Transcript Métodos iterativos

Métodos iterativos
Álgebra superior
Método de la bisección
Se trata de encontrar los ceros de
f(x) = 0
Donde f es una función continua en [a,b] con f(a) y f(b) con
signos diferentes.
y
f(a)
y = f(x)
bx
a
f(b)
Método de la bisección
De acuerdo con el teorema del valor medio, existe p  [a,b] tal
que f(p) = 0.
El método consiste en dividir a la mitad el intervalo y localizar
la mitad que contiene a p.
El procesos se repite hasta la lograr la precisión deseada.
Método de la bisección
Primera iteración del algoritmo
y
Mitad del intervalo que
contiene a p
f(a)
y = f(x)
f(p1)
bx
a
f(b)
p
p1=(a+b)/2
Método de la bisección
Segunda iteración del algoritmo
y
Mitad del intervalo que
contiene a p
y = f(x)
f(a)
bx
a =p1
f(p2)
p
p2=(a+b)/2
f(b)
Ejemplo
Resolver
f (x) = x3 – 3x2 + x +1 = 0 en el intervalo [2, 3]
f (2) = -1, f (3) = 4, cumple con el requisito inicial.
f (2.5) = 0.375 > 0, siguiente intervalo [2, 2.5]
f (2.25) = -0.546875 <0, siguiente intervalo [2.25, 2.5]
f (2.375) = -0.150390625 <0, siguiente intervalo [2.375, 2.5]
f (2.4375) = 0.095459 > 0, siguiente intervalo [2.375, 2.4375]
f (2.40625) = -0.03159 <0, siguiente intervalo [2.40625, 2.4375]
f (2.421875) = 0.030895
Método de la secante
El método consiste en encontrar la
siguiente aproximación tomando
como punto de partida la secante
que corta la curva de la función en
dos puntos.
f (xn)
xn–1 xn+1
La ecuación de la recta es
f xn   f xn1 
x  xn   f xn 
y
xn  xn1
xn
f (xn–1 )
Igualando a 0 y despejando se
encuentra que
xn 1  xn 
xn  xn 1
f xn 
f xn   f xn 1 
Ejemplo
Resolver
f (x) = x3 – 3x2 + x +1 = 0 en el intervalo [2, 3]
Tomamos x0 = 2 y x1 = 3.
x2 = 3 – ((3–2)/(33–3·32+3+1–23+3·22–3+1))(33–3·32+3+1)
= 3 – 4/5 = 2.2
x3 = 2.31507
x8 = 2.414214
x4 = 2.4446
se llego a la solución
x5 = 2.41083
x6 = 2.414107
x7 = 2.414214
f (2.414214) = –1.74x10–10
Método de Newton-Raphson
La ecuación de la recta
tangente es:
f(x)
y – f(xn) = f ’ (xn)(x – xn)
Cuando y = 0, x = xn+1 o sea
0 – f(xn) = f ’ (xn)(xn+1– xn)
f (xn)
o
f ( xn )
xn1  xn 
f '( xn )
xn+1
xn
Pendiente = f ’ (xn)
Ejemplo
Resolver
f (x) = x3 – 3x2 + x +1 = 0 en el intervalo [2, 3]
Tomamos x0 = 2. f ‘(x) = 3x2 – 6x +1
x1 = 3 – (23–3·22+2+1)/(3·22–6·2+1) = 3
x2 = 2.6
x7 = 2.414213562
x3 = 2.442253521
se llego a la solución
x4 = 2.415010637
f (2.414213562) = 0
x5 = 2.414214235
x6 = 2.414213562