ejercicios de cÁlculo numÉrico i relación 1: temas 1 y...

Ejercicios de CÁLCULO NUMÉRICO I Relación 1: Temas 1 y 2

1. ¿Cuáles de los siguientes algoritmos son finitos?

a) Cálculo del producto de dos números enteros.

b) Cálculo de la división de dos números enteros.

c) Cálculo de la raíz cuadrada de un número natural.

d) Descomposición en producto de factores primos de un número natural.

e) Cálculo del máximo común divisor de dos números naturales.

Solución

a) Finito.

b) Finito si se considera la división entera, por ejemplo 15/5 = 3. Por otro lado, como la división de dos númerosenteros es un número racional, se sabe que su desarrollo decimal es finito o periódico. Por tanto, una vezque se conoce el periodo, se puede considerar que el el algoritmo es finito, por ejemplo 1/3 = 0.333 · · · = 0.3.Aunque en la práctica si no se encuentra el periodo, el proceso puede hacerse infinito.

c) En general, infinito:√

4 = 2,√

2 = 1.4142 . . .

d) Finito.

e) Finito.

Dpto. Ecuaciones Diferenciales y Análisis Numérico —1— 8 de marzo de 2017


2. Obtener el término general de las siguientes sucesiones definidas por recurrencia:

a) x0, x1 ∈ R dados, xn = 5xn−1 − 6xn−2, donde n ≥ 2.

b) x0, x1 ∈ R dados, xn = −3xn−1 + 4xn−2, donde n ≥ 2.

Solución

Apartado a): Pongamos un = xn y vn = xn−1. Luego un−1 = xn−1 y vn−1 = xn−2 y podemos escribir larelación de recurrencia xn = 5xn−1 − 6xn−2 de la forma que sigue: u1 = x1, v1 = x0 dados, para todo n ≥ 2{

un = 5un−1 − 6vn−1

vn = un−1

Usando la notación vectorial, esta relación se escribe de forma equivalente como sigue:(unvn

)=

(5 −6

1 0

)(un−1vn−1

)⇔

(unvn

)= A

(un−1vn−1

), con A =

(5 −6

1 0

)

Usando esta relación de forma recursiva, tenemos:(unvn

)= A

(un−1vn−1

)= A2

(un−2vn−2

)= · · · = An−1

(u1v1

)= An−1

(x1x0

)

Por tanto, para calcular el término general de la sucesión, basta determinar An−1. Este cálculo será simple sisomo capaces de escribir A de la forma A = PDP−1, siendo D, usa matriz diagonal, puesto que, en este caso

An−1 = PDn−1P−1.

Dicha escritura de A existe, siendo D la matriz diagonal con los valores propios de A y la matriz P , por columnas,formada por los correspondientes vectores propios asociados. Vamos a calcular D y P . Los autovalores, λ1 y λ2son raíces del polinomio característico:

det(A− λI) = 0 ⇔ det

(5− λ −6

1 −λ

)= λ2 − 5λ+ 6 = 0 ⇔ λ1 = 3, λ2 = 2

Los vectores propios, p1 y p2 son soluciones de los siguientes sistemas lineales:Ap1 = λ1p1 ⇔ (A− λ1I)p1 = 0 ⇔

(2 −6

1 −3

)(p11

p12

)=

(0

0

)⇒ p1 =

(3

1

)

Ap2 = λ2p2 ⇔ (A− λ2I)p2 = 0 ⇔(

3 −6

1 −2

)(p21

p22

)=

(0

0

)⇒ p2 =

(2

1

)

de donde

P =

(3 2

1 1

), P−1 =

(1 −2

−1 3

), A = PDP−1 =

(3 2

1 1

)(3 0

0 2

)(1 −2

−1 3

).

En consecuencia,

An−1 = PDn−1P−1 =

(3 2

1 1

)(3n−1 0

0 2n−1

)(1 −2

−1 3

)=

(3n − 2n −2 · 3n + 3 · 2n

3n−1 − 2n−1 −2 · 3n−1 + 3 · 2n−1

)(unvn

)=

(3n − 2n −2 · 3n + 3 · 2n

3n−1 − 2n−1 −2 · 3n−1 + 3 · 2n−1

)(x1x0

),

de dondeun = xn = (3n − 2n)x1 + (3 · 2n − 2 · 3n)x0



Apartado b): Pongamos un = xn y vn = xn−1. Luego un−1 = xn−1 y vn−1 = xn−2 y podemos escribir larelación de recurrencia xn = −3xn−1 + 4xn−2 de la forma que sigue: u1 = x1, v1 = x0 dados, para todo n ≥ 2{

un = −3un−1 + 4vn−1

vn = un−1

Usando la notación vectorial, esta relación se escribe de forma equivalente como sigue:

(unvn

)=

(−3 4

1 0

)(un−1vn−1

)⇔

(unvn

)= A

(un−1vn−1

), con A =

(5 −6

1 0

)

Usando esta relación de forma recursiva, tenemos:(unvn

)= A

(un−1vn−1

)= A2

(un−2vn−2

)= · · · = An−1

(u1v1

)= An−1

(x1x0

)Por tanto, para calcular el término general de la sucesión, basta determinar An−1. Este cálculo será simple sisomo capaces de escribir A de la forma A = PDP−1, siendo D, usa matriz diagonal, puesto que, en este caso

An−1 = PDn−1P−1.

Dicha escritura de A existe, siendo D la matriz diagonal con los valores propios de A y la matriz P , por columnas,formada por los correspondientes vectores propios asociados.

Vamos a calcular D y P . Los autovalores, λ1 y λ2 son raíces del polinomio característico:

det(A− λI) = 0 ⇔ det

(−3− λ 4

1 −λ

)= λ2 + 3λ− 6 = 0 ⇔ λ1 = 1, λ2 = −4

Los vectores propios, p1 y p2 son soluciones de los siguientes sistemas lineales:Ap1 = λ1p1 ⇔ (A− λ1I)p1 = 0 ⇔

(−4 4

1 −1

)(p11

p12

)=

(0

0

)⇒ p1 =

(1

1

)

Ap2 = λ2p2 ⇔ (A− λ2I)p2 = 0 ⇔(

1 4

1 4

)(p21

p22

)=

(0

0

)⇒ p2 =

(4

−1

)de donde

P =

(1 4

1 −1

), P−1 =

1

5

(1 4

1 −1

), A = PDP−1 =

1

5

(1 4

1 −1

)(1 0

0 −4

)(1 4

1 −1

).

En consecuencia,

An−1 = PDn−1P−1 =1

5

(1 4

1 −1

)(1n−1 0

0 (−4)n−1

)(1 4

1 −1

)=

(1 + 4n(−1)n−1 4 + (−4)n

1− (−4)n−1 4 + (−4)n−1

)(unvn

)=

(1 + 4n(−1)n−1 4 + (−4)n

1− (−4)n−1 4 + (−4)n−1

)(x1x0

),

de donde

un = xn = (1 + 4n(−1)n−1)x1 + (4 + (−4)n)x0 =1

5(x1 + 4x0 + (−1)n−1(x1 − x0)4n)



3. Dado x ∈ R+, el siguiente esquema, conocido como procedimiento o algoritmo de Herón:

(H)

y0 = a > 0

yn+1 =1

2(yn +

x

yn), n ≥ 0

se emplea para aproximar el valor de y =√x.

a) Probar que (H) está bien definido, es decir que yn 6= 0 para todo n ≥ 0.

b) Demostrar la convergencia del algoritmo de Herón (probando que la sucesión generada por (H) es conver-gente).

c) Emplear este algoritmo en los siguientes casos particulares:

1) x = 2, a = 1.4 (√

2 = 1.41421356...)

2) x = 5, a = 2 (√

5 = 2.23606797...)

Solución

Apartado a): Veamos por inducción que para todo n, yn > 0. Tenemos y0 = a > 0. Supongamos que yn > 0,usando que x > 0, tenemos

yn+1 =1

2(yn +

x

yn) > 0.

Por tanto, yn > 0, ∀n ≥ 0 y, en consecuencia, yn 6= 0, lo que implica que la sucesión {yn}n≥0 está bien definida.

Apartado b): Supongamos que yn es convergente, es decir existe lımn→∞

yn = α. Tomando límites en la fórmulade recurrencia, obtenemos

α =1

2(α+

x

α) ⇔ 2α2 = α2 + x ⇔ α2 = x ⇔ α = ±√x.

Por ser yn de términos positivos, el único valor posible es√x.

Veamos que {yn}n≥0 está acotada inferiormente ∀n ≥ 1, es decir verifica yn ≥√x, ∀n ≥ 1 ( ⇔ y2n ≥ x):

y2n+1− x =1

4

(yn +

x

yn

)2− x =

1

4

(y2n + 2x+

x2

y2n

)− x =

1

4

(y2n− 2x+

x2

y2n

)=

1

4

(y2n−

x

yn

)2≥ 0 ⇒ y2n+1 ≥ x

Veamos ahora que {yn}n≥0 es monótona decreciente. Usando que y2n ≥ x, yn > 0, podemos escribir:

yn+1 − yn =1

2

(yn +

x

yn

)− yn =

1

2

( xyn− yn

)=x− y2nyn

≤ 0.

Por ser yn acotada inferiormente y decreciente, es convergente y el único límite posible es√x.

Apartado c):y0 = 1.4y1 = 1.414285714y2 = 1.414213564y3 = 1.414213562y4 = 1.414213562

Luego α =√

2 ≈ y3 = 1.414213562

y0 = 2y1 = 2.250000000y2 = 2.236111111y3 = 2.236067978y4 = 2.236067977y5 = 2.236067977

Luego α =√

4 ≈ y4 = 2.236067977.



4. Dado x ∈ R+, consideremos el siguiente algoritmo para aproximar el inverso de x sin hacer divisiones:{y0 = a > 0yn+1 = yn(2− xyn), n ≥ 0

Demostrar que bajo ciertas condiciones sobre el valor inicial a, la sucesión (yn)n≥0 converge a 1/x.Indicación: Comprobar que a partir de la primera iteración la sucesión yn está acotada superiormente por 1/x.Estudiar la monotonía de la sucesión (depende del signo de yn). Considerar dos casos posibles: a ∈ (0, 2/x) ya ≥ 2/x.

SoluciónVeamos los posibles límites de la sucesión. Supongamos que lım

n→+∞yn = α. Tomando límites en la fórmula de

recurrencia, obtenemos:

α = α(2− xα) ⇔ α− α(2− xα) = 0 ⇔ α(xα− 1) = 0 ⇔ α = 0, α =1

x

que son los dos posibles límites de la sucesión {yn}n≥0.

Vamos a ver que a partir de la primera iteración (ya que y0 = a > 0 y no se impone que sea menor o igual que

1/x) la sucesión yn está acotada superiormente por 1/x, es decir yn ≤1

xpara todo n ≥ 1. En efecto, razonemos

por inducción: para todo y0 = a > 0 y x > 0, podemos escribir

y1 −1

x= y0(2− xy0)− 1

x=xa(2− xa)− 1

x=

2xa− x2a2 − 1

x= − (1− xa)2

x≤ 0 ⇒ y1 ≤

1

x.

Supongamos que yn ≤1

x, consideramos

yn+1 −1

x= yn(2− xyn)− 1

x=xyn(2− xyn)− 1

x=

2xyn − x2y2n − 1

x= − (1− xyn)2

x≤ 0 ⇒ yn+1 ≤

1

x.

Estudiemos la monotonía de la sucesión considerando el signo de la expresión

yn+1 − yn = yn(2− xyn)− yn = yn(1− xyn).

Como yn ≤1

xpara todo n ≥ 1, se tiene que (1− xyn) ≥ 0 y de la igualdad de arriba se deduce que el signo de

yn+1 − yn depende del signo de yn que, a su vez, depende de y0 = a > 0. Se distinguen dos casos posibles:

y0 = a > 0, y1 = y0(2− xy0) = a(2− xa)

{> 0 ⇔ a ∈ (0, 2/x),

≤ 0 ⇔ a ≥ 2/x.

Caso a ∈ (0, 2/x) : y1 > 0, y2 = y1(2 − xy1) ≥ 0, . . . , yn+1 = yn(2 − xyn) ≥ 0 (pues yn ≤ 1/x), luego yn ≥ 0

para todo n y, en consecuencia

yn+1 − yn = yn(2− xyn)− yn = yn(1− xyn) ≥ 0 ⇒ yn+1 ≥ yn,

es decir, bajo condiciones a ∈ (0, 2/x) sobre el valor inicial se trata de una sucesión creciente y acotada supe-riormente por 1/x, luego, necesariamente, lım

n→∞= 1/x, que es lo que queríamos demostrar.

Caso a = 2/x : y1 = 0, e yn ≡ 0 para todo n ≥ 1.

Caso a ∈ (2/x,+∞) : y1 < 0, y2 = y1(2− xy1) ≤ 0, . . . , yn+1 = yn(2− xyn) ≤ 0 (pues yn ≤ 1/x), luego yn ≤ 0

para todo n y, en consecuencia

yn+1 − yn = yn(2− xyn)− yn = yn(1− xyn) ≤ 0 ⇒ yn+1 ≤ yn.

Al ser una sucesión decreciente de términos negativos no podrá tener como su límite 1/x > 0.



5. Probar que el sistema {x − y = 1x − 1.10y = 0

está mal condicionado, resolviéndolo y comparándolo con el sistema{x − y = 1x − 0.99y = 0.

Solución

Obsérvese que estos sistemas se diferencian en una pequeña variación del coeficiente de y en la segunda ecuacióny sin embargo, el primero tiene por solución x = 11, y = 10 y el segundo x = −99, y = −100.



6. Obtener el error absoluto (Ea) y relativo (Er) que se comete al aproximar el número real x por el número x enlos siguientes casos:

a) x = 4.32, x = 4.3, (Solución: Ea = 0.02, Er = 0.004629);

b) x = 0.000432, x = 0.00043, (Solución: Ea = 0.000002, Er = 0.004629);

c) x = 432, x = 430, (Solución: Ea = 2, Er = 0.004629).

