Ceros resum

Métodos Numéricos: Resumen y ejemplos
Tema 5: Resolución aproximada de ecuaciones
Francisco 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
cos x = 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) − x
es continua en todo R, en particular, es continua en [0, π/2]. En los extremos
del 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
f0
(x) = − sin(x) − 1.
Como f0(x) < 0 en todo el intervalo (0, π/2), resulta que f(x) es decreciente
y 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].
• Método
1. 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 tiene
un 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 las
condiciones del Teorema de Bolzano.
2. Cálculo de las aproximaciones.
• Fase 1. El cuadro inicial es
Fase 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 5
Fase 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 − a1
2n
.
Demostración. En la fase n se cumple
|en| = |α − cn| ≤
bn − an
2
.

Además, la longitud del intervalo se reduce a la mitad en cada fase
bn − an =
bn−1 − an−1
2
.
Por lo tanto, tenemos
|e1| ≤
b1 − a1
2
,
|e2| ≤
b2 − a2
2
=
b1 − a1
4
,
|e3| ≤
b3 − a3
2
=
b2 − a2
4
=
b1 − a1
8
.
De forma análoga, resulta
|e4| ≤
b1 − a1
16
=
b1 − a1
24
, |e5| ≤
b1 − a1
32
=
b1 − a1
25
,
y en general
|en| = |α − cn| ≤
b1 − a1
2n
. ¤
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 − 0
210
= 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| ≤
¡π
2
¢
2n
≤ 0.5 × 10−4
,
de donde resulta
2n
≥
¡π
2
¢
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)
f0(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, f0
(x) = − sin (x) − 1,
⎧
⎨
⎩
x0 = 0.78539 816,
xj+1 = xj +
cos (xj) − xj
sin (xj) + 1
.
El valor de las iteraciones es
x1 = x0 +
cos (x0) − x0
sin (x0) + 1
= 0. 78539 816 − 0.04 58620 3 = 0. 73953 613,
x2 = x1 +
cos (x1) − x1
sin (x1) + 1
= 0. 73908 518,

x3 = x2 +
cos (x2) − x2
sin (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) = f0
(xj) (x − xj) .
Para calcular el corte con OX, exigimos y = 0
−f(xj) = f0
(xj) (x − xj) ,
resolvemos en x y tomamos el resultado como xj+1
Solución de la ecuación x = xj −
f(xj)
f0(xj)
=⇒ xj+1 = xj −
f(xj)
f0(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
−
1
x
.
Derivada
f0
(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, f0
(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 −
x2
j − 24
2xj
.
Iteraciones,
x0 = 5,
x1 = 5 − 25−24
10 = 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
lim
j→∞
|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, f0
(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| '
|f00(α)|
2 |f0(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 −
x2
j − 30
2xj
.

Si tenemos en cuenta la fórmula (1), el valor de la constante asintótica de
error es
A =
|f00(α)|
2 |f0(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 × 10−2
1 5. 5 0.0 22774 42494 8 9. 09090 90784 28 × 10−2
2 5. 47727 27272 73 0.0000 47152 221 9. 13044 04830 45 × 10−2
3 5. 47722 55752 55 2. 03 × 10−10
4 5. 47722 55750 52 0
El valor de la constante asintótica de error es
A =
|f00(α)|
2 |f0(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 =
p
x 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 ½
x0 = valor inicial,
xj+1 = g(xj),
converge a un valor α, entonces α es un punto fijo de g(x).
Demostración. Se cumple
lim
j→∞
xj = α,
como g(x) es continua, resulta
g(α) = g
µ
lim
j→∞
xj
¶
= lim
j→∞
g(xj) = lim
j→∞
xj+1 = α. ¤
Ejemplo 4.2 (a) Aproxima la solución de
cos(x) − x = 0
con 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
.
Resulta
j xj
0 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 xj
0 1.0
1 0. 84677
2 0. 78531
3 0. 75926
4 0. 74796
5 0. 74300
6 0. 74081
7 0. 73985
j xj
8 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| ≤ Mj
1 (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, por
lo tanto, es de clase C1[0, 1].
• (Condición 2) g(x) es decreciente en el intervalo [0, 1]. El máximo y
mínimo absolutos de g(x) en [0, 1] son
m = min
x∈[0,1]
cos(x) = cos(1) = 0. 5403, M = max
x∈[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 = max
x∈[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 = max
x∈[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 xj
0 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 − λf0
(x).
Puede demostrarse que si ¯
¯g0
(α)
¯
¯ ≤ 1,
entonces la iteración de punto fijo es convergente para valores iniciales x0
suficiente próximos a α, además, la velocidad de convergencia aumenta con
la disminución de |g0(α)| . Eso nos llevaría a elegir, entre todos los posibles
valores de λ, aquel valor que minimize |g0(α)|. En concreto tomamos el valor
de λ que anula g0(α), esto es
g0
(α) = 1 − λf0
(α) = 0,
resulta el valor
λ =
1
f0(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
f0
(α) '
f(b) − f(a)
b − a
.
2. Tomamos
λ =
1
³
f(b)−f(a)
b−a
´.
En resumen, el método es
⎧
⎨
⎩
x0 = valor inicial,
xj+1 = xj −
b − a
f(b) − f(a)
f(xj).
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 una representación gráﬁca esquemática, tomamos el intervalo
[1, 2].
Escribimos la ecuación en forma normal f(x) = 0, entonces
f(x) = ln (x) −
1
x
.
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 f0(α)
f0
(α) '
f(2) − f(1)
2 − 1
= 1. 1931,
y calculamos λ
λ =
1
f0(α)
'
1
1. 1931
= 0. 8382.
La fórmula de recurrencia es, por lo tanto,
⎧
⎨
⎩
x0 = 1.5,
xj+1 = xj − 0. 8382
µ
ln (xj) −
1
xj
¶
.
Obtenemos
j xj
0 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 f0(α)
f0
(α) '
f(1) − f(0)
1 − 0
= 1. 45970,
y calculamos λ
λ =
1
f0(α)
'
1
1. 45970
= 0. 6851.
La fórmula de recurrencia es, por lo tanto,
½
x0 = 0.5,
xj+1 = xj − 0.6851 (xj − cos (xj)) .
Obtenemos
j xj
0 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 ¤

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