε / log ⇔ log b−a
2n < log (ε ) ⇔ log (b − a) − n log (2) < log (ε )
⇔ log (b − a) − n log (2) < log (ε ) ⇔ n > log(b−a)−log(ε )
log(2)
⇔ n >
log


b − a
ε


log(2)
.
Ejercicio: Usemos el ejemplo motivacional del ´area para aplicar el m´etodo. Debemos
determinar dos ra´ıces de la ecuaci´on h(x) = 0, entonces para localizarlas, tenmos que:
3

4. 1. h(−2) = −2. 135 3 y h(−1) = 0.632 12, luego h(−2)·h(−1) < 0 entonces x1 ∈ (−2, −1) .
Si consideramos ε = 10−3
como precisi´on entonces debemos hacer
n >
log
−1 − (−2)
10−3
log (2)
= 9. 965 8 iteraciones.
n an bn pn f(pn)
1 −2 −1 −1.5 −0.473 13
2 −1.5 −1 −1.25 0.151 00
3 −1.5 −1.25 −1.375 −0.143 46
4 −1.375 −1.25 −1.3125 8. 197 4 × 10−3
5 −1.375 −1.3125 −1.34375 −6. 653 0 × 10−2
6 −1.34375 −1.3125 −1.328125 −2. 889 0 × 10−2
7 −1.328125 −1.3125 −1.3203125 −1. 027 7 × 10−2
8 −1.3203125 −1.3125 −1.32078125 −1. 139 0 × 10−2
9 −1.32078125 −1.3125 −1.316640625 −1. 576 8 × 10−3
10 −1.316640625 −1.3125 −1.314570313 3. 315 2 × 10−3
11 −1.316640625 −1.314570313 −1.315605469 8. 704 3 × 10−4
2. h(0.4) = 0.348 18 y h(0.6) = −0.182 12 luego h(0.4)·h(0.6) < 0 entonces x2 ∈ (0.4, 0.6) .
Si consideramos ε = 10−3
como precisi´on entonces debemos hacer
n >
log
0.6 − (0.4)
10−3
log (2)
= 7. 643 9 iteraciones.
n an bn pn f(pn)
1 0.4 0.6 0.5 0.101 28
2 0.5 0.6 0.55 −3. 575 3 × 10−2
3 0.5 0.55 0.525 3. 391 6 × 10−2
4 0.525 0.55 0.5375 −6. 284 5 × 10−4
5 0.525 0.5375 0.53125 1. 671 6 × 10−2
6 0.53125 0.5375 0.534375 8. 061 9 × 10−3
7 0.534375 0.5375 0.5359375 3. 721 3 × 10−3
8 0.5359375 0.5375 0.53671875 1. 547 5 × 10−3
9 0.53671875 0.5375 0.537109375 4. 598 3 × 10−4
Obs: (M´etodo de Falsa Posici´on)
Para acelarar la convergencia del m´etodo de la Bisecci´on surge la ingeniosa idea de considerar
no el punto medio del intervalo [an, bn] sino pn valor que hace cero la recta L que une los
puntos (an, h(an)) y (bn, h(bn)) para n ≥ 1. Esto es,
L : y − h(bn) =
h(bn) − h(an)
bn − an
(x − bn)
L : y =
h(bn) − h(an)
bn − an
(x − bn) + h(bn)
4

5. y como y = 0 entonces
pn = bn −
h(bn)
h(bn)−h(an)
bn−an
pn = bn −
h(bn) (bn − an)
(h(bn) − h(an))
pn =
anh(bn) − bnh(an)
(h(bn) − h(an))
Ejercicio: Del ejercicio anterior podemos ver que para la primera ra´ız tenemos:
n an bn pn f(pn)
1 −2 −1 −1. 228 4 0.198 27
2 −2 −1. 228 4 −1. 294 0 5. 139 2 × 10−2
3 −2 −1. 294 0 −1. 310 6 1. 266 9 × 10−2
4 −2 −1. 310 6 −1. 314 7 3. 009 × 10−3
5 −2 −1. 314 7 −1. 315 7 6. 470 5 × 10−4
6 −2 −1. 315 7 −1. 315 9 1. 743 8 × 10−4
Tarea: Ejercitar para la otra ra´ız.
M´etodos de iteraci´on de Punto Fijo
Siempre que intentemos resolver una ecuaci´on h(x) = 0, es posible reescribirla despejando x
en la forma:
h(x) = 0
x − g(x) = 0
definiendo una funci´on g. Lo anterior intruduce el concepto de resolver nuevamente por la
igualaci´on de dos funciones
x = g(x)
5

