Solución de ecuaciones no
lineales
Curso de Programación numérica
Temario
Métodos cerrados:
Métodos gráficos
Método de bisección
Método de la posición falsa
Métodos abiertos
Iteración simple de punto fijo
Método de Newton-Raphson
Método de la secante
Raíces de polinomios
Método de Müller
Método de Bairstow
Métodos gráficos
Los métodos gráficos consisten en graficar la función f(x) y
observar donde la función cruza el eje x.
Ejemplo 1
Encontrar la raíz de:
f x  
667 . 38
x
1  e
 0 . 146843 x
  40  0
40
35
x
f(x)
4 34.11488938
8 17.65345264
12 6.066949963
16 -2.268754208
20 -8.400624408
30
25
20
15
10
5
0
-5 0
-10
-15
5
10
15
20
25
Ejemplo 2
Grafica de: f(x) = sen 10x + cos 3x
x
0.00
0.25
0.50
0.75
1.00
1.25
1.50
1.75
2.00
2.25
2.50
2.75
3.00
3.25
3.50
3.75
4.00
4.25
4.50
4.75
5.00
f(x)
1.00
1.33
-0.89
0.31
-1.53
-0.89
0.44
-0.46
1.87
0.41
0.21
0.31
-1.90
-0.06
-0.90
0.05
1.59
-0.01
1.45
-0.48
-1.02
2.50
2.00
1.50
1.00
0.50
0.00
-0.500.00
-1.00
-1.50
-2.00
-2.50
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
6.00
Ejemplo 2 (cont.)
Grafica de: f(x) = sen 10x + cos 3x
x
f(x)
4.20
4.21
4.22
4.23
4.24
4.25
4.26
4.27
4.28
4.29
4.30
0.08
0.05
0.02
0.00
-0.01
-0.01
-0.01
0.01
0.04
0.07
0.11
0.12
0.10
0.08
0.06
0.04
0.02
0.00
4.18
-0.02
4.20
4.22
4.24
4.26
4.28
4.30
4.32
Tarea
Utilice Excel para los siguientes problemas.
Determine las raíces reales de: f(x) = –0.5x2 + 2.5x + 4.5
Gráficamente. Confirme utilizando la fórmula cuadrática.
Determine las raíces reales de:
Gráficamente.
f(x) = 5x3 – 5x2 + 6x – 2
Método de la bisección
Se trata de encontrar los ceros de
f(x) = 0
Donde f es una función continua en [a,b] con f(a) y f(b) con
signos diferentes.
y
f(a)
y = f(x)
bx
a
f(b)
Método de la bisección
De acuerdo con el teorema del valor medio, existe p  [a,b] tal
que f(p) = 0.
El método consiste en dividir a la mitad el intervalo y localizar
la mitad que contiene a p.
El procesos se repite hasta la lograr la precisión deseada.
Método de la bisección
Primera iteración del algoritmo
y
Mitad del intervalo que
contiene a p
f(a)
y = f(x)
f(p1)
bx
a
f(b)
p
p1=(a+b)/2
Método de la bisección
Segunda iteración del algoritmo
y
Mitad del intervalo que
contiene a p
y = f(x)
f(a)
bx
a =p1
f(p2)
p
p2=(a+b)/2
f(b)
Método de la bisección
Algoritmo bisección
Entradas: extremos a,b; número de iteraciones ni; tolerancia tol
1. p=a; i=1; eps=1;
2. mientras f(p)0 y i ni eps>tol
2.1. pa = p;
2.2. p = (a+b)/2
2.3. si f(p)*f(a)>0 entonces a=p;
2.4. sino
2.5.
si f(p)*f(b)>0 entonces b=p;
2.6. i = i + 1; eps = |p-pa|/p;
Bisección en C
double biseccion(double a, double b, double error, int ni){
double p,pa,eps;
int i;
p = a;
i = 1;
eps = 1;
while(f(p) != 0 && i<ni && eps > error){
pa = p;
p = (a+b)/2;
if(f(p)*f(a)>0)
a = p;
else
if(f(p)*f(b)>0)
b = p;
i++;
eps = fabs(p-pa)/p;
}
return p;
}
Ejemplo
Función de ejemplo
x  1  tan( x )
2
Función en C:
double f(x){
return sqrt(x*x + 1) - tan(x);
}
Tarea
Haga funciones en C para encontrar la solución de las
siguientes ecuaciones utilizando la función biseccion():
1. ex – x2 + 3x – 2 = 0 para 0 <= x <= 1
2.
f x  
667 . 38
x
1  e
 0 . 146843 x
  40  0
Error en el método de bisección
Para el método de bisección se sabe que la raíz esta dentro del intervalo, la
raíz debe situarse dentro de Dx / 2, donde Dx = xb – xa.
La solución en este caso es igual al punto medio del intervalo
xr = (xb + xa) / 2
Deberá expresarse por
xr = (xb + xa) / 2  Dx / 2
Error aproximado
 xr
nuevo
a 
anterior
xr
nuevo
100 %
xr
sustituyedo
a 
x
nuevo
r
xb  x a
xb  x a
x
anterior
r
100 %