Solución

Los errores absolutos y relativos son respectivamente:

a) |x− x| = 0.02|x− x||x| =

0.02

4.32= 0.004629

b) |x− x| = 0.000002|x− x||x| =

0.000002

0.000432= 0.004629

c) |x− x| = 2|x− x||x| =

2

432= 0.004629



7. Calcular todos los números x que constituyen una aproximación de 6.897 con un error absoluto menor que 5centésimas. Repetir el ejercicio para el error relativo. (Solución: 6.847 < x < 6.947, 6.55215 < x < 7.24185).

Solución

El error absoluto es |x− x| = |x− 6.897| < 0.005 por tanto, 6.847 < x < 6.947.

El error relativo es|x− 6.897||6.897| < 0.005. Quitando el denominador se obtiene, |x− 6.897| < 0.34485. Por tanto,

−0.34485 < x− 6.897 < 0.34485,

de donde, 6.55215 < x < 7.24185.



8. Determinar el número de raíces de la ecuación f(x) = x+ ex = 0.

Solución

La función f existe y es continua y derivable en R.Como f ′(x) = 1 + ex > 0 para todo x, f es estrictamente creciente en R. Por tanto, si existe alguna raíz de laecuación, es única.

Por otro lado,

lımx→−∞

f(x) = −∞, lımx→+∞

f(x) = +∞

y también, f(0) > 0 y f(−1) < 0. Aplicando el Teorema de Bolzano en [−1, 0], podemos afirmar que al menoshay una raíz en dicho intervalo.

De las dos afirmaciones anteriores, podemos concluir que hay una única solución de la ecuación f(x) = 0 y estálocalizada en [−1, 0].



9. Separar las raíces de las siguientes ecuaciones:

a) x3 − 6x+ 2 = 0

b) x4 − 4x− 1 = 0

Solución

Apartado a): Sea f(x) = x3 − 6x + 2. Es es una función continua y derivable en su dominio D(f) = R,lım

x→−∞= −∞ y lım

x→+∞= +∞ . Para estudiar la monotonía calculamos su derivada: f ′(x) = 3x2 − 6. Luego,

f ′(x) = 0 ⇔ x2 − 2 = 0 ⇔ x = ±√

2f ′(x) > 0 ∀x ∈ (−∞,−

√2),

f ′(x) < 0 ∀x ∈ (−√

2,√

2),

f ′(x) > 0 ∀x ∈ (√

2,+∞)

⇒

f es estrictamente creciente en (−∞,−

√2),

f es estrictamente decreciente en (−√

2,−√

2),

f es estrictamente creciente en (√

2,+∞)

Por tanto, x = −√

2 es un máximo local y x =√

2es un mínimo local, tal y como se puede observar enla figura adjunta. Además,

−3 −2 −1 0 1 2 3−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

10

12

y = x3 − 6x + 2

α1 α2 α3

f(−√

2) = −2√

2 + 6√

2 + 2 = 4√

2 + 2 > 0, f(√

2) = 2√

2− 6√

2 + 2 = −4√

2 + 2 < 0.

En consecuencia, podemos deducir que la ecuación f(x) = 0 posee exactamente 3 raíces reales:

{f(−3) < 0

f(−√

2) > 0⇒ α1 ∈ (−3,

√2);

{f(0) > 0

f(√

2) < 0⇒ α2 ∈ (0,

√2);

{f(√

2) < 0

f(3) < 0⇒ α3 ∈ (

√2, 3).

Apartado b): Sea f(x) = x4 − 4x − 1. Es es una función continua y derivable en su dominio D(f) = R ylım

x→±∞= +∞. Para estudiar la monotonía calculamos su derivada: f ′(x) = 4x3 − 4. Luego,

f ′(x) = 0 ⇔ x3 − 1 = 0 ⇔ x = 1

y {f ′(x) < 0 ∀x ∈ (−∞, 1),

f ′(x) > 0 ∀x ∈ (1,+∞)

⇒{

f es estrictamente decreciente en (−∞, 1),

f es estrictamente creciente en (1,+∞).

Por tanto, x = 1 es un mínimo local y, de hecho, esglobal. Además

f(−1) = 1− 4− 1 < 0.−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

−10

0

10

20

30

40

50

60

70

y = x4 − 4x − 1

α1 α2

En consecuencia, existe un único α1 ∈ (−∞, 1) y un único α2 ∈ (1,+∞) soluciones de f(x) = 0:{f(−1) = 4 > 0

f(0) = −1 < 0⇒ α1 ∈ (−1, 0);

{f(1) = −4 < 0

f(2) = 7 > 0⇒ α2 ∈ (1, 2).



10. Sea α una solución exacta y x una aproximada de la ecuación f(x) = 0, situadas ambas en el intervalo [a, b]donde la función f es derivable y verifica que |f ′(x)| ≥ m, ∀x ∈ [a, b], para cierta constante positiva m.

a) Con ayuda del teorema del valor medio, demostrar la siguiente desigualdad:

|x− α| ≤ |f(x)|m

b) Utilizando la estimación anterior, acotar el error absoluto al aproximar por x = 1.22 la raíz positiva α dela ecuación x4 − 4x− 1 = 0 del ejercicio anterior.

Solución

Apartado a): Supongamos para fijar ideas que x < α. Como f es continua y derivable en [a, b] y x, α ∈ [a, b],en particular f , es continua y derivable en el intervalo [x, α]. Luego, aplicando el Teorema de Valor Medio1 a fen el intervalo [x, α], deducimos que existe un punto c ∈ (x, α) tal que

f(x)− f(α) = f ′(c)(x− α),

de donde, teniendo en cuenta que f(α) = 0 y que por hipótesis |f ′(x)| ≥ m para todo x ∈ [a, b], obtenemos

|f(x)− 0| = |f ′(c)| |x− α)| ≥ m|x− α| ⇒ |f(x)|m

≥ |x− α| ⇒ |x− α| ≤ |f(x)|m

Apartado b): Se ha visto en el Ejercicio 9b) que la única raíz positiva de la ecuación x4 − 4x − 1 = 0 esα2 ∈ (1, 2). La función f(x) = x4 − 4x− 1 es continua y derivable en [1, 2] y f ′(x) = 4x3 − 1.

Podemos escribir

|f ′(x)| ≥ m = mınx∈[1,2]

|f ′(x)| = |f ′(1)| = 3, x ∈ [1, 2],

puesto que f ′ es positiva y estrictamente creciente en [1, 2] (f ′′(x) = 12x2 > 0). Luego, si x = 1.6, aplicando lacota del apartado anterior, tenemos:

|x− α| ≤ |f(x)|m

⇔ |1.6− α| ≤ |f(1.6)|3

=| − 0.8464|

3= 0.2821,

es decir es error de aproximación de α2 por x = 1.6 es menor o igual que 0.2821.

Se observa que gracias a que f ′ es creciente y positiva, si aumentamos el límite inferior del intervalo donde estálocalizada la raíz α2, podemos mejorar la cota anterior. En efecto, por ejemplo, α2 ∈ [1.1, 2], por tanto

|f ′(x)| ≥ m = mınx∈[1.1,2]

|f ′(x)| = |f ′(1.1)| = 4.3240, x ∈ [1.1, 2],

luego

|x− α| ≤ |f(x)|m

⇔ |1.6− α| ≤ |f(1.6)|4.3240

=| − 0.8464|

4.3240= 0.1957 < 0.2821.

1Si f es continua en [a, b] y derivable en (a, b), entonces existe c ∈ (a, b) tal que

f ′(c) =f(b)− f(a)

b− a



11. Demostrar que si f es una función continua de [a, b] en [a, b], entonces f debe tener un punto fijo. ¿Es cierto elresultado para funciones continuas de R en R?

Solución

Como f : [a, b] 7→ [a, b], tenemos{a ≤ f(a) ≤ b ⇒ f(a)− a > 0a ≤ f(b) ≤ b ⇒ f(b)− b > 0

⇒ (f(a)− a)(f(b)− b) < 0

Aplicando el Teorema de Bolzano a la función h(x) = f(x)− x, deducimos que ∃α ∈ [a, b] un punto fijo de f .

Este resultado no es necesariamente cierto pa-ra funciones continuas deR enR, es decir exis-ten f : R 7→ R continuas que no tienen ningúnpunto fijo en R. Un ejemplo se muestra en ella figura adjunta.

x

y

y = x + 1 y = x



12. Dar ejemplos de funciones que no tienen puntos fijos pero que sí poseen las siguientes características:

a) f : [0, 1] 7→ [0, 1];

b) f : (0, 1) 7→ (0, 1) y es continua;

c) f : (0, 1) 7→ (0, 1), es continua y es sobreyectiva;

d) f : E 7→ E y es continua, con E = [0, 1] ∪ [2, 3];

e) f : R 7→ R y es continua.

Solución

Apartado a): f : [0, 1] 7→ [0, 1] y discontinua

f(x) =

{x+ 0.5 0 ≤ x ≤ 0.5

x− 0.5 0 < x ≤ 1

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

y = x

Apartado b): f : (0, 1) 7→ (0, 1) y continua

f(x) =1

2x, x ∈ (0, 1)

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

y = 0.5x

y = x

Apartado c): f : (0, 1) 7→ (0, 1) continua y sobre-yectivaa

f(x) = x2, x ∈ (0, 1)

aUna función f : X 7→ Y es sobreyectiva si cada elementode Y es la imagen de como mínimo un elemento de X, es decir∀ y ∈ Y ∃x ∈ X tal que f(x) = y.

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

y = x2

y = x



Apartado d): f : E 7→ E, E = [0, 1] ∪ [2, 3],continua:

f(x) =

{x+ 2 x ∈ [0, 1]

x− 2 x ∈ [2, 3]

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

0.5

1

1.5

2

2.5

3

y = x

Apartado e): f : R 7→ R continua:

f(x) = x+ 1

−3 −2 −1 0 1 2 3−3

−2

−1

0

1

2

3

4

y = x + 1 y = x



13. Encontrar el orden de convergencia de las siguientes sucesiones:

a) xn =

(1

n

) 12

b) {yn}n≥0 definida por y0 = a > 0

yn+1 =1

2

(yn +

x

yn

), n ≥ 0

con x ≥ 0 dado.

c) xn =

(1 +

1

n

) 12

.

SoluciónApartado a):Sabemos que lım

n→+∞xn = lım

n→+∞1/√n = 0. Para ver el orden de convergencia hacia α = 0, consideramos

lımn→+∞

=|xn+1 − 0||xn − 0|p = lım

n→+∞

1√n+ 11√np

= lımn→+∞

√np

n+ 1=

+∞ si p > 11 si p = 10 si p < 1

Por tanto, el orden de convergencia es p < 1 o bien sublineal.

Apartado b): Hemos visto en el Problema 3 que yn es convergente y que lımn→+∞

yn =√x. Veamos el orden de

convergencia:

|yn+1 −√x| =

∣∣∣∣12(yn +

x

yn

)−√x

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣y2n + x

2yn−√x

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣y2n + x− 2yn√x

2yn

∣∣∣∣ =|yn −

√x|2

2yn≤ 1

2√x|yn −

√x|2

de donde el orden de convergencia es al menos 2, de hecho es exactamente 2. En efecto, usando la igualdad dearriba, tenemos

lımn→+∞

|yn+1 −√x|

|yn −√x|2 = lım

n→+∞1

2yn=

1

2√x6= 0

Apartado c): Se verifica lımn→+∞

xn = lımn→+∞

√1 +

1

n= 1. Veamos el orden de convergencia:

|xn+1 − 1||xn − 1|p =

√1 +

1

n+ 1− 1∣∣∣∣∣

√1 +

1

n− 1

∣∣∣∣∣p =

(√1 +

1

n+ 1− 1

)(√1 +

1

n+ 1+ 1

)∣∣∣∣∣√

1 +1

n− 1

∣∣∣∣∣p(√

1 +1

n+ 1+ 1

) =

1

n+ 1∣∣∣∣∣√

1 +1

n− 1

∣∣∣∣∣p(√

1 +1

n+ 1+ 1

)

=1

n+ 1

∣∣∣∣∣√

1 +1

n+ 1

∣∣∣∣∣p

∣∣∣∣∣√

1 +1

n− 1

∣∣∣∣∣p ∣∣∣∣∣√

1 +1

n+ 1

∣∣∣∣∣p(√

1 +1

n+ 1+ 1

) =np

n+ 1

∣∣∣∣∣√

1 +1

n+ 1

∣∣∣∣∣p

(√1 +

1

n+ 1+ 1

)

Tomando límites:

lımn→+∞

|xn+1 − 1||xn − 1|p = lım

n→+∞np

n+ 1

∣∣∣∣∣√

1 +1

n+ 1

∣∣∣∣∣p

(√1 +

1

n+ 1+ 1

) =2p

2lım

n→+∞np

n+ 1=

+∞ si p > 11 si p = 10 si p < 1

deducimos que el orden de convergencia es p < 1 o sublineal.



14. Consideremos la ecuación f(x) = 0, con f : [0, 1] 7→ R una función continua. Supongamos que admite una únicasolución α ∈ [0, 1], y que además α es irracional 2. Denotemos por [an, bn], n ≥ 0 los intervalos sucesivos que

genera el método de bisección cuando se aplica a la función f . Sean xn =an + bn

2, n ≥ 0, y α = lım

n→∞xn .

a) Dar un ejemplo (o mostrar que no existe ninguno) en el que a0 < a1 < a2 < . . .

b) ¿Es siempre cierto que en el método de bisección |x0 − α| ≥ |x1 − α| ≥ |x2 − α| ≥ . . . ?c) Obtener una cota del error absoluto |xn−α| en función de b0− a0 y de n. Utilizando esta cota, determinar

el número de iteraciones n necesarias para garantizar que |xn − α| < ε para un ε dado.d) Hacer lo mismo para el error relativo, suponiendo que a0 > 0.