6. donde x = I(x) funci´on identidad. Graficamente, tenemos
Def: Un punto fijo de una funci´on g es un n´umero p tal que g(p) = p.
Teorema: Funci´on de punto Fijo
1. Si g es una funci´on continua en un intervalo cerrado [a, b] y g(x) ∈ [a, b] para todo
x ∈ [a, b], entonces g tiene un punto fijo x = p ∈ [a, b] .
2. Si adem´as g (x) existe en (a, b) y existe una constante k < 1 tal que
|g (x)| ≤ k, ∀x ∈ (a, b) ,
6

7. entonces el punto fijo x = p ∈ [a, b] es ´unico.
Dem:
Si g(a) = a ´o g(b) = b, entonces g tendr´a un punto fijo en un extremo. Sino si g(a) > a
y g(b) < b entonces definiendo h(x) = g(x) − x funci´on continua en [a, b] (g(x) y I(x)
son continuas) se tiene que
h(a) = g(a) − a > 0 y h(b) = g(b) − b < 0
usando el Teorema del valor intermedio existe p ∈ (a, b) tal que h(p) = 0. As´ı g(p) = p,
existe siempre punto fijo. Adem´as, usando el conocido teorema del valor medio para
g, se tiene que:
Si g es funci´on continua y diferenciable en (a, b) entonces existe un n´umero ξ ∈ (a, b)
tal que
g (ξ) =
g(b) − g(a)
b − a
,
suponiendo que |g (x)| ≤ k < 1, ∀x ∈ (a, b) , y que x = p y x = q son puntos fijos de g
talque p = q podemos ver que
|p − q| = |g(p) − g(q)| = |g (ξ)| |p − q| ≤ k |p − q| < |p − q|
una contradicci´on, por lo tanto existe un ´unico punto fijo.
Ejercicio: De nuestro citado ejemplo buscaremos una funci´on de punto fijo para h(x) =
2 − x2
− ex
, Esto es, proponer una funci´on g(x) = −
√
2 − ex que satisfaga:
g(x) ∈ [−2, −1] .
7

8. En efecto, si
−2 ≤ x ≤ −1 / exp ⇔
1
e2
≤ ex
≤
1
e1
/ × (−1)
−
1
e
≤ −ex
≤ −
1
e2
/ + (2)
2 −
1
e
≤ 2 − ex
≤ 2 −
1
e2
/
√
2 −
1
e
≤
√
2 − ex ≤ 2 −
1
e2
/ × (−1)
− 2 −
1
e2
≤ −
√
2 − ex ≤ − 2 −
1
e
/ × (−1)
− 2 −
1
e2
≤ g(x) ≤ − 2 −
1
e
g(x) ∈ [−1. 365 5, −1. 277 5] ⊂ [−2, −1]
Por otro lado g (x) = −
1
2
−ex
√
2 − ex
entonces
|g (x)| =
1
2
ex
√
2 − ex
|g (x)| ≤
e−1
2
1
√
2 − e−2
= 0.134 7 < 1.
Luego g es funci´on de punto fijo. Ahora resolviendo :
n xn g(xn)
1 −2 −1. 365 5
2 −1. 365 5 −1. 320 9
3 −1. 320 9 −1. 316 5
4 −1. 316 5 −1. 316
5 −1. 316 −1. 316 0
8

9. lo que concuerda con la grafica:
Algoritmo de Punto fijo
Para aproximar el punto fijo de una funci´on g, escogemos una aproximaci´on inicial p0 y
haciendo
pn = g(pn−1), con n ≥ 1
obtenemos la sucesi´on {pn}n=0 . Si pn → p y g es continua tendremos
p = lim
n→∞
g(pn−1) = g lim
n→∞
pn−1 = g(p)
Obs: Si g satisface el teorema entonces
|pn − p| ≤ kn
max {|p0 − a| , |b − p0|}
y
|pn − p| ≤
kn
1 − k
|p0 − p1|
donde k es la cota de la derivada de g.
En efecto, sabemos que
|pn − p| = |g (pn−1) − g(p)| = |g (ξ)| |pn−1 − p| ≤ k |pn−1 − p|
as´ı,
|pn − p| ≤ k |pn−1 − p| ≤ k2
|pn−2 − p| ≤ k3
|pn−3 − p| ≤ ... ≤ kn
|p0 − p|
entonces
|pn − p| ≤ kn
|p0 − p| ≤ kn
max {|p0 − a| , |b − p0|}
9