xb  x a
2
nuevo
xr

xb  x a
2
Número de iteraciones
El error absoluto en la primera iteración es:
E a  xb  x a  D x
0
0
0
0
El error absoluto en la iteración n-ésima es:
E 
n
a
Dx
2
0
n
Si el error deseado es Ead,El número de iteraciones
será:
log D x / E ad
0
n
log 2
  log
 Dx 0

2
 E ad




Volumen del abrevadero
h
sen b   
r
r
h
L
area sector  r a
2
a 

b 
2
r a
b

 sen
2
1
h
 
r
2
2 
area sector  r a  r   sen
2
h
area triangular
2
base  altura
1
 h / r  

h r h
2
2
2
A  area sector
 area triangular
 2 
V  LA  L  r   sen
 2
1
2 
 r   sen
2
h / r    h

1
 h / r    h
2
2 
r h 


r h
2
2
Tarea
17. Un abrevadero de longitud L tiene una sección transversal
en forma de semicírculo con radio r (véase la figura) Cuando se
llena de agua hasta una distancia h de la parte superior, el
volumen V de agua es
V = L [ 0.5 r2 – r2 arcsen(h/r) – h(r2 – h2)1/2 ]
Escriba un programa en C amigable para el usuario que lea los
datos de este problema y encuentre la profundidad h del
abrevadero. Utilice el método de bisección para encontrar la
solución.
r
h
L
Resumen
Requiere que se conozca el intervalo en donde está la raíz.
Los valores de la función en los extremos deben tener signos
diferentes.
Converge lentamente, a cada paso el intervalo se divide en 2.
Método de falsa posición
Este método considera cual límite del
intervalo está más próximo a la raíz.
f(xu)
De la figura
f  xl 
x r  xl