Solución

Apartado a): Sean a0 = a = 0, b0 = b = 1, en el paso 1 tomamos c0 =a0 + b0

2:{

Si f(a0)f(x0) < 0, tomar a1 = a0, b1 = x0,

Si f(x0)f(b0) < 0, tomar a1 = x0, b1 = b0,

Luego si a0 < a1, entonces el primer caso descrito anteriormente no puede darse y, en consecuencia b1 = b0 = 1.Razonando de esta forma para todas las etapas del método de bisección, obtenemos que

a0 < a1 < a2 < · · · < an · · · ⇒ 1 = b0 = b1 = b2 = · · · = bn = · · ·

Luego el punto común para todos los intervalos In = [an, bn] = [an, 1] para cualquier n (arbitrario) seríabn = b0 = 1 y, por tanto, la solución de la ecuación f(x) = 0 sería α = 1. En consecuencia, no sería posible quea0 < a1 < a2 < · · · si α es irracional.

Apartado b): No es cierto, en general. Basta observar el ejemplo que sigue. La ecuación f(x) = x2 − 1

3posee

una solución positiva α =1√3∈ [0, 1]. Si aplicamos el método de biseccción, partiendo del intervalo [0, 1], para

obtener una aproximación de la misma (algo poco natural, pues conocemos ya la solución exacta), y calculamosel error cometido obtenemos:

[a0, b0] = [0, 1] α =1√3≈ 0.57735,

f(0) < 0, f(1) > 0, x0 =1

2, |α− x0| = |0.57735− 0.5| = 0.07735,

f(0.5) < 0, f(1) > 0, x1 =1 + 0.5

2= 0.75, |α− x1| = |0.57735− 0.75| = 0.17265,

lo que muestra que en la segunda iteración el error es mayor que en la primera: 0.17265 > 0.07735, es decir|α− x1| > |α− x0|.

Otro ejemplo, es el que se podría darse en la figura adjunta.

Metodo de biseccion (dicotomıa) II

B. Resolución numérica de ecuaciones 201

a b↵

x1

a b↵

x2

a b↵

x3

Figura B.5: Tres etapas del método de dicotomía. En cada iteración se descarta la mitad del intervalo que nocontiene a la raíz (en la que f no cambia de signo). El intervalo donde se encuentra la raíz es cada vez máspequeño y, su punto medio se acerca cada vez más a la solución buscada.

Ejemplo B.5Utilizando el método de dicotomía, aproximar la solución de la ecuación

x � 2�x = 0 en el intervalo [0, 1]

Sea f(x) = x � 2�x.

Intervalo Punto medio

[0, 1] f(0) < 0 f(1) > 0 x1 =0 + 1

2= 0.5

[0.5, 1] f(0.5) < 0 x2 =0.5 + 1

2= 0.75

[0.5, 0.75] f(0.75) > 0 x3 =0.5 + 0.75

2= 0.625

[0.625, 0.75] f(0.625) < 0 x4 =0.625 + 0.75

2= 0.6875

[0.625, 0.6875] f(0.6875) > 0 x5 =0.625 + 0.6875

2= 0.65625

...

Por lo que una aproximación de la solución es ↵ ⇡ 0.65625, obtenida aplicando el proceso de subdivisión 4veces y eligiendo como aproximación el punto medio del último subintervalo.

Obsérvese que, si se aplica el proceso de subdivisión descrito antes una vez, se obtiene una aproximación, x1,

cuyo error máximo es la mitad de la longitud del intervalo inicial e1 =b � a

2. Si se aplica dos veces, se obtiene una

aproximación, x2, cuyo error máximo es la mitad del anterior e2 =e1

2=

b � a

22. Reiterando este razonamiento,

si el proceso se aplica n veces, se obtiene una aproximación xn cuyo error máximo es en =b � a

2n.

Esto permite saber, a priori, cuantas iteraciones hay que realizar para conseguir una aproximación con un errortan pequeño como se quiera.

En efecto, si en el intervalo [a, b] hay una solución ↵, ¿qué número n de veces hay que aplicar el proceso desubdivisión para conseguir que el error cometido no sea mayor que una cantidad dada "?

Se ha visto que, si se aplica n veces, el error máximo que se comete tomando xn como aproximación es

en =b � a

2n

Matemáticas Generales Aplicadas a la Bioquímica - Grado en BioquímicaR. Echevarría - Dpto. EDAN - Univ. de Sevilla

A. Doubova (Dpto. EDAN) Aproximacion de ecuaciones no lineales Calculo Numerico I 16 / 32

Apartado c): Está hecho en teoría. Se ha visto que

|xn − α| ≤ en ≤en−1

2= · · · = e0

2n=b0 − a02n+1

(1)

2Un número irracional es un número que no puede ser expresado como una fracción m/n, donde m y n sean enteros, con n 6= 0, es decires cualquier número real que no es racional.



Apartado d): Supongamos que a0 > 0. Para el error relativo podemos obtener también una cota a priori:

|xn − α||xn|

≤ b0 − a0a02n+1

puesto que xn ≥ a0.Usando la cota obtenida, podemos obtener el número de iteraciones, n, necesarias para garantizar que |xn−α| < εpara un ε dado. Basta imponer

b0 − a0a02n+1

≤ ε ⇔ 2n+1 ≥ b0 − a0a0ε

⇔ (n+ 1) ln 2 ≥ ln(b0 − a0

a0ε

)⇔ n ≥ 1

ln 2ln(b0 − a0

a0ε

)− 1 (2)



15. Supongamos que el método de bisección se aplica en el intervalo [a, b] = [50, 63]. ¿Cuántos pasos deben darsepara calcular una raíz con un error relativo menor o igual que 10−12?

Solución

En el ejercicio anterior hemos visto que

|xn − α||xn|

≤ b0 − a0a02n+1

=63− 50

50× 2n+1=

13

50× 2n+1.

Por tanto, basta imponer

13

50× 2n+1≤ 10−12 ⇔ 2n+1 ≥ 13× 1012

50=

13

51011 = 2.6× 1011 ⇔ (n+ 1) log10 2 ≥ log10 2.6 + 11

⇒ n ≥ log10 2.6 + 11

log10 2− 1 =

0.4150 + 11

0.3010− 1 = 36.9197 ⇒ n ≥ 37



16. Se aplica el método de bisección para aproximar una raíz positiva más pequeña de x4 − 3x2 − 2x + 1 = 0.Utilizando la cota del error absoluto del ejercicio 14, apartado (c), calcular una aproximación que sea exactahasta la primera cifra decimal.

SoluciónSea f(x) = x4 − 3x2 − 2x+ 1. Se trata de aproximar la raíz positiva más pequeña de la ecuación f(x) = 0. Enprimer lugar, para poder aplicar el método de bisección, vamos a localizarla en un intervalo que sólo contienedicha raíz. Tenemos D(f) = R, lım

n→∞= ±∞. Se observa que

f(0) = 1 > 0

f(0.5) = −0.6875 < 0

}∃ al menos un α ∈ (0, 0.5) solución de f(x) = 0.

Para comprobar que en el intervalo [0, 0.5] no hay más soluciones, vamos a analizar la monotonía de la funciónf en [0, 0.5]:

f ′(x) = 4x3 − 6x− 2.

El cambio de signo de f ′ se determina resolviendo la ecuación f ′(x) = 0, que a simple vista no parece inmediata.Analicemos pues el signo de f ′ de manera teórica. Se tiene

f ′′(x) = 12x2 − 6; f ′′(x) = 0 ⇔ 2x2 − 1 = 0 ⇔ x = ± 1√2

= ±0.7071.

Como f ′′(x) < 0 para x ∈ [0, 0.5], se deduce que f ′ es decreciente en [0, 0.5], es decir

f ′(0.5) ≤ f ′(x) ≤ f ′(0) = −2 < 0, ∀x ∈ [0, 0.5],

lo que implica que f ′ es negativa en [0, 0.5] y, en consecuencia, f es estrictamente decreciente en [0, 0.5]. Estojustifica que existe un único valor α ∈ [0, 0.5] (la raíz positiva más pequeña) solución de f(x) = 0.

Vamos a calcular ahora, usando el método de bisección, una aproximación xn, de α que sea exacta hasta laprimera cifra decimal, es decir tal que

|xn − α| ≤1

2× 10−1 = 0.05.

Usando la cota del error (1), se tiene

|xn − α| =b− a2n+1

=0.5

2n+1=

1

2n+2

Para que xn y α coincidan en una cifra decimal exacta, basta tomar:

1

2n+2< 0.05 ⇔ 2n+2 >

1

0.05= 20 ⇔ (n+ 2) ln 2 > ln 20 ⇔ n >

ln 20

ln 2− 2 = 2.3219 ⇒ n ≥ 3

Por tanto, para asegurar que xn y α coincidadan en cifra decimal basta realizar 3 iteraciones del método debisección, obteniendo x3 = 0.3438 ≈ α:

Intervalo Punto medio Error

[0, 0.5] f(0) > 0 f(0.5) < 0 x0 =0 + 0.5

2= 0.25 0.25

[0.25, 0.5] f(0.25) > 0 x1 =0.25 + 0.5

2= 0.375 0.125

[0.25, 0.375] f(0.375) < 0 x2 =0.25 + 0.375

2= 0.3125 0.0625

[0.3125, 0.375] f(0.3125) > 0 x3 =0.3125 + 0.375

2= 0.3438 0.0312



17. Consideremos el método de bisección con [a, b] = [1.5, 3.5] como intervalo inicial.

a) ¿Cuál es la longitud del intervalo en el paso n–ésimo?

b) ¿Cuál es la máxima distancia posible entre la raíz α y el punto medio cn de ese intervalo?

Solución

a) La longitud del intervalo en el paso n–ésimo esb− a

2n=

3.5− 1.5

2n=

2

2n=

1

2n−1.

b) La máxima distancia posible entre la raíz α y el punto medio cn es |cn − α| ≤b− a2n+1

=2

2n+1=

1

2n.



18. Mostrar que las siguientes funciones son contractivas (satisfacen condiciones de Lipschitz con L < 1):

a) f(x) = 5− 1

4cos 3x, 0 ≤ x ≤ 2π

3;

b) f(x) = 2 +1

2|x|, −1 ≤ x ≤ 1;

c) f(x) = x−1, 2 ≤ x ≤ 3.

Solución

Apartado a): La función f = 5− 1

4cos 3x es continua y derivable en [0, 2π/3], f ′(x) =

3

4sen(3x) y

|f ′(x)| ≤∣∣∣∣34 sen(3x)

∣∣∣∣ ≤ 3

4≤ 1, ∀x ∈ [0, 2π/3],

siendo L = maxx∈[0,2π/3]

|f ′(x)| = 3/4 la constante de contractividad.

Apartado b): La función f(x) = 2 +1

2|x| es continua, pero no es derivable en [−1, 1] y no podemos aplicar la

condición suficiente de contractividad. Usando la definición, se tiene

|f(x)− f(y)| =∣∣∣∣2 +

1

2|x| − 2− 1

2|y|∣∣∣∣ =

1

2||x| − |y|| ≤ |x− y|, ∀x ∈ [−1, 1],

ya que |x| = |x− y + y| ≤ |x− y|+ |y| y, por tanto |x| − |y| ≤ |x− y|.

Apartado c): La función f(x) =1

xes continua en [2, 3] y derivable en el intervalo abierto (2, 3). Por tanto,

|f ′(x)| =∣∣∣∣− 1

x2

∣∣∣∣ =1

x2≤ 1

4, ∀x ∈ [2, 3],

ya que x ≥ 2 y1

x≤ 1

2.

También se verifica que f(x) es continua y derivable en el intervalo cerrado [2, 3], luego

L := maxx∈[2,3]

|f ′(x)| = maxx∈[2,3]

∣∣∣∣− 1

x2

∣∣∣∣ = maxx∈[2,3]

1

x2=

1

22=

1

4



19. a) Demostrar que cualquier función que satisface una condición de Lipschitz en un intervalo I es continua entodo punto de I.

b) Construir un ejemplo que muestre que no toda función continua satisface una condición de Lipschitz.

Solución

Apartado a): Recordemos que una función f : I ⊂ R 7→ R es continua en un punto c ∈ I si

lımx→c

f(x) = f(c),

en otras palabras, fijado el punto c ∈ I, ∀ ε > 0, existe δ = δ(c, ε) > 0 tal que

|x− c| < δ ⇒ |f(x)− f(c)| < ε.

Se observa que esta propiedad depende del punto c (ε y δ dependen de c). Una función es continua en un intervaloI si es continua en todo punto de ese intervalo.

Sea f : I ⊂ R 7→ R una función (globalmente) Lipschitziana en I, es decir tal que existe una constante L > 0tal que

|f(x)− f(y)| ≤ L|x− y|, ∀x, y ∈ I.

Toda función Lipschitz es uniformemente continua3 y, por tanto, continua. En efecto, basta tomar δ < ε/L.

Apartado b):

La función f : R 7→ R, f(x) = x2 no es Lipschitz en R. En efecto, por reducción al absurdo, supongamosque es Lipschitz en R, es decir ∃L > 0 tal que

|f(x)− f(y)| ≤ L|x− y|, ∀x, y ∈ R. (3)

Por otra parte, como f es derivable en R, tenemos

lımy→x|f(x)− f(y)||x− y| = |f ′(x)|, ∀x ∈ R,

de donde usando, (3), se deduce

|f ′(x)| ≤ L ∀x ∈ R,

lo cual es imposible, pues la derivada de f no está acitara en R: lım|x|→∞

|f ′(x)| = 2 lım|x|→∞

|x| = +∞.

La función f : R 7→ R, f(x) =√x no es Lipschitz en (0, 1). En efecto, razonando por reducción al absurdo

como en el ejemplo anterior, llegamos a que ∃L > 0 tal que

|f ′(x)| ≤ L ∀x ∈ (0, 1),

lo cual es imposible, pues la derivada de f «explota» en el origen: lımx→0+

|f ′(x)| = 0.5 lımx→0+

1/√x = +∞.

3Para funciones uniformemente continuas, fijado ε > 0, es posible seleccionar un valor de δ > 0, tal que la definición anterior sea ciertapar cualquier punto c: f definida en I es uniformemente continua en I si ∀ ε > 0, ∃ δ = δ(ε) > 0 tal que ∀x, y ∈ I:

|x− y| < δ ⇒ |f(x)− f(y)| < ε.