10. dado que p ∈ [a, b] .
Por otro lado
|p0 − p| = |p0 − p1 + p1 − p| ≤ |p0 − p1| + |p1 − p| ≤ |p0 − p1| + k |p0 − p|
|p0 − p| ≤ |p0 − p1| + k |p0 − p|
|p0 − p| (1 − k) ≤ |p0 − p1|
y como 0 < k < 1
|p0 − p| ≤
1
(1 − k)
|p0 − p1| / × kn
|pn − p| ≤ kn
|p0 − p| ≤
kn
(1 − k)
|p0 − p1|
Obs: Las desigualdades anteriores son cotas para la convergencia del m´etodo de punto fijo,
es decir, si k es peque˜na la convergencia ser´a r´apida en la b´usqueda del punto fijo sino si k
es cercano a 1 la convergencia ser´a lenta.
Ejercicio: Usando el m´etodo de punto fijo determinar la menor ra´ız positiva de la ecuaci´on
h(x) = x − tan (x) = 0.
Sol: Claramente la menor ra´ız es x = p ∈
π
2
,
3π
2
, pero necesitamos un intevalo cerrado
para localizar la ra´ız, por ejemplo si I = [a, b] = [4, 4.7] se tiene que
h(4) = 2. 842 2 y h(4.7) = −76. 013
, por tanto h(4) · h(4.7) < 0 (cambio de signo). Por otra parte proponemos la obvia funci´on
g(x) = tan(x) como funci´on de punto fijo. En efecto:
4 ≤ x ≤ 4.7 / tan
tan(4) ≤ tan(x) ≤ tan(4.7)
1. 157 8 ≤ tan(x) ≤ 80. 713
pero [1. 157 8, 80. 713] /∈ [4, 4.7] . Buscaremos otra candidata, g(x) = π + arctan(x) (Ojo:
tan(x) = tan(x − π))
4 ≤ x ≤ 4.7 / arctan
arctan(4) ≤ arctan(x) ≤ arctan(4.7) / + π
arctan(4) + π ≤ arctan(x) + π ≤ arctan(4.7) + π
4. 467 4 ≤ g(x) ≤ 4. 502 7
10

11. entonces [4.467 4, 4. 502 7] ⊂ [4, 4.7] .Adem´as
|g´(x)| =
1
1 + x2
≤
1
17
< 1
Por lo tanto g(x) = π +arctan(x) es funci´on de punto fijo. Si proponemos una aproximaci´on
de 4 cifras significativas para el punto fijo, ε = 10−4
, usando las cotas de la observaci´on
anterior tenemos que:
|pn − p| ≤ kn
|p0 − p| ≤ kn
max {|p0 − a| , |b − p0|} < ε
y dado p0 = 4.5 ∈ [4, 4.7]
kn
max {|p0 − a| , |b − p0|} < 10−4
kn
max {|4.5 − 4| , |4.7 − 4.5|} < 10−4
kn 1
2
< 10−4
/ × 2
kn
< 2 × 10−4
/ log
n <
log (2 × 10−4
)
log(k)
usando k = 1/17 tenemos que el num´ero de iteraciones para la convergencia al punto fijo
con 4 cifras es de:
n <
log (2 × 10−4
)
log (1/17)
= 3. 006 2.
Veamos que hay de cierto
n xn g(xn)
1 4.5 4. 493 72
2 4. 493 72 4. 493 41
3 4. 493 41 4. 493 40
con menos de 3 iteraciones obtenemos 4 cifras significativas del punto fijo talque
4. 493 41 − tan(4. 493 41) = −1. 094 5 × 10−5
≈ 0
11

12. Finalmente seg´un la grafica corroboramos lo obtenido.
Convergencia de los m´etodos iterativos
Def: Supongamos que la sucesi´on {pn}∞+
n=0 es convergente a p, con pn = p, ∀n. Si las
constantes positivas λ y α existen, tales que:
lim
n→∞+
|pn+1 − p|
|pn − p|α = λ,
entonces {pn}∞+
n=0 converge a p con orden α y una constante de error asint´otico λ. Adem´as
si α = 1 se dice linealmente convergente y si α = 2 se dice cuadr´aticamente convergente. Es
decir, si α es m´as alto mayor es la rapidez de convergencia de la sucesi´on.
Ejemplo
Considere las sucesiones {pn}∞+
n=0 y {˜pn}∞+
n=0 tal que:
lim
n→∞+
|pn+1 − p|
|pn − p|
= 0.3 y lim
n→∞+
|˜pn+1 − p|
|˜pn − p|2 = 0.3
convergiendo a p = 0. Entonces
|pn − 0| = |pn| ≈ 0.3 |pn−1| ≈ (0.3)2
|pn−2| ≈ ... ≈ (0.3)n
|p0|
y
|˜pn − 0| = |˜pn| ≈ (0.3) |˜pn−1|2
≈ (0.3)3
|˜pn−2|4
≈ ... ≈ (0.3)2n−1
|˜p0|2n
.
12