f  xu 
x r  xu
Despejando
x r  xu 
f  x u  x l  x u 
f  xl   f  xu 
xl
xr
xu
f(xl)
f(xr)
Ejemplo en Excel
Encontrar la raíz de:
f x  
667 . 38
x
1  e
 0 . 146843 x
  40  0
xl
xu
xr
f(xl)
f(xu)
f(xr)
12.0000000 16.0000000 14.9113077 6.0669500 -2.2687542 -0.2542775
12.0000000 14.9113077 14.7941976 6.0669500 -0.2542775 -0.0272572
12.0000000 14.7941976 14.7817001 6.0669500 -0.0272572 -0.0029076
12.0000000 14.7817001 14.7803676 6.0669500 -0.0029076 -0.0003100
12.0000000 14.7803676 14.7802255 6.0669500 -0.0003100 -0.0000330
Tarea
Encuentre la raíz real de f(x) = (0.8 – 0.3x)/x, por el método de
falsa posición. Utilice valores iniciales de 1 y 3, calcule el error
porcentual verdadero en cada iteración. Encuentre la raíz
analiticamente.
Falsa posición en C
if(fl*fr<0){
xu = xr;
fu = f(xu);
iu = 0;
double falsaPosicion(double xl,
il++;
double xu, double ee, int imax){
if(il>=2)
double error,fl,fu,fr,xr,xrOld;
fl/=2;
int iter=0,il=0,iu=0;
}
fl = f(xl);
else{
fu = f(xu);
xl = xr;
do{
fl = f(xl);
xrOld = xr;
il = 0;
xr = xu - fu*(xl-xu)/(fl-fu);
iu++;
fr = f(xr);
if(iu>=2)
iter++;
fu/=2;
if(xr!= 0)
else;
error=fabs((xr-xrOld)/xr*100);
error = 0;
}
}while(error>ee && iter<=imax);
return xr;
}
Iteración de punto fijo
Un punto fijo de una función g(x) es un número p tal que g(p) =
p.
Dado un problema f(x) = 0, se puede definir una función g(x)
con un punto fijo en p de diferentes maneras. Por ejemplo g(x)
= x – f(x).
Teorema
Si g  C [a, b] y g(x)  C [a, b] para toda x  C [a, b], entonces g tiene un
punto fijo en [a, b].
Si además g’(x) existe en (a, b) y una constante positiva k<1 existe con
|g’(x)| <= k, pata toda x  (a, b),
Entonces el punto fijo en [a, b] es único.
y
y
|g’(x)<=1
y=x
b
p=g(p)
y = g(x)
a
|g’(x)>1
y=x
b
p=g(p)
y = g(x)
a
a
p
b
x
a
p
b
x
Algoritmo de punto fijo
Obtener una solución a p = g(p) dada un
aproxiamción inicial p0.
ENTRADA aproximación inicial p0; tolerancia TOL;
número máximo de iteraciones N0.
1. Tome i = 1.
2. Mientras i <= N0 hacer
3.
p = g(p0)
4.
Si |p – p0| < TOL entonces
5.
Regresar p
6.
i = i +1
7.
p0 = p
8. Fin mientras
9. Imprime ‘El procedimiento fracasó después de N0
iteraciones’
Gráfica del algoritmo de punto
fijo
y
y=x
p1= g(p0)
p3= g(p2)
y = g(x)
p2= g(p1)
p2= g(p1)
p3= g(p2)
y=x
y
p1= g(p0)
y = g(x)
p1 p3 p2 p0 x
p0
p1
p2 x
Casos de no convergencia
y
y=x
y=x
y
y = g(x)
y = g(x)
x
x
Ejemplo
Sea la función: x3 + 4x2 –10 = 0 tiene una raíz en [1, 2]
Puede despejarse en:
a. x = g1(x) = x – x3 – 4x2 +10
b. x = g2(x) = ½(10 – x3)½
c. x = g3(x) = (10/(4 + x))½
d. x = g4(x) = x – (x3 + 4x2 – 10)/(3x2 + 8x)
Iteraciones de punto fijo
(a)
(b)
(c)
(d)
1 1.5
2 -0.875
3 6.732421875
4 -469.72001200
5 1.02754555E8
6 -1.084933870E24
7 1.277055591E72
8 -2.082712908E216
9 NaN
10
11
12
13
14
15
20
25
30
1.5
1.286953767
1.402540803
1.345458374
1.375170252
1.360094192
1.367846967
1.363887003
1.365916733
1.364878217
1.365410061
1.365137820
1.365277208
1.365205850
1.365242383
1.365229578
1.365230028
1.365230012
1.5
1.348399724
1.367376371
1.364957015
1.365264748
1.365225594
1.365230575
1.365229941
1.365230022
1.365230012
1.365230013
1.365230013
1.5
1.373333333
1.365262014
1.365230013
1.365230013
Funciones graficadas en MathLab
a)
c)
b)
d)
Teorema de punto fijo
Si g  C [a, b] y g(x)  C [a, b] para toda x  C [a, b], además supongamos
que existe g’(x) en (a, b) y una constante positiva k<1 cuando
|g’(x)| <= k, pata toda x  (a, b),
Entonces, para cualquier punto p0 en [a, b] la sucesión definida por
pn = g(pn–1), n >=1
Converge en el único punto fijo p en [a, b].
Corolario
Si g satisface las hipótesis de teorema del punto fijo, las cotas