Esta propiedad no depende del punto c. Según el Teorema de Weierstrass toda función continua en un intervalo cerrado y acotado [a, b]es uniformemente continua.



20. Se considera la siguiente sucesión definida por recurrencia:

x0 = 2, xk+1 =√xk ∀ k ≥ 0.

a) Demostrar que está bien definida y es convergente hacia 1. Para ello, probar previamente que se trata deuna sucesión acotada inferiormente por 1 y decreciente.

b) Deducir que {xk} tiene convergencia lineal (exactamente).

c) ¿Cuántas iteraciones harán falta para asegurar una aproximación con un error menor que 10−4? Realizarlas.

Solución

Apartado a): Veamos por inducción que xk > 1 para todo k ≥ 0.

Tenemos x0 = 2 > 1. Supongamos que xk > 1, vamos a ver que xk+1 > 1. En efecto, se tiene

xk+1 =√xk > 1.

Luego se trata de una sucesión de términos positivos y, en consecuencia está bien definida. Es también decreciente,puesto que para todo k ≥ 0 se verifica que

xk+1

xk=

√xkxk

=1√xk

< 1 ⇒ xk+1 < xk

En consecuencia, existe lımk→∞

xk = α. Tomando límites en la fórmula de recurrencia, obtenemos

α =√α ⇔ α2 − α = 0 ⇒ α = 0, α = 1

El valor α = 0, no puede ser el límite de esta sucesión, ya que 1 es una cota inferior, por tanto lımk→∞

xk = 1.

Apartado b): Veamos que el orden de convergencia es exactamente lineal:

lımn→∞

|xk+1 − 1||xk − 1| = lım

n→∞(√xk − 1)

(xk − 1)= lımn→∞

(√xk − 1)(

√xk + 1)

(xk − 1)(√xk + 1)

= lımn→∞

1√xk + 1

=1

2< 1,

donde hemos tenido en cuenta que lımk→∞

xk = 1.

Apartado c): Gracias al apartado anterior, sabemos que el orden de convergencia es lineal y

|xk+1 − 1| < 1

2|xk − 1| ⇒ |xk − 1| < 1

2|xk−1 − 1|

Aplicando reiteradas veces esta desigualdad, tenemos

|xk − 1| < 1

2|xk−1 − 1| < 1

22|xk−2 − 1| < · · · < 1

2k|x0 − 1| = 1

2k|2− 1| = 1

2k

Por tanto, para asegurar que |xk − 1| < 10−4, basta tomar k tal que

1

2k< 10−4 ⇔ 2k > 104 ⇒ k >

4

log10(2)= 13.2877 ⇒ k ≥ 14.

Haciendo las iteraciones, tenemos:

x1 = 1.4142136x2 = 1.1892071x3 = 1.0905077x4 = 1.0442738

x5 = 1.0218971x6 = 1.0108893x7 = 1.0054299x8 = 1.0027113

x9 = 1.0013547x10 = 1.0006771x11 = 1.0003385x12 = 1.0001692

x13 = 1.0000846

x14 = 1.0000423



21. Ídem, para la sucesión

x0 = 2, xk+1 =x2k + 1

2xk∀ k ≥ 0,

teniendo en cuenta ahora que la convergencia es cuadrática.

Solución

Obsérvese que la sucesión definida por xk es como la del ejercicio 3 para una inicialización x0 = 2 y x = 1, portanto, sabemos que está bien definida, es monótona decreciente, acotada inferiormente por 1 y su límite es α = 1.Probemos ahora que la convergencia es cuadrática.

|xk+1 − α| = xk+1 − 1 =x2k + 1

2xk− 1 =

x2k + 1− 2xk2xk

=(xk − 1)2

2xk≤ (xk − 1)2

2x0.

La última desigualdad se debe a que xk ≥ x0 por ser la sucesión decreciente. Así pues,

lımn→+∞

|xk+1 − α||xk − α|2

= lımn→+∞

|xk+1 − 1||xk − 1|2 ≤

1

2x0=

1

2.



22. Se considera la ecuación de punto fijo (EPF) x = g(x), con g(x) =√

2 + x. Escribir el método de las aproxima-ciones sucesivas (MAS) asociado a esta (EPF)4, tomando como punto inicial x0 =

√2. Probar que la sucesión

resultante es convergente y determinar su límite.

Solución

El método de aproximaciones sucesivas para x =√

2 + x es de la forma:

x0 =√

2, xn+1 =√

2 + xn, ∀n ≥ 0.

Si lımn→+∞

xn = α, tomando límites en la fórmula de arriba, obtenemos

α =√

2 + α ⇔ α2 = 2 + α ⇔ α2 − α− 2 = 0 ⇔ α1 = −1, α2 = 2

son los dos posibles límites de la sucesión (de hecho son las dos únicas soluciones de la ecuación de punto fijox =√

2 + x). Como la sucesión {xn} es de términos positivos, α1 = −1 no puede ser su límite.

Veamos que lımn→+∞

xn = 2. Por ejemplo podemos comprobar que el intervalo [1, 2] (α2 ∈ [1, 2] y x0 =√

2 ∈ [1, 2])

es de convergencia global para {xn}n≥0.En efecto, g(x) =

√2 + x es continua y derivable en [1, 2]:

g′(x) =1

2√

2 + x> 0, ∀x ∈ [1, 2].

Luego la función g es estrictamente creciente en el intervalo [1, 2] y

g(1) ≤ g(x) ≤ g(2), ∀x ∈ [1, 2].

Como además g(1) =√

3 = 1.7321 > 1 y g(2) = 2 ≤ 2, deducimos que g([1, 2]) ⊆ [1, 2].

Por otra parte, para ver la contractividad de g en [1, 2], basta acotar su derivada:

|g′(x)| =∣∣∣∣ 1

2√

2 + x

∣∣∣∣ 1

2√

3< 1, ∀x ∈ [1, 2].

Esto implica que el intervalo [1, 2] es de convergencia global para (MAS) y para x0 =√

2 ∈ [1, 2], lımn→+∞

xn = 2.

Otra forma de probar la convergencia de xn es demostrar que se trata de una sucesión creciente y acotadasuperiormente por 2. En efecto, razonemos por inducción. Tenemos x0 =

√2 < 2 y supongamos que xn ≤ 2,

entonces

xn+1 =√

2 + xn ≤√

2 + 2 ≤ 2.

Por otra parte, para todo n ≥ 0, podemos escribir (teniendo en cuenta que xn ≤ 2)

xn+1 − xn =√

2 + xn − xn =2 + xn − x2n√2 + xn + xn

=1 + xn + 1− x2n√

2 + xn + xn=

(1 + xn)(2− xn)√2 + xn + xn

≥ 0 ⇒ xn+1 ≥ xn.

4Esta ecuación se resuelve de forma exacta trivialmente.



23. Se considera la ecuación de punto fijo (EPF) x = g(x), con g(x) =1

2 + x. Escribir la sucesión que genera

el (MAS) asociado a esta (EPF), tomando como punto inicial x0 = 1/2. Probar que el intervalo [0, 1] es deconvergencia global y determinar el límite de esta sucesión.

Solución

El método de aproximaciones sucesivas para x =1

2 + xes de la forma:

x0 = 0.5, xn+1 =1

2 + xn, ∀n ≥ 0.

Si lımn→+∞

xn = α, tomando límites en la fórmula de arriba, obtenemos

α =1

2 + α⇔ α(2 + α) = 1 ⇔ α2 + 2α− 1 = 0 ⇔ α1 = −1−

√2 < 0, α2 = −1 +

√2 > 0

son los dos posibles límites de la sucesión (de hecho son las dos únicas soluciones de la ecuación de punto fijox = g(x)). Como la sucesión {xn} es de términos positivos, α1 no puede ser su límite.

Veamos que lımn→+∞

xn = α2 = −1 +√

2. Por ejemplo podemos comprobar que el intervalo [0, 1] (α2 ∈ [0, 1] y

x0 = 0.5 ∈ [0, 1]) es de convergencia global para {xn}n≥0.

En efecto, g(x) =1

2 + xes continua y derivable en [0, q]:

g′(x) = − 1

(2 + x)2> 0, ∀x ∈ [0, 1].

Luego la función g es estrictamente decreciente en el intervalo [0, 1] y

g(1) ≤ g(x) ≤ g(0), ∀x ∈ [0, 1].

Como además g(1) = 1/3 > 0 y g(0) = 0.5 < 1, deducimos que g([0, 1]) ⊆ [0, 1].

Por otra parte, para ver la contractividad de g en [0, 1], basta acotar su derivada:

L = maxx∈[0,1]

|g′(x)| = |g′(0)| = 1

4, ∀x ∈ [0, 1],

puesto que g′ es negativa y creciente (g′′(x) =1

(2 + x)3> 0).

Por tanto, el intervalo [0, 1] es de convergencia global para (MAS) y para x0 = 0.5 ∈ [0, 1], lımn→+∞

xn = −1 +√

2.



24. Determinar el valor de las siguientes expresiones:

a) a =

√2 +

√2 +√

2 + . . .. Indicación: Usar el ejercicio 22.

b) b =1

2 + 12+ 1

2+...

. Indicación: Usar el ejercicio 23.

Solución

a) Basta ver que a es el límite de la sucesión definida en el ejercicio 22, por tanto, a = 2.

b) Basta ver que b es el límite de la sucesión definida en el ejercicio 23, por tanto, b =√

2− 1.



25. Se considera la ecuación de punto fijo

(EPF) x = g(x), con g(x) = ln(x2 + 3) + 2.

a) Determinar el número de soluciones de (EPF) y separarlas.

b) Escribir el método de las aproximaciones sucesivas asociado a (EPF). Determinar un intervalo de conver-gencia global de dicho método hacia una raíz.

c) Para el intervalo del apartado anterior, hallar el número de iteraciones necesarias para obtener un errormenor que 10−3 en la aproximación de la raíz.

Solución

Hecho en los apuntes de teoría: Ejemplo 2.9 y Ejemplo 2.22



26. Sea g : [a, b] 7→ [a, b] una función contractiva y derivable en [a, b], con g′(x) < 0, ∀x ∈ [a, b]. Sea {xn} la sucesióngenerada por el método de las aproximaciones sucesivas para aproximar el único punto fijo α de g. Demostrarque si x0 < α, entonces

x0 < x2 < x4 < . . . < α < . . . < x5 < x3 < x1 .

Solución

Usando el Teorema del Valor Medio y teniendo en cuenta que g′(x) < 0 en [a, b], tenemos

xn+1 − α = g(xn)− g(α) = g′(ξ)(xn − α) ⇒ sing (xn+1 − α) 6= sing (xn − α),

con ξ ∈ (xn, α). Por tanto,

x0 < α ⇒ x1 > α, x2 < α, x3 > α, x4 < α, x5 > α . . .

Veamos la monotonía de la sucesión: para todo n ≥ 0, se tiene

|xn+1 − α| ≤ L|xn − α| ⇒ |xn+2 − α| ≤ L|xn+1 − α| ≤ L2|xn − α| < |xn − α|,siendo L < 1 la constante de contractividad. Usando esta última estimación, podemos escribir ∀n ≥ 0:

Si xn < α ⇒ xn+2 < α y |xn+2 − α| < |xn − α| ⇔ α− xn+2 < α− xn ⇒ xn < xn+2

Si xn > α ⇒ xn+2 > α y |xn+2 − α| < |xn − α| ⇔ xn+2 − α < xn − α ⇒ xn > xn+2



27. Consideremos la ecuación de punto fijo x = g(x), con g(x) dada por

g(x) =x3 + 30x

ax2 + b.

a) En el caso a = 4, b = 0, comprobar que√

10 es la solución positiva de la ecuación de punto fijo y estudiarla convergencia global del (MAS) en el intervalo [3, 3.5].

b) En las condiciones del apartado anterior, sea {xn}n≥0 la sucesión generada por el (MAS), tomando x0 = 3.Acotar el error |xn−

√10| en función de n y |x1− x0|. Con ayuda de esta estimación determinar el número

de iteraciones necesarias para aproximar√

10 con un error menor que 10−3.c) Determinar aquellos valores de a y b para los que el (MAS) tenga convergencia (local) al menos cuadrática

hacia√

10. Indicación: Utilizar el teorema del orden de convergencia para el (MAS).

SoluciónApartado a): Para a = 4 y b = 0 la función g es de la forma

g(x) =x3 + 30x

4x2=x2 + 30

4x.

Luego

x = g(x) ⇔ x =x2 + 30

4x⇔ 3x2 − 30 = 0 ⇔ x2 − 10 = 0 ⇒ x = ±

√10 ,

de donde α =√

10 es la única solución positiva de la ecuación de punto fijo x = g(x).

Veamos si el intervalo [3, 3.5] verifica las hipótesis del teorema de convergencia global del (MAS).Calculamos la derivada de g y analizamos su signo:

g′(x) =8x2 − 4(x2 + 30)

16x2=

4x2 − 120

16x2=x2 − 30

4x2< 0 ∀x ∈ [3, 3.5],

luego g es decreciente en [3, 3.5] y se verifica

3 < 3.01785 = g(3.5) ≤ g(x) ≤ (3) = 3.25 < 3.5 ⇒ g([3, 3.5]) ⊂ [3, 3.5].

Por otra parte, tenemos

g′′(x) =2x(4x2)− 8x(x2 − 30)

16x4=

8x3 − 8x3 + 240x

16x4=

240

16x3> 0 ∀x ∈ [3, 3.5],

luego g′ es decreciente en [3, 3.5] y por ser además negativa, tenemos

|g′(x)| ≤ L := maxx∈[3,3.5]

|g′(x)| = |g′(3)| =∣∣∣∣9− 30

4 · 9

∣∣∣∣ =7

12< 1,

lo que implica que g es contractiva y, en consecuencia, (MAS) es globalmente convergente en [3, 3.5].

Apartado b): La sucesión {xn}n≥0 generada por (MAS) es de la forma: x0 = 3

xn+1 =x2n + 30

4xnn ≥ 0.