13. Considerando |p0| = |˜p0| = 1, podemos ver la siguiente tabla que muestra la rapidez de
convergencia:
n {pn} {˜pn}
0 1 1
1 0.3 0.3
2 0.09 0.027
3 0.027 0.002187
4 0.0081 0.0000000143
5 0.00243 0.0000000000
6 0.000729 0.0000000000
Teorema Sea g ∈ C [a, b] y supongamos que g(x) ∈ [a, b] para todo x ∈ [a, b] . Supongamos,
adem´as que g ∈ C (a, b) tal que
|g (x)| ≤ k < 1, ∀x ∈ (a, b) .
Si g (p) = 0, entonces para cualquier p0 ∈ [a, b] el algoritmo de punto fijo genera una sucesi´on
pn = g(pn−1), n ≥ 1,
convergente linealmente al ´unico punto fijo p ∈ [a, b] .
Dem: Por las hip´otesis del teorema sabemos que existe k tal que
|g (x)| ≤ k < 1, ∀x ∈ (a, b) .
y que pn = g(pn−1) converge a p. Por otra parte del T.V.M
pn+1 − p = g (pn) − g(p) = g (ξn) (pn − p) ,
donde ξn ∈ (pn, p) . pero pn → p entonces ξn → p. Luego, como g ∈ C (a, b) tenemos
lim
n→∞+
g (ξn) = g (p).
As´ı,
lim
n→∞+
|pn+1 − p|
|pn − p|
= lim
n→∞+
pn+1 − p
pn − p
= lim
n→∞+
g (ξn) = |g (p)| .
Por lo tanto, el m´etodo de punto fijo converge linealmente si g (p) = 0.
Obs: Lo anterior sugiere que m´etodos de mayor convergencia (α > 1) existen para g (p) = 0.
13

14. M´etodo de Newton-Raphson
Sea p una soluci´on de la ecuaci´on x = g(x) y supongamos que g (p) = 0 y g es una funci´on
continua y estrictamente acotada por una constante positiva M en un intervalo I que contiene
a p. Entonces existe un δ > 0 tal que, para p0 ∈ [p0 − δ, p0 + δ], cuando n ≥ 1, converge al
menos cuadr´aticamente a p. Esto es:
|pn+1 − p| <
M
2
|pn − p|2
En efecto, si consideramos el algoritmo de punto fijo
pn = g(pn−1), n ≥ 1,
con g(x) = x − Φ(x)f(x), donde Φ(x) =
1
f (x)
, entonces:
1. Si p es un cero de f, g(p) = p − Φ(p)f(p) = p, es decir, p es punto fijo de g.
2. El algoritmo de punto fijo converge cuadr´aticamente si g (p) = 0. Esto es, g (x) =
1 − Φ (x)f(x) − Φ(x)f (x). Entonces
g (p) = 1 − Φ (p)f(p) − Φ(p)f (p) = 1 − Φ(p)f (p).
As´ı g (p) = 0 ssi
Φ(p) =
1
f (p)
, f (p) = 0.
Finalmente podemos deducir que bajo estas condiciones, el algoritmo de punto fijo es
efectivamente el conocido m´etodo de Newton-Raphson:
pn = g(pn−1) = pn−1 − Φ(pn−1)f(pn−1)
pn = g(pn−1) = pn−1 −
1
f (pn−1)
f(pn−1)
Obs: Seg´un lo anterior podemos decir que el algoritmo de N-R converge cuadr´aticamente
a p ∈ [a, b] si f (p) = 0, donde:



pn = pn−1 −
1
f (pn−1)
f(pn−1)
n ≥ 1
p0 dado
14

15. es decir, si p es una ra´ız simple. Su interpretaci´on geom´etrica se puede ver por:
Esto es, si reescribimos el algoritmo como:
f (pn−1) (pn − pn−1) = −f(pn−1)
f(pn−1) = f (pn−1) (pn−1 − pn)
f(pn−1) − f (pn) = f (pn−1) (pn−1 − pn)
con f(pn) = 0, podemos decir que el Algoritmo de N-R consiste en aproximar p me-
diante la recta tangente a la curva en P = (pn−1, f(pn−1)) al interceptarla con el eje
X.
Ejercicio: Considere la funci´on f(x) =
4x − 7
x − 2
y busquemos su ra´ız p. Entonces
f (x) = −
1
(x − 2)2 y f (x) =
2
(x − 2)3
nos dice que f es continua y dos veces diferenciable en un intervalo [a, b] que no contenga
a x = 2. As´ı, el algoritmo es:



pn = pn−1 −
1
− 1
(pn−1−2)2
4pn−1 − 7
pn−1 − 2
n ≥ 1
p0 dado
15

16. con pn−1 = 2. Luego la elecci´on de p0 es clave en la convergencia del m´etodo, si p0 ∈ [1.6, 1.9]
el m´etodo converge sin problemas.
n pn f (pn) |pn − pn−1|
0 1.65 1.1429
1 1.79 −0.761 9 0.14
2 1. 756 4 −0.105 09 0.0336
3 1. 750 2 −3. 202 6 × 10−3
6.2 × 10−3
4 1.75 0.0000000 2 × 10−4
¿Qu´e pasa con la elecci´on de p0 = 1.5?
Finalmente podemos ver el grafico de la b´usqueda de la ra´ız simple p = 1.75.
Obs: Varias dificultades se hacen patentes para trabajar con el m´etodo de N-R
1. La ayuda de un m´etodo de localizaci´on, como cualquier m´etodo de punto fijo.
2. La elecci´on del valor inicial p0.
3. El costoso c´alculo de la derivada en cada paso del algoritmo.
4. Su b´usqueda es solamante para raices simples.
16

17. M´etodo de la Secante
La necesidad de evaluar la derivada en cada paso involucra un costo alto de c´alculo asociado.
Para superar esta dificultad se propone variar el m´etodo de N-R sustituyendo
f´(pn−1) = lim
x→∞+
f(x) − f (pn−1)
x − pn−1
por
f´(pn−1) ≈
f(pn−2) − f (pn−1)
pn−2 − pn−1
es decir, tomando x = pn−2 y reemplazando. Por lo tanto obtenemos el conocido m´etodo de
la secante, dado por:



pn = pn−1 −
1
f(pn−2)−f(pn−1)
pn−2−pn−1
f(pn−1)
n ≥ 2
p0, p1 dados.
Lo que geom´etricamente es:
Esto es, si reescribimos el algoritmo como:
f (pn−1) (pn − pn−1) = −f(pn−1)
f(pn−1) = f(pn−2)−f(pn−1)
pn−2−pn−1
(pn−1 − pn)
f(pn−1) − f (pn) = f(pn−2)−f(pn−1)
pn−2−pn−1
(pn−1 − pn)
17

18. con f(pn) = 0, podemos decir que el Algoritmo de la Secante consiste en aproximar p medi-
ante la recta secante a la curva en P = (pn−1, f(pn−1)) y Q = (pn−2, f(pn−2)) al interceptarla
con el eje X.
Obs: Una variante valida es el m´etodo de Von Mises, el cu´al establece:
f (pn−1) = f (p0)
para todo n ≥ 1. Esto es mantener siempre la derivada en p0, lo que claramente trae una
menor rapidez de convergencia comparado con N-R.
Ejemplo: Usando el ejercicio anterior, la b´usqueda de la ra´ız de f(x) =
4x − 7
x − 2
localizada
en el intervalo I = [1.6, 1.9] , se puede realizar por estos m´etodos generando las iteraciones,
por ejemplo con Von Mises:
n pn f (pn) |pn − pn−1|
0 1.65 1.1429
1 1.79 −0.761 9 0.14
2 1. 696 7 0.702 93 0.0933
3 1. 782 8 −0.604 05 0.0861
4 1. 708 8 0.565 93 0.0748
. . . .
. . . .
y de manera similar para el m´etodo de la secante, es decir una menor rapidez de convergencia.
n pn f (pn) |pn − pn−1|
0 1.6 1.5
1 1.9 −6.0 0.3
2 1. 66 1. 058 8 0.24
3 1. 696 0 0.710 53 0.036
4 1. 7694 −0.3373 0.0734
5 1.7458 0.0661 0.0236
6 1.7497 0.052 0.00039
7 1.75 0.000 0.00003
M´etodo de Horner, ceros de polinomios
En el caso de polinomios de grado n, de la forma:
f(x) = anxn
+ an−1xn−1
+ ... + a1x + a0
donde an = 0, y ai son los coeficientes de f, la b´usqueda de sus ceros o raices pasa por
conceptos como el Teorema fundamental del Algebra, factorizaci´on de polinomios, multipli-
cidad de sus raices y la divisi´on sint´etica a lo que agregamos el m´etodo de N-R como una
herramienta adicional.
18