de error que supone utilizar pn para aproximar a p están dadas
por
| pn – p| <= kn max(p0 – a, b – p0)
Y por
| pn – p| <= kn | p1 – p0|/ (1 – k), para toda n>=1
Análisis del ejemplo
Caso (a)
Caso (b)
g1(x) = x – x3 – 4x2 +10
g2(x) = ½(10 – x3)½
g1’(x) = 1 – 3x2 – 8x
g2’(x) = – 3/4x2(10 – x3)–½
g1’(1) = – 11, g1’(2) = – 28
g2’(1) = – 0.25, g1’(2) = – 2.1213
No se cumple |g1’(x)| <1
No se cumple |g1’(x)| <1
Caso (c)
g3(x) = (10/(4 + x))½
g3’(x) = (– 5/3.16)(4 + x)–1.5
<= (– 5/3.16)(5)–1.5 <= 0.15
Para toda x en [1, 2]
Caso (d)
g4(x) = x – (x3 + 4x2 – 10)/(3x2 + 8x)
Se cumple |g4’(x)| es aún menor que
en el caso (c) para toda x en [1, 2]
Programa en Matlab
function y = PuntoFijo(f_name, p0, tol, ni)
%f_name - nombre de la funcion
%p0 - valor inicial de la raiz
%tol – tolerancia
%ni – número de iteraciones
i = 1;
while i<=ni
p = feval(f_name,p0);
if(abs(p0-p)<tol)
y = p;
break;
end
i = i + 1;
p0 = p;
end
fprintf('No se encontro solucion.');
Función en C
double PuntoFijo(double p0, double tol, int ni){
int i = 1;
double p;
while(i<=ni){
p = f(p0);
if(fabs((p0-p)/p)<tol)
return p;
i++;
p0 = p;
}
std::cout << "NO solucion en :" << ni << “ iteraciones.\n";
return p;
}
Tarea
Encontrar la raíz más grande de
f(x) = 2x3 – 11.7x2 + 17.7x – 5
Resolver por el método del punto fijo partiendo de x = 3.
Método de Newton-Raphson
f(x)
La ecuación de la recta
tangente es:
y – f(xn) = f ’ (xn)(x – xn)
Cuando y = 0, x = xn+1 o sea
0 – f(xn) = f ’ (xn)(xn+1– xn)
Pendiente = f ’ (xn)
f (xn)
o
x n 1  x n 
f ( xn )
f '( xn )
xn+1
xn
Algoritmo Newton
Para obtener una solución a f(x) = 0 dada una
aproximación p0.
ENTRADA aproximación inicial p0; tolerancia tol;
número máximo de iteraciones N0.
1. i = 1
2. Mientras i<=N0 hacer
2.1. p = p0 – f(p0)/f’(p0)
2.2. Si |p – p0|< tol entonces regrese p
2.3. i = i + 1
2.4. p0 = p
3. fracaso en encontrar la raíz en N0 iteraciones
Ejemplo
f(x) = x – cos(x)
f’(x) = 1 + sen(x)
pn+1 = pn – (pn – cos(pn))/(1 + sen(pn))
Tomando p0 = 0, se obtiene
pn
0
1
0.7503639
0.7391128
0.7390851
f(pn)
-1
0.459698
0.0189
0.00005
3E-10
f’(pn)
1
1.8414
1.6819
1.6736
1.6736
pn+1
1
0.7503639
0.7391128
0.7390851
0.7390851
Ejercicio
Encontrar la solución de
x3 + 4x2 – 10 = 0
En el intervalo [1, 2] con el método de Newton
Código en C
double Newton(double x0, double ee, int ni){
int i = 0;
double x,fx,dfx;
while(i<ni){
fx = f(x0);
dfx = df(x0);
x = x0-fx/dfx;
if(fabs((x-x0)/x)<ee)
return x;
i++;
x0 = x;
}
std::cout << "No solución en "<< i << " pasos\n";
return x;
}
Ejemplo: cuenta de ahorros
El valor acumulado de una cuenta de ahorros puede calcularse con la ecuación de
anualidad vencida
A = P[(1 + i )n - 1 ] / i
En esta ecuación A es el monto de la cuenta, P es la cantidad que se deposita
periódicamente e i es la tasa de interés por periodo para los n periodos de depósito. A
un ingeniero le gustaría tener una cuenta de ahorros con un monto de $ 750,000
dólares al momento de retirarse dentro de 20 años, y puede depositar $ 1,500 dólares
mensuales para lograr dicho objetivo. ¿Cuál es la mínima tasa de interés a que puede
invertirse ese dinero, suponiendo que es un interés compuesto mensual?
Escriba un programa en C para este problema, el programa deberá pedir todos los
datos necesarios y utilizar el método de Newton para calcular el interés a que debe
invertirse el dinero.
Solución
Para estimar el valor inicial de i podemos desarrollar el
binomio (1 + i)n para aproximarlo a la segunda potencia. El
resultado es
2  A  nP 
i0 
n n  1P
Se sugiere validar los datos de entrada. El capital a obtener
debe ser mayor que el depósito por el número de abonos, es