Gracias a que el intervalo [3, 3.5] es de convergencia global para (MAS), lımn→+∞

xn = α y para todo x0 ∈ [3, 3.5]

verifica la siguiente estimación a posteriori:

|xn+1 − α| ≤Ln

1− L |x1 − x0| ∀n ≥ 1,

siendo L =7

12y x1 = (x20 + 30)/(4x0) =

9 + 30

12=

39

12.



28. Kepler describió las leyes que rigen el movimiento de los planetas alrededor del Sol. Los planetas giran en unaórbita elíptica, uno de cuyos focos lo ocupa el sol (la primera ley). El vector posición de cualquier planeta respectodel Sol, barre áreas iguales de la elipse en tiempos iguales (la segunda ley = la ley de las áreas). La ley de lasáreas puede interpretarse como sigue: cuando el planeta está más alejado del Sol su velocidad es menor quecuando está más cercano al Sol. La formulación matemática de esta ley es la siguiente ecuación de Kepler:

M = E − e senE,

donde M y e, con 0 ≤ e < 1 son datos y E es la incógnita.

a) Probar que dicha ecuación tiene una única solución α en el intervalo [M − π,M + π].b) Para M = 0.8 y e = 0.2, escribir el (MAS) asociado a esta ecuación, comenzando con x0 = M . Probar que

el (MAS) es globalmente convergente en el intervalo [M − π,M + π]. Aproximar la solución α por el valorx10 que proporciona dicho método.

c) Estimar el error que cometemos en el apartado anterior.

Solución

Apartado a): Sea f(E) = E − e sen(E) −M . Veamos que existe una única solución en [M − π,M + π]. Enefecto, teniendo en cuenta que 0 ≤ e < 1 y que | sen(x)| ≤ 1, ∀x ∈ R, tenemos{

f(M − π) = M − π − e sen(M − π)−M = −π − e sen(M − π) < 0,

f(M + π) = M + π − e sen(M − π)−M = π − e sen(M − π) > 0

y como f ′(E) = 1− e cos(E) > 0 para todo E ∈ [M −π,M +π], f es estrictamente creciente en [M −π,M +π].Luego, existe un único valor α ∈ [M − π,M + π] solución de f(E) = 0.

Apartado b): Sean M = 0.8 y e = 0.2, el (MAS) asociado a la ecuación de punto fijo E = g(E), cong(E) = M + e sen(E) y x0 = M es de la forma:{

x0 = 0.2,xn+1 = 0.8 + 0.2 sen(xn), n ≥ 0.

(4)

El intervalo [M−π,M+π] es de convergencia global para (MAS). En efecto, la función g es continua y derivableen [M − π,M + π]:

g′(E) = 0.2 cos(E) ⇒ |g′(E)| ≤ |0.2 cos(E)| ≤ 0.2 < 1 ∀E ∈ [0.8− π, 0.8 + π].

Luego g es contractiva en [0.8− π, 0.8 + π] = [−2.3416, 3.9416] y ∀E ∈ [0.8− π, 0.8 + π].

Por otra parte, como | sen(x)| ≤ 1 se tiene que |g(x)| = |0.8 + 0.2 sen(x)| ≤ 1 para todo x ∈ R, luego es claro que

g([0.8− π, 0.8 + π]) ⊆ [0.8− π, 0.8 + π].

Partiendo de x0 = 0.8, haciendo las iteraciones según la fórmula (4) llegamos a

x1 = 0.9434712182

x2 = 0.9619201028

x3 = 0.9640582550

x4 = 0.9643024613

x5 = 0.9643303052

x6 = 0.9643334793

x7 = 0.9643338411

x8 = 0.9643338824

x9 = 0.9643338871

x10 = 0.9643338876

Apartado c): Para estimar el error que cometemos en el apartado anterior en la aproximación de α porx10 = 0.9643338876, usamos la cota a posteriori:

|x10 − α| ≤L10

1− L |x1 − x0| =0.210

1− 0.2|0.8− 0.9434712182| = 0.210

0.80.1643 = 0.2103× 10−7 < 10−7.



29. Se considera la ecuación xn− (5− x)(x+ 1) = 0. Escribirla en forma de una (EPF) x = g(x) para una función gadecuada. Utilizando el teorema del punto fijo de la aplicación contractiva, probar que dicha ecuación tiene unaúnica raíz en [0, 4], ∀n ≥ 2, con n natural.Indicación: Estudiar la monotonía de g y de g′.

SoluciónLa ecuación xn − (5− x)(x+ 1) = 0 puede escribirse de la forma x = g(x) con

g(x) =(

(5− x)(x+ 1))1/n

.

Se trata de ver que se verifica: {g([0, 4]) ⊆ [0, 4]

|g′(x)| ≤ L < 1 ∀x ∈ [0, 4].

Tenemos:

g′(x) =1

n

((5− x)(x+ 1)

)1/n−1(−(x+ 1) + (5− x)) =

1

n(−2x+ 4)

[(5− x)(x+ 1)

]1/n−1.

Por tanto, {g′(x) > 0 ∀x ∈ [0, 2] ⇒ g es creciente en [0, 2],

g′(x) < 0 ∀x ∈ [2, 4] ⇒ g es decreciente en [2, 4]{x ∈ [0, 2] : 0 ≤ 51/n = g(0) ≤ g(x) ≤ g(2) = 91/n ≤ 4 (n ≥ 2, natural)

x ∈ [2, 4] : 0 ≤ 51/n = g(4) ≤ g(x) ≤ g(2) = 91/n ≤ 4 (n ≥ 2, natural)⇒ g([0, 4]) ⊆ [0, 4]

Para ver la monotonía de g′ vamos a calcular la derivada segunda de

g′(x) =1

n(−2x+ 4)

[(5− x)(x+ 1)

]1/n−1= − 2

n

[(5− x)(x+ 1)

]1/n−1(x− 2).

Pongamos, para simplificar la notación, A =[(5− x)(x+ 1)

]1/n−2> 0 en [0, 4]. Se tiene

g′′(x) = −2A

n

(1

n− 1

)(−2x+ 4)(x− 2)− 2A

n(5− x)(x+ 1)

= −2A

n

[(1

n− 1

)(−2x+ 4)(x− 2) + (5− x)(x+ 1)

]= −2A

n

[(1

n− 1

)(−2x2 + 8x− 8)− x2 + 4x+ 5

]= −2A

n2[(1− n) (−2x2 + 8x− 8)− nx2 + 4nx+ 5n

]= −2A

n2[−2x2 + 8x− 8 + 2nx2 − 8nx+ 8n− nx2 + 4nx+ 5n

]= −2A

n2[−2x2 + 8x− 8 + nx2 − 4nx+ 13n

]= −2A

n2[x2(n− 2) + 4x(2− n) + 13n− 8

]= −2A(n− 2)

n2

[(x2 − 4x± 4) +

13n− 8

n− 2

]= −2A(n− 2)

n2

[(x− 2)2 − 4 +

13n− 8

n− 2

]= −2A(n− 2)

n2

[(x− 2)2 +

9n

n− 2

]< 0 para n ≥ 2

Por tanto, g′ es decreciente en [0, 4] y para n ≥ 2, se obtiene

maxx∈[0,4]

|g′(x)| = max{|g′(0)|, |g′(4)|} =4

n51/n−1 =

4

5nn√

5 ≤ 4

2 · 5n√

5 =2

5n√

5 < 1,

lo que implica que g es contractiva en [0, 4].



30. Se considera la ecuación no lineal

(EH) f(x) = 0, con f(x) = x+ ln(x+ 1)− 2

a) Determinar el número de soluciones de (EH) y separarlas.b) Escribir el método de Newton (MN) asociado a (EH) y probar la convergencia global en el intervalo [1, 2].c) Sea {xk}k≥0 la sucesión generada por el (MN) y α la raíz de (EH). Estimar el error |xk+1 − α| en función

de |xk+1 − xk|, dando la expresión explícita de la constante.

Solución

Apartado a): Se tiene que D(f) = (−1,+∞) y

f ′(x) = 1 +1

x+ 1=x+ 2

x+ 1> 0 ∀x ∈ (−1,+∞).

Por tanto, f es estrictamente creciente en su dominio.Como lım

x→+∞f(x) = +∞ y lım

x→−1+f(x) = −∞, se

deduce que existe un único α ∈ (−1,+∞) soluciónde f(x) = 0.Además, f(1) = −0.3069 < 0 y f(2) = 1.0986 > 0,luego α ∈ (1, 2).

−2 0 2 4 6 8 10 12−6

−4

−2

0

2

4

6

8

10

12

14

y = x + ln(x + 1) − 2

α

Apartado b): El método de Newton asociado a la ecuación x+ ln(x+ 1)− 2 = 0, es de la forma:x0 dado

xn+1 = xn −f(xn)

f ′(xn)= xn −

xn + ln(xn + 1)− 2xn + 2

xn + 1

= xn −(xn + 1)(xn + ln(xn + 1)− 2)

xn + 2, ∀n ≥ 0

El intervalo [1, 2] verifica las hipótesis del teorema de convergencia global del método de Newton. En efecto,

1. f(1) · f(2) < 0.2. f ′(x) > 0 para todo x ∈ [1, 2].

3. f ′′(x) = − 1

(x+ 1)2< 0 para todo x ∈ [1, 2].

4. El punto c tal que |f ′(c)| = mın{|f ′(a)|, |f ′(b)|} = mın{|f ′(1)|, |f ′(2)|} es c = 2, ya que f ′ es positiva ydecreciente:

|f(2)||f ′(2)| =

1.0986

4/3= 0.824 < 2− 1 = 1.

Apartado c): Sabemos que ∀x0 ∈ [1, 2] la sucesión proporcionada por el método de Newton {xk}k≥0 convergea α al menos cuadráticamente y se verifica

|xk+1 − α| ≤M2

2m1|xk+1 − xk|2 =

3

32|xk+1 − xk|2

donde hemos usado que

M2 = maxx∈[1,2]

|f ′′(x)| = |f ′′(1)| = 1

4,

ya que f ′′(x) es negativa y creciente en [1, 2], y

m1 = mınx∈[1,2]

|f ′(x)| = |f ′(2)| = 4

3,

ya que f ′ es positiva y decreciente.



31. Se considera el polinomiop(x) = x3 − x2 − x− 1.

a) Probar que existe una única raíz real α de la ecuación p(x) = 0 y localizarla.b) Determinar un intervalo de convergencia global del método de Newton (MN) asociado a esta ecuación.c) Aproximar α mediante (MN) (haciendo iteraciones).

Solución

Apartado a): Se tiene que D(p) = R ylım

x→+∞p(x) = +∞, lım

x→−∞p(x) = −∞, y

p′(x) = 3x2−2x−1, p′(x) = 0 ⇔ x = −1

3, x = 1.{

p′ > 0 en (−∞,−1/3) ∪ (1,+∞)

p′ < 0 en (−1/3, 1)

⇒{

p es estr. creciente en (−∞,−1/3) ∪ (1,+∞)

p es estr. decreciente en (−1/3, 1)

Entonces, x = −1/3 es un máximo relativo y x = 1es un mínimo relativo. −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

−15

−10

−5

0

5

10

15

y = x3 − x2 − x − 1

α

Como, p(−1/3) < 0 y p(1) < 0 y lımx→+∞

p(x) = +∞, existe una única raíz α ∈ (1,+∞). Además, p(2) > 0, lo

que implica que α ∈ (1, 2).

Apartado b): Se observa que [1, 2] no cumple las hipótesis del teorema de convergencia global del método deNewton, puesto que p′(1) = 0. Consideramos el intervalo [1.5, 2]. Se tiene:

1.) p(1.5) = −1.9790 < 0 y p(2) = 1 > 0, luego p(1.5) · p(2) < 0

2.) p′(x) > 0 para todo x ∈ (1,+∞), luego también ∀x ∈ [1.5, 2]

3.) p′′(x) = 6x− 2 > 0 para todo x > 1/3 y, en particular ∀x ∈ [1.5, 2]

4.) El punto c tal que |f ′(c)| = mın{|f ′(a)|, |f ′(b)|} = mın{|f ′(1.5)|, |f ′(2)|} es c = 1.5, ya que f ′ es positiva ycreciente:

|f(1.5)||f ′(1.5)| =

1.3750

2.75= 0.5 ≤ 2− 1.5 = 0.5

En consecuencia, el intervalo [1.5, 2] es de convergencia global para el método de Newton.

Apartado c): Se observa que p(2) · p′′(2) > 0, por tanto el punto inicial adecuado para el método de Newtones x0 = 2. Tenemos

x0 = 2

xn+1 = xn −p(xn)

p′(xn)= xn −

x3n − x2n − xn − 1

3x2n − 2xn − 1=

2x3n − x2n + 1

3x2n − 2xn − 1, n ≥ 0

Haciendo las iteraciones, tenemos

x0 = 2x1 = 1.857142857142857x2 = 1.839544513457557x3 = 1.839286810068020x4 = 1.839286755214164x5 = 1.839286755214161

Se observa que a partir de la iteración 4 se repiten 14 cifras decimales, luego podemos tomar como aproximaciónde α, x4 = 1.839286755214164.



32. Demostrar que la ecuación 2x− x− 3 = 0 posee exactamente dos soluciones α1 y α2 , separandolas en intervalosdisjuntos. Aplicar el método de Newton para aproximar α1 y α2 , seleccionando previamente un punto inicialadecuado para que la sucesión resultante converja o bien a α1 , o bien a α2 .

Solución

Sea f(x) = 2x − x − 3. Se tiene que D(f) = R ylım

x→+∞f(x) = +∞, lım

x→−∞f(x) = +∞, y

f ′(x) = 2x ln 2− 1, f ′(x) = 0 ⇔ 2x =1

ln 2

⇔ x ln 2 = ln

(1

ln 2

)= ln 1− ln ln 2 = − ln ln 2

⇔ x = x = − ln ln 2

ln 2= 0.5288

Por tanto,

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−4

−2

0

2

4

6

8

10

y = 2x − x − 3

α2α1

{f ′ < 0 en (−∞, x)

f ′ > 0 en (x,+∞)⇒

{f es estr. decreciente en (−∞, x)

f es estr. creciente en (x,+∞)

Entonces, x = 0.5288 es un mínimo relativo y, también es un mínimo absoluto, siendo f(x) = −2.0861 < 0.Luego, la ecuación f(x) = 0 tienes exactamente dos raíces reales α1 ∈ (−∞, x) y α2 ∈ (x,+∞). Además:

f(−1) = 2−1 + 1− 3 = −1.5 < 0f(−2) = 2−2 + 2− 3 = −0.75 < 0f(−3) = 2−3 + 3− 3 > 0

⇒ α1 ∈ (−3,−2);f(0) = −3 < 0f(2) = −1 < 0f(3) = 2 > 0

⇒ α2 ∈ (2, 3).