19. Teorema Fundamental del Algebra
Si f es un polinomio de grado n ≥ 1 con coeficientes reales o complejos, entonces f(x) = 0
tiene al menos una ra´ız.
Obs: Si f es un polinomio de grado n ≥ 1 con coeficientes reales o complejos, entonces
existen constantes ´unicas x1, x2, ..., xk y enteros positivos m1, m2, ..., mk tales que
k
i=1
mi = n,
y
f(x) = an (x − x1)m1
(x − x2)m2
· · · (x − xk)mk
.
El m´etodo de Horner no es m´as que realizar la divisi´on sint´etica entre f(x) y un polinomio
(x − x0) . Esto es, obtener de f(x) = anxn
+ an−1xn−1
+ ... + a1x + a0 los coeficientes del
polinomio cuociente Q(x) = bnxn−1
+ bn−1xn−2
+ ... + b2x + b1, dados por:
bn = an
bk = ak + bk+1x0
para k = n − 1, ..., 1. Lo que finalmente dice que:
f(x) = (x − x0) Q (x) + b0.
donde claramente f(x0) = b0. Pero
f (x) = Q(x) + (x − x0) Q (x)
entonces
f (x0) = Q(x0),
lo que sugiere una nueva alternativa (en caso de polinomios) de usar N-R para buscar sus
ra´ıces pero sin calcular su derivada en cada iteraci´on, esto es, s´olo evaluar en el polinomio
resultante Q de la divisi´on.
Ejemplo: Considere el polinomio f(x) = x3
− x − 1. En este polinomio se hace evidente
que tiene una ra´ız real positiva (x3
= 1 + x) en el intervalo I = [1, 2] ( f(1) · f(2) < 0 ) o
simplemente, dado que f (x) = 3x2
− 1 > 0 para x ∈ R.
Considerando x0 = p0 = 2 entonces N-R, tenemos:
x1 = p1 = p0 −
f(p0)
f (p0)
pero por Horner:
f(x) = (x − 2)Q(x) + 5
con Q(x) = x2
+ 2x + 3, entonces f (2) = Q(2) = 11.
x1 = p1 = 2 −
5
11
=
17
11
= 1. 545 5
19

20. tomando este valor tenemos que
f(x) = (x − 1.5455)Q(x) + 1. 1461
con Q(x) = x2
+ 1.5455x + 1.3886, entonces f (1.5455) = Q(1.5455) = 6. 165 7.
x2 = p2 = 1. 545 5 −
1. 1461
6. 165 7
= 1. 359 6
tomando este valor tenemos que
f(x) = (x − 1. 359 6)Q(x) + 0.153 64
con Q(x) = x2
+ 1.3596x + 0.84851, entonces f (1.3596) = Q(1.3596) = 4. 545 5.
x3 = p3 = 1.3596 −
0.153 64
4. 545 5
= 1. 3258.
Cuyo error es:
ER =
|x3 − x2|
|x2|
=
|1. 3258 − 1. 359 6|
|1. 359 6|
≈ 0.024 86 (2%)
Obs: Cuando se ha encontrado una ra´ız del polinomio se puede despreciar el resto y usar
Q(x) para buscar las restantes esto se conoce como Deflacci´on.
Ejercicio: Buscar todas las ra´ıces reales del polinimio f(x) = x4
− 2x3
− 4x2
+ 4x + 4 por
el m´etodo de Horner.
B´usqueda de ra´ıces con multiplicidad.
Abordamos el problema de buscar raices con multiplicidad para cualquier f(x), para esto
necesitamos algunas definiciones previas.
Def: Una soluci´on p de f(x) = 0 es un cero o ra´ız de multiplicidad m de f si
f(x) = (x − p)m
q(x)
donde lim
x→p
q(x) = 0.
Obs: f ∈ C1
[a, b] (con primera derivada continua) tiene una ra´ız de multiplicidad uno en
p ∈ (a, b) ssi
f(p) = 0 y f (p) = 0.
En general, f ∈ Cm
[a, b] (con m − ´esima derivada continua) tiene una ra´ız de multiplicidad
m en p ∈ (a, b) ssi
f(p) = 0, f (p) = 0, f (p) = 0, ...., f(m−1)
(p) = 0, f(m)
(p) = 0.
Tarea: Demuestre que f(x) = ex
− x − 1 tiene un cero p = 0 de multiplicidad m = 2 y por
lo tanto el m´etodo de N-R, no converge cuadr´aticamente.
Supongamos que f es una funci´on que tiene una ra´ız de multiplicidad m ≥ 1 en p. Si se
define la funci´on:
µ(x) =
f(x)
f (x)
20