decir
A > nP
Ejemplos resuelto en Excel
A=
P=
n=
$750,000.00 i
f(i)
f'(i)
i n+1
$1,500.00 0.009065551
$4,784.89 2361961.89 0.007039738
240 0.007039738
1297.701361 1175049.297 0.005935357
0.005935357
255.8695592 730982.8805 0.005585323
A(calculado)= $750,000.00 0.005585323
20.97312565 612780.0414 0.005551096
0.005551096
0.18919948 601739.1171 0.005550782
0.005550782
1.58807E-05 601638.1029 0.005550782
0.005550782
-1.99179E-10 601638.0945 0.005550782
i=
0.56%
A=
P=
n=
$350,000.00 i
f(i)
f'(i)
i n+1
$20,000.00 0.166666667 15099.14998 450849.857 0.13317625
10 0.133176249 3212.297411 266179.386 0.12110808
0.121108082 346.4384394 209573.765 0.11945502
A(calculado)= $350,000.00 0.11945502 6.113559001 202191.641 0.11942478
0.119424783 0.002029206 202057.423 0.11942477
0.119424773 2.47383E-10 202057.379 0.11942477
0.119424773 6.54836E-11 202057.379 0.11942477
i=
11.94%
Método alternativo para evaluar la
derivada (método de la secante)
Es posible calcular la derivada en xn usando:
f ' xn  
f xn  h   f xn 
h
O utilizando
f ' xn  
f xn   f xn  h 
h
Algoritmo Newton2
Para obtener una solución a f(x) = 0 dada una
aproximación p0.
ENTRADA aproximación inicial p0; tolerancia tol;
número máximo de iteraciones N0.
1. i = 1
2. h = 0.001
3. Mientras i<=N0 hacer
2.1. y = f(p0)
2.2. y_deriv =(f(p0+h)-y)/h
2.3. p = p0 – y/y_deriv
2.4. Si |p – p0|< tol entonces regrese p
2.5. i = i + 1
2.6. p0 = p
3. fracaso en encontrar la raíz en N0 iteraciones
Código en C
double Newton(double x0, double ee, int ni){
int i = 0;
double x,fx,dfx,h;
h = 0.0001;
while(i<ni){
fx = f(x0);
dfx = (f(x0+h)-fx)/h;
x = x0-fx/dfx;
if(fabs((x-x0)/x)<ee)
return x;
i++;
x0 = x;
}
std::cout << "No solución en "<< i << " pasos\n";
return x;
}
Programa en Matlab
function x = Newt_n(f_name, xO)
% Iteración de Newton sin gráficos
x = xO; xb = x-999;
Calcula derivada con
n=0; del_x = 0.01;
incrementos
while abs(x-xb)>0.000001
n=n+1; xb=x ;
if n>300 break; end
y=feval(f_name, x) ;
y_driv=(feval(f_name, x+del_x) - y)/del_x;
x = xb - y/y_driv ;
fprintf(' n=%3.0f, x=%12.5e, y=%12.5e, ', n,x,y)
fprintf(' yd = %12.5e \n', y_driv)
end
fprintf('\n Respuesta final = %12.6e\n', x) ;
Raíz cuadrada con Newton
Para extraer la raíz cuadrada de un número se puede resolver la ecuación
f(x) = x2 – c = 0
La derivada es
f’(x) = 2x
La fórmula de recurrencia de Newton es
xn+1 = xn – (xn2 – c)/(2xn)
= xn/2 + c/(2xn)
= (xn + c/xn)/2
Ejemplo: raíz cuadrada de 5 con x0 = 1.
xn
1
3.000000
2.333333
2.238095
2.236069
xn+1
3.000000
2.333333
2.238095
2.236069
2.236068
Desventajas
En algunos casos la convergencia es muy lenta, considere
f(x) = xn – 1
Se obtiene la siguiente secuencia empezando en x = 0.5
iteración
0
1
2
3
4
x
0.5
51.65
46.485
41.8365
37,65285
..
--
1.000000
Desventajas (cont.)
f(x)
f(x)
x1
x0
x2
x
x0
x2
x1
x
mínimo local
raíz cerca de punto de inflexión
f(x)
f(x)
x1
x0 x
x0
x1
varias raíces
la iteración en un mínimo
x
Ejemplo
Resolver utilizando Excel
sen x - e-x = 0 para 0<= x <= 1 y 3<= x <= 4 y 6<= x <= 7
Resultados
h=
0.1
xn
f(xn)
f'(xn)
xn+1
0.00000000
-1.00000000
1.94995999
0.51283104
0.51283104
-0.10815190
1.41522716
0.58925121
0.58925121
0.00099615
1.33011566
0.58850229
0.58850229
-0.00004224
1.33095756
0.58853402
0.58853402
0.00000178
1.33092188
0.58853269
h=
xn
0.01
f(xn)
f'(xn)
xn+1
0.00000000
-1.00000000
1.99499996
0.50125314
0.50125314
-0.12524617
1.47731614
0.58603267
0.58603267
-0.00347081
1.38411969
0.58854027
0.58854027
0.00001043
1.38133294
0.58853271
0.58853271
-0.00000004
1.38134134
0.58853274
Tarea #14
La carga en un circuito RLC serie esta dada por
q t   q 0 e
 Rt /( 2 L )