El método de Newton se escribe:x0 dado

xn+1 = xn −f(xn)

f ′(xn)= xn −

2xn − xn − 3

2xn ln 2− 1=

2xn(xn ln 2− 1) + 3

2xn ln 2− 1, n ≥ 0

Para aproximar α1 ∈ (−3,−2) tenemos:

1). f(−3) · f(−2) < 0

2). f ′(x) < 0 ∀ [−3,−2]

3). f ′′(x) = 2x(ln 2)2 > 0 ∀ [−3,−2]

4.) f(−3)f ′′(−3) > 0, luego tomando x0 = −3deducimos que el método de Newton convergea α1 de forma monótona creciente.

Para aproximar α2 ∈ (2, 3) tenemos:

1). f(2) · f(3) < 0

2). f ′(x) > 0 ∀ [2, 3]

3). f ′′(x) = 2x(ln 2)2 > 0 ∀ [2, 3]

4.) f(3)f ′′(3) > 0, luego tomando x0 = 3 deduci-mos que el método de Newton converge a α2

de forma monótona decreciente.

Haciendo las iteraciones:

x0 = −3x1 = −2.86314217287373x2 = −2.86250038625428x3 = −2.86250037122030x4 = −2.86250037122030x5 = −2.86250037122030x6 = −2.86250037122030α1 ≈ −2.86250037122030

x0 = 3x1 = 2.55997317499031x2 = 2.45082411080477x3 = 2.44492401310422x4 = 2.44490755473793x5 = 2.44490755461021x6 = 2.44490755461021α2 ≈ 2.44490755461021



33. Se considera la ecuación homogénea(EH) exx− 1 = 0.

a) Determinar el número de soluciones y separarlas.

b) Escribir el Método de Newton asociado a (EH). Encontrar un intervalo de convergencia global de estemétodo hacia la mayor raíz de (EH).

c) Calcular una aproximación de dicha raíz con un error menor que 1/2.

Solución

Apartado a): Sea f(x) = exx − 1. Se tiene queD(f) = R

f ′(x) = ex+xex = ex(x+1), f ′(x) = 0 ⇔ x = −1.{f ′ < 0 en (−∞,−1)

f ′ > 0 en (−1,+∞)

⇒{

f es estr. decreciente en (−∞,−1)

f es estr. creciente en (−1,+∞)

Entonces, x = −1 es un mínimo relativo, siendof(−1) = −e−1 − 1 < 0.

−4 −3 −2 −1 0 1 2−2

0

2

4

6

8

10

12

14

y = xex − 1

α

Por otra parte, lımx→+∞

f(x) = +∞ y

lımx→−∞

f(x) = lımx→−∞

(xex − 1) = −1 + lımx→−∞

xex = −1 + lımx→−∞

x

e−x= −1 + lım

x→−∞1

−e−x = −1

Luego, existe una única solución α de f(x) = 0. Como f(0) = −1 < 0 y f(1) > 0, se deduce que α ∈ (0, 1).

Apartado b): El método de Newton se escribe:x0 dado

xn+1 = xn −f(xn)

f ′(xn)= xn −

exnxn − 1

exn(xn + 1)=

x2nexn + 1

exn(xn + 1), n ≥ 0

El intervalo [0, 1] es de convergencia global. En efecto:

1). f(0) · f(1) < 0

2). f ′(x) = ex(x+ 1) > 0 ∀ [0, 1]

3). f ′′(x) = ex(x+ 1) + ex = ex(x+ 2) > 0 ∀ [0, 1]

4.) El punto c tal que |f ′(c)| = mın{|f ′(a)|, |f ′(b)|} = mın{|f ′(0)|, |f ′(1)|} es c = 0, ya que f ′ es positiva ycreciente:

|f(0)||f ′(0)| = 1 ≤ 1

Además, f(1)f ′′(1) > 0, luego tomando x0 = 1 deducimos que el método de Newton converge a α de formamonótona decreciente.

Apartado c): Para aproximar α con un error menor que 0.5, vamos a usar la cota a posteriori:

|xn+1 − α| ≤M2

2m1|xn+1 − xn|2 =

3e

2|xn+1 − xn|2

donde hemos usado queM2 = max

x∈[0,1]|f ′′(x)| = |f ′′(1)| = e1(1 + 2) = 3e



ya que f ′′(x) es positiva y creciente en [0, 1] (f ′′′(x) = ex(x+ 2) + ex = ex(x+ 3) > 0 ∀x ∈ [0, 1]) y,

m1 = mınx∈[0,1]

|f ′(x)| = f ′(0) = e0 = 1,

puesto que f ′ es positiva y creciente en [0, 1].

Tomando x0 = 1, obtenemos x1 =e+ 1

e(1 + 1)=

1 + e

2e= 0.6839. Luego, usando la cota anterior

|x1 − α| ≤3e

2|x1 − x0|2 = 0.4074 < 0.5

Por tanto, el valor x1 = 0.6839 es la aproximación con la precisión deseada.



34. Sea c > 0. Para calcular (aproximadamente)√c, se aplica el método de Newton a la función f(x) = x2 − c,

resultandoxn+1 =

1

2

(xn +

c

xn

), n ≥ 0, x0 dado.

Probar que se verificaxn −

√c

xn +√c

=

(x0 −

√c

x0 +√c

)2n

, n ≥ 0.

Utilizando esta igualdad, deducir que cuando n→∞ la sucesión {xn}n≥0 converge a√c (exactamente) cuadrá-

ticamente para cualquier x0 > 0 inicial.

Solución

Usando la fórmula de recurrencia, podemos escribir

xn −√c

xn +√c

=

1

2

(xn−1 +

c

xn−1

)−√c

1

2

(xn−1 +

c

xn−1

)+√c

=x2n−1 − 2

√c xn−1 + c

x2n−1 + 2√c xn−1 + c

=

(xn−1 −

√c

xn−1 +√c

)2

= · · · =(x0 −

√c

x0 +√c

)2n

, n ≥ 0.

Ahora bien, para todo x0 > 0, se verifica∣∣∣∣x0 −√cx0 +√c

∣∣∣∣ < 1 ⇒ lımn→∞

xn −√c

xn +√c

= 0, n ≥ 0.

Veamos que xn →√c, para ello consideramos lım

n→∞βn = 0, siendo

βn :=xn −

√c

xn +√c⇔ xn −

√c = βn(xn +

√c) ⇔ (1− βn)xn =

√c+ βn

√c ⇔ xn =

√c(1 + βn)

1− βn→ √c.

Para justificar que el order de convergencia es exactamente dos, usamos la fórmula

xn −√c

xn +√c

=

(x0 −

√c

x0 +√c

)2n

⇒

|xn+1 −

√c| =

(x0 −

√c

x0 +√c

)2n+1

|xn +√c|2

|xn −√c|2 =

(x0 −

√c

x0 +√c

)2n+1

|xn +√c|2.

Por tanto,

|xn+1 −√c|

|xn −√c|2 =

|xn+1 +√c|

|xn +√c|2 ⇒ lım

n→∞|xn+1 −

√c|

|xn −√c|2 = lım

n→∞|xn+1 +

√c|

|xn +√c|2 =

2√c

(2√c)2

=1

2√c6= 0,

lo que implica que el orden de convergencia es exactamente 2.



35. Sea c ∈ R. Queremos calcular el inverso (c−1) de c, sin hacer ninguna división. Para ello consideramos la función

f(x) =1

x− c (obsérvese que x = c−1 es la raíz de la ecuación f(x) = 0). Escribir el método de Newton (MN) y

probar que si x0 = 1, entonces la sucesión xn que genera este método es de la forma:

xn =1− (1− c)2n

c.

Deducir que la sucesión xn así generada converge para 0 < c < 2, y que la convergencia es exactamente cuadrática.

Solución

Como f ′(x) = − 1

x2, en primer lugar,

f(x)

f ′(x)=

1

x− c

− 1

x2

= cx2−x y también x− f(x)

f ′(x)= x− (c x2−x) = 2x− cx2.

Así pues, el Método de Newton queda {x0 = 1xn+1 = 2xn − cx2n, k ≥ 0.

Probamos la expresión de xn pedida por inducción:

Se cumple que x0 =1− (1− c)20

c=

1− (1− c)c

= 1.

Suponemos que xn =1− (1− c)2n

c.

Vamos a probarlo para n+ 1,

xn+1 = (2− cxn)xn =

(2− c1− (1− c)2n

c

)1− (1− c)2n

c=

(1 + (1− c)2n)(1− (1− c)2n)

c

=1− (1− c)2n2

c=

1− (1− c)2n

c.

Para probar la convergencia de la sucesión, si 0 < c < 2, entonces −1 < 1− c < 1, por tanto, (1− c)2n convergea 0. Así que

lımn→+∞

xn = lımn→+∞

1− (1− c)2n

c=

1

c.

Por lo que respecta a la convergencia cuadrática,

lımn→+∞

|xn+1 − 1c |

|xn − 1c |2

= lımn→+∞

| 1−(1−c)2n+1

c − 1c |

| 1−(1−c)2n

c − 1c |2

= lımn→+∞

(1−c)2n+1

c

(1−c)2n+1

c2

= c 6= 0



36. Sean c > 0, m > 1. Para hallar m√c, se aplica el método de Newton a la función f(x) = xm − c.

a) Obtener la expresión del método y probar que la sucesión generada está bien definida si x0 > 0.

b) Probar la convergencia si x0 > 0.

Solución

Apartado a): Se tiene f(x) = xm − c y f ′(x) = mxm−1 y el método de Newton para aproximar α = m√c se

escribe: x0 > 0 dado

xk+1 = xk −f(xk)

f ′(xk)= xk −

xmk − cmxm−1k

=mxmk − xmk + c

mxm−1k

=(m− 1)xmk + c

mxm−1k

, k ≥ 0

Veamos que el método de Newton está bien definido si x0 > 0. Basta ver que ∀x0 > 0, f ′(xk) = mxm−1k 6= 0, esdecir xk 6= 0 para todo k ≥ 0.

Por inducción, supongamos que xk > 0. Teniendo en cuanta que c > 0 y m > 1, tenemos

xk+1 =(m− 1)xmk + c

mxm−1k

> 0 ∀ k ≥ 0

Apartado b): Vamos a probar la convergencia de xk para x0 ∈ (0,+∞). Analicemos pues f(x) = xm + c en(0,+∞). La función f es continua e infinitamente derivable en (0,+∞) y f ′(x) = mxm−1 > 0 en (0,+∞), luegof es estrictamente creciente en (0,+∞). Además, f(0) = −c < 0 y lım

n→∞f(x) = +∞.

Por tanto, existe una única α = m√c ∈ (0,+∞) solución de f(x) = 0.

Por otra parte, f ′′(x) = m(m− 1)xm−2 > 0 en (0,+∞).

En consecuencia, se verifican las tres primeras hipótesis del Teorema de convergencia global del método deNewton en un intervalo de la forma [a, b] con a→ 0 y b→ +∞:

1.) f(a) · f(b) < 0

2.) f ′(x) > 0 para todo x ∈ (0,+∞)

3.) f ′′(x) > 0 para todo x ∈ (0,+∞)

Como f(x) < 0 para x < α y f(x) > 0 para x > α, hay dos casos a analizar:

Caso x0 > α : se verifica que f(x0)f ′′(x0) > 0. Luego aplicando la regla de Fourier deducimos que xk convergea α de forma monótona decreciente.

Caso 0 < x0 < α : se verifica f(x0) < 0. Veamos que a partir de la primera iteración estamos en el caso anterior,es decir x1 > α. En efecto, haciendo el desarrollo de Taylor en un entorno de x0, podemos escribir

0 = f(α) = f(α± x0) = f(x0) + f ′(x0)(α− x0) +1

2f ′′(ξ)(α− x0)2, ξ ∈ (x0, α)

Teniendo en cuenta esta fórmula, tenemos

x1 − α = x0 − α−f(x0)

f ′(x0)= x0 − α−

f ′(x0)(x0 − α)− 1

2f ′′(ξ)(x0 − α)2

f ′(x0)=

1

2

f ′′(ξ)f ′(x0)

> 0 ⇒ x1 > α

Es claro que si x0 = α, entonces hay convergencia en la inicialización.



37. Se considera la función f(x) = x4 − 3x2 + 75x − 10000. Demostrar que la ecuación f(x) = 0 sólo tiene dossoluciones reales (una positiva y otra negativa). Determinar un intervalo de convergancia global del método deNewton hacia la raíz negativa de f(x) = 0. Calcular una apxoximación para esta raíz con un error menor o igualque 10−3, seleccionando previamente un punto adecuado para inicializar el método de Newton.

Solución

Analizamos la función f(x) = x4− 3x2 + 75x− 10000. Tenemos D(f) = R y lımn→±∞

f(x) = +∞. La función f escontinua y infinitamente derivable en su dominio:

f ′(x) = 4x3 − 6x+ 75

Para analizar las soluciones de f ′(x) = 0, consideramos

f ′′(x) = 12x2 − 6; f ′′(x) = 0 ⇔ x = ± 1√2.

Luego

{f ′′(x) > 0 x ∈ (−∞,−1/

√2) ∪ (1/

√2,+∞)

f ′′(x) < 0 x ∈ (−1/√

2, 1/√

2)

⇒{

f ′ estr. creciente en (−∞,−1/√

2) ∪ (1/√

2,+∞)

f ′ estr. decreciente en (−1/√

2, 1/√

2)

Además, lımx→±∞

f ′(x) = ±∞ y f ′(±1/√

2) > 0.