21. entonces µ(x) tiene una ra´ız de multiplicidad m = 1 en x = p. En efecto µ(p) = 0 y para la
multiplicidad tenemos:
µ(x) =
f(x)
f (x)
=
(x − p)m
q(x)
m (x − p)m−1
q(x) + (x − p)m
q (x)
µ(x) =
f(x)
f (x)
=
(x − p)m
q(x)
(x − p)m−1
[mq(x) + (x − p) q (x)]
µ(x) =
f(x)
f (x)
= (x − p)
q(x)
[mq(x) + (x − p) q (x)]
µ(x) =
f(x)
f (x)
= (x − p) G(x)
entonces
lim
x→p
G(x) = lim
x→p
q(x)
[mq(x) + (x − p) q (x)]
=
1
m
= 0.
Con lo cu´al podermos formalizar el m´etodo de N-R modificado para la b´usqueda de ra´ıces
con multiplicidad m > 1, por:



pn = pn−1 −
1
µ (pn−1)
µ(pn−1)
n ≥ 1
p0 dado



pn = pn−1 −
f(pn−1)
f (pn−1)
[f (pn−1)]2
−f(pn−1)f (pn−1)
[f (pn−1)]2
n ≥ 1
p0 dado
entonces 


pn = pn−1 −
f(pn−1)f (pn−1)
[f (pn−1)]2
− f(pn−1)f (pn−1)
n ≥ 1
p0 dado
Ejercicio: Compruebe lo propuesto en la tarea anterior.
Sol: Aplicando el m´etodo de N-R modificado a la funci´on f(x) = ex
− x − 1 cuyas derivadas
son f (x) = ex
− 1 y f (x) = ex
entonces el algoritmo queda:



pn = pn−1 −
(epn−1
− pn−1 − 1) · (epn−1
− 1)
(epn−1 − 1)2
− (epn−1 − pn−1 − 1) · epn−1
n ≥ 1
p0 = 1 dado
21

22. y por lo tanto, la tabla de iteraciones muestra la convergencia a la ra´ız de x = 0 de
multiplicidad m = 2.
n pn f (pn) |pn − pn−1|
0 1.0 0.718 28
1 −0.234 21 2. 540 6 × 10−2
1.23421
2 −8. 458 2 × 10−3
3. 567 0 × 10−5
0.225 75
3 −1. 189 0 × 10−5
7. 068 6 × 10−11
8. 446 3 × 10−3
4 −2. 356 2 × 10−11
2. 775 8 × 10−22
1. 189 0 × 10−5
Gr´aficamente, esto es:
Aceleraci´on de convergencia
Desde la definici´on de convergencia, una sucesi´on {pn}∞+
n=0 es convergente linealmente a p,
con pn = p, ∀n. Si
lim
n→∞+
|pn+1 − p|
|pn − p|α = λ,
con α = 1 y pidiendo λ < 1. Luego parece evidente que de esta definici´on podamos decir
que:
en+1
en
=
pn+1 − p
pn − p
≈ λ ≈
pn+2 − p
pn+1 − p
=
en+2
en+1
para n suficientemente grande y cuando estas diferencias tienen el mismo signo. Entonces
(pn+1 − p)2
≈ (pn+2 − p) (pn − p) ,
22

23. por lo tanto
(pn+1 − p)2
≈ (pn+2 − p) (pn − p)
p2
− 2ppn+1 + p2
n+1 ≈ pnpn+2 − ppn − ppn+2 + p2
−2ppn+1 + p2
n+1 ≈ pnpn+2 − ppn − ppn+2
p (pn+2 − 2pn+1 + pn) ≈ pnpn+2 − p2
n+1
p ≈
pnpn+2 − p2
n+1
(pn+2 − 2pn+1 + pn)
introduciendo dos ceros convenientes (ni quita ni pone)
p ≈
pnpn+2 − p2
n+1 + (p2
n − p2
n) + (2pn+1pn − 2pn+1pn)
(pn+2 − 2pn+1 + pn)
p ≈
p2
n + pnpn+2 − 2pn+1pn − p2
n − 2pn+1pn + p2
n+1
(pn+2 − 2pn+1 + pn)
p ≈
pn (pn + pn+2 − 2pn+1) − p2
n − 2pn+1pn + p2
n+1
(pn+2 − 2pn+1 + pn)
p ≈ pn −
(pn − pn+1)2
(pn+2 − 2pn+1 + pn)
.
As´ı, estamos definiendo una subsucesi´on {ˆpn}∞+
n=0 desde la sucesi´on {ˆpn}∞+
n=0 generada por
alg´un algoritmo con convergencia lineal:
ˆpn ≈ pn −
(pn − pn+1)2
(pn+2 − 2pn+1 + pn)
la cual establece que;
lim
n→∞+
|ˆpn+1 − p|
|pn − p|
= 0,
es decir, {ˆpn}∞+
n=0 converge m´as rapido que {pn}∞+
n=0 .
Notaci´on
Solo como una forma de dar una mejor comprensi´on, se introduce la notaci´on de recurrencia
progresiva, que luego se puede retomar en interpolaci´on e integraci´on num´erica. Esta es,
dada la sucesi´on {pn}∞+
n=0 podemos definir la diferencia
∆pn = pn+1 − pn con n ≥ 0
y la diferencia progresiva
∆k
= ∆ ∆k−1
pn con k ≥ 2.
23