cos 

2 
R



 t
LC  2 L  

1
suponga q/q0 = 0.01, t = 0.05 s, L = 5H y C = 10-6 F.
Encuentre el valor de la Resistencia R usando el método de
Newton. Haga un programa en C para este problema.
Ejemplo
La carga en un circuito RLC paralelo la impedancia esta dada
por
2
1
Z

1 


wC



2
R
wL


1
suponga R = 225, L = 0.5H y C = 0.610-6 F y Z = 75 Ohms.
Encuentre el valor de la frecuencia w usando el método de
Newton.
Convergencia en el punto fijo
El algoritmo de punto fijo es de tipo lineal. Se puede demostrar
que el error verdadero en la iteración i+1 es:
Et,i+1= g’(x)Et,i
donde
Et,i = xr - xi
Convergencia en Newton Raphson
El algoritmo de Newton es de tipo cuadrático. Se puede
demostrar que el error verdadero en la iteración i+1 es:
Et,i+1= (- f ’’(xr)/2f ’(xr))E2t,i
Esto significa que el número de decimales exactos se duplica
con cada iteración.
Raíces múltiples
En el caso de que un polinomio tenga raíces múltiples, la
función tendrá pendiente igual a cero cuando cruce el eje x.
Tales casos no pueden detectarse en el método de bisección
si la multiplicidad es par.
En el método de Newton la derivada en la raíz es cero.
Generalmente el valor de la función tiende a cero más rápido
que la derivada y puede utilizarse el método de Newton
Ejemplo
Polinomio:
n
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
f(x) = (x – 3) (x – 1) (x – 1)
xn
0.50000000
0.72727273
0.85591767
0.92561694
0.96215341
0.98090260
0.99040636
0.99519176
0.99759300
0.99879578
0.99939771
f(xn)
-0.62500000
-0.16904583
-0.04451055
-0.01147723
-0.00291894
-0.00073639
-0.00018496
-0.00004635
-0.00001160
-0.00000290
-0.00000073
f'(xn)
2.75000000
1.31404959
0.63860849
0.31413077
0.15568346
0.07748373
0.03865069
0.01930234
0.00964539
0.00482125
0.00241026
xn+1
0.72727273
0.85591767
0.92561694
0.96215341
0.98090260
0.99040636
0.99519176
0.99759300
0.99879578
0.99939771
0.99969881
Descargar

Solución de ecuaciones no lineales