Por tanto, existe un único β ∈ (−∞,−1/√

2) soluciónde f ′(x) = 0 y, como f ′(−2) > 0 y f ′(−3) < 0, se deduceque β ∈ (−3,−2).

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−200

−100

0

100

200

300

400

y = 4x 3− 6x + 75

β

Observemos que f ′ < 0 en (−∞, β) y f ′ > 0 en (β,+∞).

⇒{

f estr. decreciente en (−∞, β)

f estr. creciente en (β,+∞)

y β ∈ (−3,−2) es un mínimo local de f que, de hechoes un mínimo global.Como β ∈ (−3,−2), f(−3) < 0 y f(−2) < 0, obtene-mos que f(β) < 0. Por último, usando que f(0) < 0,deducimos que f tiene exactamente dos raíces reales α1

y α2: una positiva y otra negativa. Vamos a localizar laraíz negativa para después aproximarla por el métodode Newton.

−15 −10 −5 0 5 10 15−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5x 10

4

y = x4− 3x 2 + 75x − 10000

α 2α 1

Se tiene f(−10) = −1050 < 0 y f(−11) = 3453 > 0, luego α1 ∈ (−11,−10). Veamos si el intervalo [−11,−10]verifica las hipótesis del Teorema de convergencia global del método de Newton.

1.) f(−11) · f(−10) < 0

2.) f ′(x) < 0 para todo x ∈ [−11,−10]

3.) f ′′(x) > 0 para todo x ∈ [−11,−10]

4.) f ′ es creciente y negativa, por tanto c = −10, mın{|f ′(−11)|, |f ′(−10)|} = |f ′(−10)| = 3865:

|f(−10)||f ′(−10)| =

1050

3865= 0.2717 < 1



Se observa que x0 = −11 verifica f(−11)f ′′(−11) > 0, por tanto el método de Newtonx0 = −11

xn+1 = xn −f(xn)

f ′(xn)= xn −

x4n − 3x2n + 75xn − 10000

4x3n − 6xn + 75, n ≥ 0

proporciona una sucesión convergente hacia α1 ∈ (−11,−10) y decreciente. Se verifica las siguientes cotas delerror:

|xn+1 − α1| ≤M2

2m1|xn+1 − xn|2 y |xn+1 − α1| ≤

M2

2m1|xn − α1|2,

siendo

M2 = maxx∈[−11,−10] |f ′′(x)| = |f ′′(−11)| = 12 · 212− 6 = 1446

m1 = mınx∈[−11,−10] |f ′(x)| = |f ′(−10)| = 3865,

ya que f ′′ es positiva y decreciente (f ′′′(x) = 24x) y f ′ es negativa y creciente en [−11,−10]. Luego

C=M2

2m1=

1446

2 · 3865= 0.1871

Sabemos que la sucesión es decreciente, luego

|xn − α1| ≤ C|xn−1 − α1|2 ≤ C1+2|xn−2 − α1|22 ≤ C1+2+22 |xn−3 − α1|2

22 ≤ · · · ≤ C2n−1|x0 − α1|2n

,

El valor de α1 no se conoce, pero podemos estimar |x0−α1| < 1 (la longitud del intervalo [−11,−10]). Entonces,para tener un error de aproximación menor o igual que 10−3, basta imponer que

|xn − α1| ≤ C2n−1|x0 − α1|2n

< C2n−1 < 10−3 ⇔ C2n

C< 10−3 ⇔ 0.18712n < 10−30.1871

⇔ 2n ln(0.1871) < ln(10−30.1871) ⇔ 2n(−1.6761) < −8.5839 ⇔ n >8.5839

3.3522= 2.5607 ⇒ n ≥ 3

Haciendo las iteraciones, tenemos α1 ≈ x3:x0 = −11x1 = −10.333783523x2 = −10.261751294x3 = −10.260964474



38. En este ejercicio compararemos el (MAS) y el (MN). Sabemos que la ecuación homogénea (EH) x3−4x2 +10x−10 = 0 tiene una solución α que se encuentra en [1, 2]. Escribimos esta ecuación en forma de una (EPF) comosigue:

(EPF) x = g(x) con g(x) =1

10(−x3 + 4x2 + 10).

a) Demostrar que la sucesión xk que genera el (MAS) asociado a esta (EPF) es globalmente convergente en[1, 2] hacia α.

b) Obtener una cota del error |xk − α| en función del número de iteraciones k, de x0 y de x1 . Tomandox0 = 1.5, calcular el número de iteraciones que hacen falta para asegurar un error menor o igual que 10−4

en la aproximación.

c) Consideramos ahora (EH). Escribir el método de Newton y probar que el intervalo [ 43 , 2] es de convergenciaglobal para dicho método.

d) Elegir adecuadamente el punto x0 para inicializar el (MN) y calcular las 3 primeras iteraciones.

e) Comparar numéricamente los algoritmos.

Solución

Apartado a): Probemos las dos hipótesis necesariaspara aplicar el teorema de convergencia global del(MAS) en el intervalo [1, 2]:

g([1, 2]) ⊂ [1, 2]:

La derivada g′(x) =1

10(−3x2 + 8x) se anula en

los puntos x = 0 y x = 8/3 que están fuera delintervalo [1, 2]. La función g′ es positiva en dichointervalo, por tanto, g es creciente en el. Así pues

1 <13

10= g(1) ≤ g(x) ≤ g(2) =

18

10< 2 ∀x ∈ [1, 2].

1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 21

1.1

1.2

1.3

1.4

1.5

1.6

1.7

1.8

1.9

2

y = 0.1(−x3 + 4x 2 + 10)

y = x

α

g es contractiva en el intervalo [1, 2]:

Para obtener el máximo de |g′(x)| = g′(x) estudiamos su derivada g′′(x) =1

10(−6x+ 8). La función g′′(x)

se anula en x = 4/3 que es un máximo de g′, ya que g′′(4/3) < 0. Como g′(x) ≤ g(4/3) =8

15< 1, la función

g es contractiva en [1, 2] con constante de contractiviad L = 8/15.

En consecuencia, el (MAS) asociado a (EPF) x0 ∈ [1, 2] dado

xk+1 =1

10(−x3k + 4x2k + 10), k ≥ 0

es globalmente convergente en [1, 2] hacia α con orden de convergencia al menos lineal.

Apartado b): Usamos la estimación a posteriori |xk − α| ≤Lk

1− L |x1 − x0| con L =8

15.

Tomando x0 = 1.5, la primera iteración es x1 = g(1.5) = 1.5625, por tanto |x1 − x0| = 0.0625. Imponemos

|xk − α| ≤(8/15)k

7/150.0625 < 10−4 ⇒ (8/15)k ≤ 15.625

7⇒ k ≥ log(15.625/7)

log(15/8)≤ 11.4 ⇒ k ≥ 12

x0 = 1.5x1 = 1.5625000x2 = 1.5950928

x3 = 1.6118856x4 = 1.6204740x5 = 1.6248483

x6 = 1.6270714x7 = 1.6281999x8 = 1.6287725

x9 = 1.6290629x10 = 1.6292102x11 = 1.6292849

x12 = 1.6293227

α ≈ x12



Apartado c): La ecuación (EH) es f(x) = x3− 4x2 + 10x− 10 = 0. La derivada de f es f ′(x) = 3x2− 8x+ 10,por tanto el método de Newton es

x0 dado

xn+1 = xn −f(xn)

f ′(xn)= xn −

x3n − 4x2n + 10xn − 10

3x2n − 8xn + 10, n ≥ 0

Comprobamos las hipótesis del Teorema de convergencia global del método de Newton en [4/3, 2]:

f(4/3) = −38

27< 0 y f(2) = 2 > 0.

f ′(x) = 3x2 − 8x+ 10 > 0 para x ∈ [4/3, 2].

f ′′(x) = 6x− 8 > 0 para x ∈ [4/3, 2].

Como |f ′(4/3)| = 14

3≤ |f ′(2)| = 6, tomamos c =

14

3. Se cumple que∣∣f( 14

3 )∣∣∣∣f ′( 14

3 )∣∣ =

∣∣−3827

∣∣143

= 0.3016 < 2− 4

3≈ 0.67.

Apartado d): Aplicando la Regla de Fourier tomamos x0 = 2.x0 = 2x1 = 1.6666666667x2 = 1.6296296296x3 = 1.6293616934x4 = 1.6293616804

Apartado e): En la tercera iteración del método de Newton se obtienen las cuatro primeras cifras decimalesiguales a las de la duodécima iteración del MAS. Esto confirma una vez más que el método de Newton es muchomás rápido el método de aproximaciones sucesivas.



39. Se considera la ecuación de punto fijo x = g(x) con g(x) = x = 3 − 2

x, escrita también de manera equivalente

como ecuación homogénea f(x) = 0, siendo f(x) = x2 − 3x+ 2, cuyas soluciones son α1 = 1 y α2 = 2.

a) Probar que una de las dos soluciones es un punto repulsivo para la ecuación x = g(x).

b) Demostrar la convergencia global del (MN) en el intervalo J = [0, 1.25]. Comprobar que la convergencia endicho intervalo es exactamente cuadrática.

c) Sea {xk}k≥0 la sucesión generada por el (MN) tomando x0 = 0. Estimar el error |xk+1 − 1| en función de|xk+1−xk|, explicitando el valor de la constante. Utilizando esta estimación, obtener una aproximación conun error menor que 0.2.

Solución

Apartado a): La derivada de g es g′(x) =2

x2, g′(2) = 2 > 1 y g′(1) = 1/2 < 1. La solución α1 = 1 es un punto

repulsivo.

Apartado b): Vamos a comprobar las hipótesis del Teorema de convergencia global del Método de Newton enJ = [0, 1.25]:

f(0) = 2 > 0 y f(1.25) = −0.1875 < 0.

f ′(x) = 2x− 3 < 0 para x ∈ J .f ′′(x) = 2 > 0 para x ∈ J .Como |f ′(0)| = 3 ≥ |f ′(1.25)| = 0.5, tomamos c = 1.25. Se cumple que

|f(1.25)||f ′(1.25)| =

0.1875

0.5= 0.375 < 1.25.

Por tanto, el método de Newton es globalmente convergente en J . En segundo lugar, como

lımn→+∞

|xn+1 − α1||xn − α1|2

=|f ′′(α1)|2|f ′(α1)| = 1 6= 0

queda probada la convergencia cuadrática del método.

Apartado c): El método de Newton se es de la formax0 = 0

xn+1 = xn −f(xn)

f ′(xn)= xn −

x2n − 3xn + 2

2xn − 3=

x2n − 2

2xn − 3, n ≥ 0

ComoM2 = max

x∈[0,1.25]|f ′′(x)| = 2

m1 = mınx∈[0,1.25]

|f ′(x)| = mınx∈[0,1.25]

|3− 2x| = 0.5,

se tiene la siguiente cota del error:

|xn+1 − α1| ≤M2

2m1|xn+1 − xn|2 ≤

2

2 · 0.5 |xn+1 − xn|2 = 2|xn+1 − xn|2.

Por otro lado,

x0 = 0

x1 =2

3= 0.6666667

x2 = 0.9333333

|x1 − 1| ≤ 2|x2 − x1|2 = 2 · 0.26666662 ≈ 0.1422222 < 0.2,

es decir x1 = 0.6666667 aproxima a α = 1 con un error menor que 0.2.



40. Se considera la ecuación homogénea

(EH) ex − 3 x = 0.

a) Demostrar que (EH) posee exactamente dos soluciones α1 < α2 y separarlas.

b) Se escribe (EH) en forma de dos ecuaciones de punto fijo equivalentes

(EPF )1 x = g1(x) con g1(x) =ex

3, (EPF )2 x = g2(x) con g2(x) = log 3x.

Comprobar si (EPF )1 y (EPF )2 definen métodos de aproximaciones sucesivas convergentes localmente alas soluciones de la ecuación. Indicación: Utilizar el teorema de convergencia local del (MAS).

c) Escribir el método de Newton para aproximar las soluciones de (EH). Determinar un intervalo de conver-gencia global de (MN) hacia la mayor raíz α2 . Calcular una apoximación de α2 con un error menor que0.001.

Solución

Los apartados a) y b) están hechos en los apuntes de teoría: Ejemplo 2.29.



41. Se considera la función

f(x) =x2

x+ 1− 1.

a) Determinar el número de soluciones de la ecuación no lineal homogénea (EH) f(x) = 0 y separarlas.

b) Escribir el método de Newton (MN) asociado a (EH) en el intervalo [ 12 , 2]. Estudiar la convergencia globaldel (MN) en dicho intervalo.

c) Hallar el número de iteraciones necesarias para obtener un error menor que 2−3 en la raíz de (EH) en elintervalo [ 12 , 2].

d) Probar que NO se tiene la convergencia global del (MN) en el intervalo [0, 2].

e) Dada la ecuación de punto fijo

(EPF ) x = g(x), siendo g(x) =√x+ 1,

probar que si x0 = 0 hay convergencia de la sucesión del correspondiente (MAS) asociado a la (EPF).

Solución

Apartado a): Por comodidad, el estudio del número de soluciones lo hacemos para h(x) = 0 con h(x) = x2−x−1.Esta ecuación es equivalente a f(x) = 0 tomando D(h) = R \ {−1}.

Se tiene que

lımx→+∞

h(x) = lımx→−∞

h(x) = +∞.

Comoh′(x) = 2x− 1,

h es decreciente en (−∞, 1/2) \ {−1} y crecienteen (1/2,+∞) y en el mínimo relativo x = 1/2,h(1/2) < 0, por tanto habrá dos soluciones.Teniendo en cuenta que h(−0.9) > 0, h(0) < 0,h(1) < 0 y h(2) > 0, las soluciones están localizadasde la siguiente manera: α1 ∈ [−0.9, 0] y α2 ∈ [1, 2].

−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

−1

0

1

2

3

4

5

6

7

y =x2

x + 1− 1

α1 α2

Apartado b): Como f ′(x) =x2 + 2x

(x+ 1)2, se tiene que

x− f(x)

f ′(x)= x−

x2

x+ 1− 1

x2 + 2x

(x+ 1)2

=2x2 + 2x+ 1

x2 + 2x,

y el método de Newton queda: x0 ∈ [1/2, 2] dado

xn+1 =2x2n + 2xn + 1

x2n + 2xn, n ≥ 0.