24. Por ejemplo, si k = 2
∆2
pn = ∆ (∆pn) = ∆ (pn+1 − pn ) = ∆pn+1 − ∆pn = pn+2 − pn+1 − (pn+1 − pn)
∆2
pn = pn+2 − 2pn+1 + pn
con lo cual, establecemos un nuevo algoritmo reescrito como:
ˆpn ≈ pn −
(∆pn)2
∆2pn
con n ≥ 0.
llamado el Algoritmo de Aitken.
Obs: Seg´un se ha visto, el m´etodo de Aitken es un algoritmo complementario a cualquier
m´etodo aplicado que tenga convergencia lineal y su contribuci´on es al usar ambos combinados
llegar a una convergencia superior a uno, cuadr´atica.
M´etodo de Steffensen
Este m´etodo es la combinaci´on de el Algoritmo de Aitken m´as el m´etodo de punto fijo de
convergencia lineal como es ya sabido. Como un resumen general podemos ver el esquema
para encontrar la soluci´on de p = g(p) es:
Paso 1. Comenzar con chute inicial p0.
Paso 2. Para n = 0, ...
p
(n)
0 = p0
p
(n)
1 = g p
(n)
0
p
(n)
2 = g p
(n)
1
y determinar
p0 = ˆp
(n+1)
0 = p
(n)
0 −
∆p
(n)
0
2
∆2p
(n)
0
Paso 3. Repetir hasta:
ˆp
(n+1)
0 − ˆp
(n)
0 < ε
para 0 < ε << 1, dado.
Ejercicio: Determinar las ra´ıces de f(x) = x2
− cos(x) usando el m´etodo de Steffensen y
comparar con N-R, punto fijo y Aitken.
Antes de resolver observemos que f(x) es una funci´on par
f(−x) = (−x)2
− cos(−x) = f(x)
24

25. luego su grafica tiene simetr´ıa con respecto al eje Y entonces si encontramos una ra´ız la otra
es su inverso aditivo.
Para usar Steffensen y Punto fijo debemos tener una funci´on de punto fijo, si I = [0, 1]
entonces
i) Sea x = g(x) = cos(x) entonces
0 ≤ x ≤ 1
cos(0) ≤ cos(x) ≤ cos(1) /
√
cos(0) ≤ cos(x) ≤ cos(1)
0.735 05 ≤ g(x) ≤ 1
luego g(x) ∈ [0.735 05, 1] ⊂ [0, 1] = I (existencia del punto fijo)
ii) La derivada de g es:
g (x) = −
1
2
√
cos x
sin x
|g (x)| = −
1
2
√
cos x
sin x = 1
2
|sin(1)|
√
cos 0
= 0.420 74 < 1
luego |g (x)| ≤ k = 0.42074. (punto fijo ´unico)
Considerando un chute inicial p0 = 1 las iteraciones del m´etodo de Steffensen son:
n p
(n)
0 p
(n)
1 = g p
(n)
0 p
(n)
2 = g p
(n)
0 p0 = ˆp
(n+1)
0 = p
(n)
0 −
∆p
(n)
0
2
∆2p
(n)
0
0 1.0 0.735 05 0.861 28 0.820 55
1 0.820 55 0.825 72 0.823 42 0.824 13
2 0.824 13 0.824 13 0.824 13 0.824 13
La tabla adjunta compara con otros m´etodos y deja claro la efectividad de Steffensen.
k P.fijo Aitken Steffensen N-R
0 1.0 0.820545868 0.820545868 1.0
1 0.735052587 0.823387630 0.824131023 0.838218410
2 0.861275501 0.823989495 0.824132312 0.824241868
3 0.807137107 0.824103654 0.824132319
4 0.831606374 0.824126663 0.824132312
5 . .
. . .
11 0.824106268 0.824132312
. . .
25 0.824132312
Obs: De igual forma que el m´etodo de N-R la convergencia del m´etodo de Steffensen es
cuadr´atica pero no sirve o no funciona bien para raices con multiplicidad m > 1 (g (p) = 0).
25

26. Tarea: Resolver
x3
+ 4x2
− 10 = 0,
usando los algoritmos estudiados y compare las iteraciones de cada uno en una tabla de
resultados.
26