Vamos a comprobar las hipótesis del Teorema de convergencia global del método de Newton en [1/2, 2]:

f(1/2) < 0 y f(2) > 0.

f ′(x) =x2 + 2x

(x+ 1)2> 0 para x ∈ [1/2, 2].

f ′′(x) =2

(x+ 1)3> 0 para x ∈ [1/2, 2].

Como |f ′(1/2)| = f ′(1/2) = 5/9, |f ′(2)| = f ′(2) = 8/9 y f ′ es creciente, tomamos c = 1/2. Se cumple que

|f(1/2)||f ′(1/2)| =

5/6

5/9= 3/2 ≤ 2− 1/2.



Por tanto, el método de Newton es globalmente convergente en [1/2, 2].

Apartado c): Usamos la estimación |xn+1 − α1| ≤M2

2m1|xn+1 − xn|2 donde

M2 = maxx∈[1/2,2]

|f ′′(x)| = f ′′(1/2) =2

(3/2)3=

16

27

m1 = mınx∈[1/2,2]

|f ′(x)| = f ′(1/2) =5

9,

Además, {x0 = 2x1 = 1.625 |x1 − x0| = 0.375

Por tanto|x1 − α| ≤

M2

2m1|x1 − x0|2 ≤

16/27

10/90.3752 = 0.075 < 8−3 = 0.125.

Apartado d): Como f ′(0) = 0 no se verifica la segunda hipótesis del Teorema de convergencia global de modoque no se puede aplicar. El punto x0 = 0 no puede ser usado como inicialización en el método.

Apartado e): Podemos aplicar el Teorema de convergencia global del (MAS) en el intervalo [0, 2] ya que porun lado,

|g′(x)| = g′(x) =1

2√

(x+ 1)≤ g′(0) =

1

2< 1 ∀x ∈ [0, 2].

Por otro lado, como g es creciente porque g′ > 0 se tiene que

0 < 1 = g(0) ≤ g(x) ≤ g(2) =√

3 < 2 ∀x ∈ [0, 2].

Por tanto, g([0, 2]) ⊂ [0, 2].

En particular, se puede tomar x0 = 0 como inicialización del (MAS).



42. Se considera la ecuación de punto fijo x = g(x) con g(x) =4

x2+ 2.

a) Determinar el número de soluciones de la ecuación x = g(x) y separarlas en intervalos de extremos enterosconsecutivos.

b) Encontrar un intervalo [a, b] en el cual podamos asegurar que el método de aproximaciones sucesivas (MAS)asociado converja globalmente a la raíz más pequeña. Escribir la expresión general del (MAS) en dicho caso.

c) Para el intervalo del apartado anterior, hallar el número de iteraciones necesarias para obtener un errormenor que 10−3 en la aproximación de la raíz.

d) Deducir los valores de a y b para que la ecuación x = g(x) =ax+ b

x2+ 2 tenga a α = 1 como solución y la

sucesión generada por el (MAS) asociado a dicha ecuación tenga orden de convergencia al menos cuadrático.

Solución

Apartado a): La ecuación de punto fijo x =4

x2+ 2, se puede escribir en la forma de una ecuación homogénea:

f(x) = 0 con f(x) = x3 − 2x2 − 4. La función f es continua y derivable en todo R con

f ′(x) = 3x2 − 4x = x(3x− 4); f ′(x) = 0 ⇔ x = 0, x =4

3.

Por tanto, f ′(x) > 0 ∀x ∈ (−∞, 0) ⇒ f es estr. creciente en (−∞, 0),

f ′(x) < 0 ∀x ∈ (0, 4/3) ⇒ f es estr. decreciente en (0, 4/3),

f ′(x) > 0 ∀x ∈ (4/3,+∞) ⇒ f es estr. creciente en (4/3,+∞),

y, en consecuencia, x = 0 es un máximo local de f yx = 4/3 es un mínimo local de f , siendo

f(0) = −4 < 0, f(4/3) = −5.1852 < 0.

Como además lımx→−∞

= −∞ y lımx→+∞

= +∞ deduci-

mos que existe un único valor α ∈ (4/3,+∞) soluciónde f(x) = 0 y, por tanto de la ecuación de punto fijoequivalente x = g(x).Para localizar este valor en un intervalo de extremosconsecutivos, se observa que f(2) = −4 > 0 y f(3) =5 > 0, lo que implica que α ∈ (2, 3).

−2 −1 0 1 2 3 4 5−20

−10

0

10

20

30

40

50

60

70

80

y = x3− 2x

2− 4

α

Apartado b): Veamos si el intervalo [2, 3] verifica las hipótesis del Teorema de convergencia global para (MAS)

aplicado a x = g(x) con g(x) =4

x2+ 2, es decir:{

g([2, 3]) ⊆ [2, 3],

g contractiva en [2, 3].

Tenemos para todo x ∈ [2, 3]:

g′(x) = − 8

x3< 0 ⇒ g es estrictamente decreciente en [2, 3] ⇒ g(3) ≤ g(x) ≤ g(2).

Como g(3) ≥ 2 y g(2) ≤ 3, se deduce g([2, 3]) ⊆ [2, 3].

Por otra parte, g′′(x) > 0, luego g′ es estrictamente creciente y negativa en [2, 3] y

|g′(x)| ≤ L = maxx∈[2,3]

|g′(x)| = |g′(2)| = | − 1| = 1 ⇒ L = 1,

por tanto no podemos afirmar que la función g es contractiva en [2, 3], pues necesitamos L < 1.



Vamos a probar con un intervalo, más pequeño, es decir tomando el extremo inferior más grande que 2.

Consideramos ahora el intervalo [2.25, 3] ⊂ [2, 3]. Tenemos

|g′(x)| ≤ L = maxx∈[2,3]

|g′(x)| = |g′(2.25)| = | − 0.7023| = 0.7023 ⇒ L = 0.7023 < 1

luego g es contractiva en [2.25, 3].

También se verifica que 2.25 < 2.4444 = g(3) ≤ g(x) ≤ g(2.5) = 2.7901 < 3, entonces g([2.25, 3]) ⊆ [2.25, 3], loque demuestra que [2.25, 3] es de convergencia global para MAS.

Apartado c): Sabemos que para todo x0 ∈ [2.25, 3], el método definido porx0 ∈ [2.25, 3] dado

xn+1 =4

x2n+ 2, n ≥ 0

converge hacia la única solución α ∈ (2.25, 3) de la ecuación de punto fijo x =4

x2+ 2.

Tomemos, por ejemplo x0 = 3, luego x1 = 4/32 + 2 = 2.4444. Para obtener un error |xn − α| menor que 10−3,basta tomar n tal que

Ln

1− L |x1 − x0| < 10−3 ⇔ 0.7023n

1− 0.7023|3− 2.4444| < 10−3 ⇔ 0.7023n <

10−3 × 0.2977

0.5556= 0.53582× 10−3

⇔ n ln(0.7023) < ln(0.53582× 10−3) ⇔ −0.3534n < −7.5317 ⇔ n > 21.3121 ⇒ n ≥ 22

Apartado d): Consideramos x = g(x) =ax+ b

x2+ 2. Para que α = 1 sea solución de esta ecuación, tiene que

cumplirse

1 = g(1) ⇔ a+ b+ 2 = 1 ⇔ a+ b = −1

Para el orden al menos cuadrático, hay que imponer g′(1) = 0, siendo

g′(x) =ax2 − (ax+ b)2x

x4=ax2 − 2ax2 − 2bx

x4=−ax2 − 2bx

x4=−ax− 2b

x3

⇒ g′(1) = 0 ⇔ a+ 2b = 0

Resolviendo el sistema lineal resultante, obtenemos b = 1, a = −2.



43. Sabemos que la siguiente ecuación de punto fijo tiene una única solución α ∈ (2, 3):

(EPF ) x = 3− 2

x+

2

x2

a) Demostrar que el (MAS) aplicado a (EPF) es globalmente convergente en el intervalo [2, 3].

b) Demostrar que aplicando el (MAS) para la resolución de (EPF) a partir de cualquier punto x0 ∈ [2, 3], elerror |x3 − α| que se comete en la tercera iteración es menor que 0.5× 10−3.

Solución

Apartado a): Sea g(x) = 3− 2

x+

2

x2, seindo D(g) = R\{0}.

Veamos que {g([2, 3]) ⊆ [2, 3],

g contractiva en [2, 3].

Tenemos

g′(x) =2

x2− 4

x3=

2

x2

(1− 2

x

); g′(x) = 0 ⇔ x = 2

y g′ ≥ 0 en [2, 3].Luego g es creciente en [2, 3]: g(2) ≤ g(x) ≤ g(3)para todo x ∈ [2, 3].Como g(2) = 2.5 > 2 y g(3) = 2.5556 < 3, obtene-mos g([2, 3]) ⊆ [2, 3].

1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 2.2 2.4 2.6 2.8 31

1.2

1.4

1.6

1.8

2

2.2

2.4

2.6

2.8

3

y = 3 − 2/x + 2/x2

y = x

α

Por otra parte,

g′′(x) = − 4

x3+

12

x4=

4

x3

(−1 +

3

x

); g′′(x) = 0 ⇔ x = 3 ⇒ g′′(x) ≥ 0 ∀x ∈ [2, 3].

Luego g′ es creciente en [2, 3] y por ser g′ ≥ 0, llegamos a que

L := maxx∈[2,3]

|g′(x)| = g′(3) = 0.0741.

Apartado b): Gracias a que el intervalo [2, 3] es de convergencia global para (MAS), sabemos que ∀x0 ∈ [2, 3]se verifica

|xn − α| ≤Ln

1− L |x1 − x0|

En particular, teniendo en cuenta que L = 0.0741 y que |x1 − x0| < 3− 2 = 1:

|x3 − α| ≤L3

1− L |x1 − x0| = 0.43943× 10−3|x1 − x0| < 0.43943× 10−3 < 0.5× 10−3,

lo que queríamos demostrar.



44. Se considera la ecuación

(EH) x− 1 + log(x2 + 1) = 0.

Se pide:

a) Demostrar que (EH) posee una única solución α ∈ R.b) Comprobar que el intervalo [0, 1] es de convergencia global para el método de Newton aplicado a la ecuación

(EH).

c) Escribir (MN) aplicado a (EH) en el intervalo [0, 1], y obtener una cota a posteriori de |x3 − α| en funciónde |x1 − x0|.

d) Comparar las cotas a posteriori que se obtienen para |x3 − α|, tomando x0 = 1 y x0 = 0.5.

Solución

Apartado a): El dominio de f es R. Se tiene que lımx→+∞

f(x) = +∞ y como

lımx→−∞

log (x2 + 1)

x= lımx→−∞

2x

x2 + 1= 0,

se tiene que

lımx→−∞

f(x) = lımx→−∞

x

(1− 1

x+

log (x2 + 1)

x

)= −∞.

Concretamente, f(0) = −1 < 0 y f(1) = log 2 > 0, aplican-do el Teorema de Bolzano en [0, 1] podemos afirmar que almenos existe una raíz en dicho intervalo.Por otro lado,

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

y = x − 1 + log(x2 + 1)

α

f ′(x) = 1 +2x

x2 + 1=

(x+ 1)2

x2 + 1≥ 0, ∀x ∈ R,

así que f es estrictamente creciente salvo en x = −1 (punto de inflexión) y este último no es raíz de f(x) = 0,por lo que si existe alguna raíz debe ser una sola.

En consecuencia, de ambos resultados, podemos afirmar que existe una única raíz, α, en [0, 1].

Apartado b): Tenemos que

sign(f(0)) 6=sign(f(1)).

f ′(x) > 0 para x ∈ [0, 1].

f ′′(x) =2(1− x2)

(x2 + 1)2≥ 0 para x ∈ [0, 1].

Como |f ′(0)| = 1, |f ′(1)| = 4

3y f ′ es creciente, tomamos c = 0. Se cumple que

|f(0)||f ′(0)| =

3

4≤ 1.

Por tanto, el método de Newton es globalmente convergente en [0, 1].

Apartado c): Como

x− f(x)

f ′(x)= x− (x− 1 + log(x2 + 1))

(x+ 1)2/(x2 + 1)=

3x2 + 1− (x2 + 1) log(x2 + 1)

(x+ 1)2



Método de Newton se escribe:x0 ∈ [0, 1] dado

xn+1 =3x2n + 1− (x2n + 1) log(x2n + 1)

(xn + 1)2, n ≥ 0.

Gracias a que el intervalo [0, 1] es de convergencia global, tenemos las siguientes estimaciones:

|xn+1 − α| ≤M2

2m1|xn − α|2, |xn+1 − α| ≤

M2

2m1|xn+1 − xn|2, (5)

donde

M2 = maxx∈[0,1]

|f ′′(x)| = f ′′(0) = 2, m1 = mınx∈[0,1]

|f ′(x)| = f ′(0) = 1,

puesto que f ′′ es mayor o igual que cero y es decreciente en [0, 1] (f ′′′(x) = 4xx2 − 4

(x2 + 1)3≤ 0 para x ∈ [0, 1]) y

f ′ es positiva y creciente.

Para obtener una cota a posteriori de |x3 − α| en función de |x1 − x0|, usamos la primera estimación de (5):

|x3 − α| ≤ |x2 − α|2 ≤ |x1 − α|4

Teniendo en cuenta ahora la segunda estimación de (5), llegamos a

|x1 − α| ≤ |x1 − x0|2 ⇒ |x3 − α| ≤ |x1 − x0|8

Apartado d): Tomando x0 = 1 y x0 = 0.5, obtenemos x0 = 1x1 = 0.6534264097

|x1 − x0| = 0.3465735903

x0 = 0.5x1 = 0.6538091382

|x1 − x0| = 0.1538091382

Por tanto, la cota a posteriori que se obtiene para x0 = 0.5 es menor que la que corresponde a x0 = 1. De hecho,|x1 − α| ≤ 3 · 10−4 para x0 = 1 y |x1 − α| ≤ 5 · 10−7 para x0 = 0.5.


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