Para hallar el término $xn+1 $ hay que sacar las raíces del polinomio:
$$p(x) = f(x_n) + f’(x_n)(x - x_n) + \frac12f”(x_n)(x-x_n)^2$$
Por tanto:
$$xn+1 = x_n + \frac{-f’(x_n) ± \sqrt{f’(x_n)^2 - 2f(x_n)f”(x_n)}}{f”(x_n)}$$
b) ¿Qué raíz debemos escoger? Debemos llegar a un punto tal que $f(x^∗) = 0$ . Este será un punto fijo, es decir:
$$x^∗ = x^∗ + \frac{-f’(x^∗) ± \sqrt{f’(x^∗)^2 - 2f(x^∗)f”(x^∗)}}{f”(x^∗)}$$
Es decir, el término de la derecha debe anularse. Simplificando y haciendo $f(x^∗) = 0$ tenemos que:
$$-f’(x^∗) ± \sqrt{f’(x^∗)^2} = 0$$
Por tanto debemos escoger la raíz con símbolo $+$ .
c) Comprobación del método Si multiplicamos por el conjugado la expresión original:
$$xn+1 = x_n - \frac{f’(x_n) - \sqrt{f’(x_n)^2 - 2f(x_n)f”(x_n)}}{f”(x_n)} ⋅ \frac{f’(x_n) + \sqrt{f’(x_n)^2 - 2f(x_n)f”(x_n)}}{f’(x_n) + \sqrt{f’(x_n)^2 - 2f(x_n)f”(x_n)}}$$
Simplificando:
$$xn+1 = x_n - \frac{f’(x_n)^2 - f’(x_n)^2 + 2f(x_n)f”(x_n)}{(f’(x_n) + \sqrt{f’(x_n)^2 - 2f(x_n)f”(x_n)})f”(x_n)}$$
Reordenando términos y sacando $f’(x_n)^2$ :
$$xn+1 = x_n - \frac{2}{1 + \sqrt{1 - 2\frac{f(x_n)f”(x_n)}{f’(x_n)^2}}}\frac{f(x_n)}{f’(x_n)}$$
Hecho en Maxima. No converge.
Sea $x^∗$ el punto fijo de $f$ . Por el teorema de Taylor existe $ξ$ en el menor intervalo abierto que contiene a $x_k$ y $x^∗$ tal que:
$$0 = f(x^∗) = f(x_k) + f’(x_k)(x^∗ - x_k) + \frac12f”(x_k)(x^∗ - x_k)^2 + \frac16f”’(ξ)(x^∗ - x_k)^3$$
Además, por cómo se ha elegido $xk+1 $:
$$0 = f(x_k)+ f’(x_k)(xk+1-x_k) + \frac12f”(x_k)(xk+1-x_k)^2$$
Restando una expresión a otra:
$$0 = f’(x_k)(x^∗ - xk+1) + \frac12f”(x_k)(x^∗ - xk+1)(x^∗ + xk+1 - 2x_k) + \frac16f”’(ξ)(x^∗ - x_k)^3$$
Sacamos factor común y despejamos:
$$\left(f’(x_k) + \frac12f”(x_k)(x^∗ + xk+1 - 2x_k)\right)(x^∗ - xk+1) = \frac16f”’(ξ)(x_k - x^∗)^3$$
Tomamos valor absoluto y tenemos que:
$$|x^∗ - xk+1| = \frac16\frac{|f”’(ξ)|}{\left|f’(x_k) + \frac12f”(x_k)(x^∗ + xk+1 - 2x_k)\right|}|x^∗ - x_k|^3$$
Sea $f ∈ C^3([x^∗ - δ_1, x^∗ + δ_1])$ para algún $δ_1 > 0$ . Como $f’(x^∗) ≠ 0$ , por el lema de conservación del signo $∃ δ_2$ con $0 < δ_2 \leq δ_1$ tal que, siendo $I_2 = [x^∗ - δ_2, x^∗ + δ_2]$ :
$$minx ∈ I_2 |f’(x)| > 0$$
Sea $\displaystyle Mi, δ = maxx ∈ [x^∗ - δ, x^∗ + δ] |f(i) (x)|$, que existe para todo $i$ menor que $4$ y todo $δ$ menor o igual que $δ_2$ por el teorema de Weierstrass y porque $f ∈ C^3(I_2)$ . Sea $mi, δ $ la expresión con el mínimo, que en el caso anterior existe, por lo que podemos llamar $m1, δ_2 $ a la cota inferior anterior.
Tomamos $δ$ con $0 < δ \leq δ_2$ tal que $δ M2, δ_2 < \frac 2 3 m1, δ_2 $ y $M2, δ_2 \left( 2 \frac {M0, δ }{m1, δ_2 } \right) < m1, δ_2 $. La segunda igualdad puede conseguirse porque $f(x)$ tiende a $0$ cuando $x$ tiende a $x^∗$ . Entonces, tomando $x_k ∈ I := [x^∗ - δ, x^∗ + δ]$ y usando la definición de $xk+1 $:
$$ \frac{|f”’(ξ)|}{\left|f’(x_k) + \frac12f”(x_k)(x^∗ + xk+1 - 2x_k)\right|} \leq \frac{M3, δ}{m1, δ - ½ M2, δ |\underbrace{x^∗ - x_k}\leq δ + xk+1 - x_k|} $$
$$ \leq \frac{M3, δ}{m1, δ_2 - ½ M2, δ_2 \big(δ + |\frac 2 {\underbrace{1 + \sqrt{…}}\leq 1} \frac {M0, δ}{m1, δ_2}| \big)} \leq \frac{M3, δ}{m1, δ_2 - \frac13 m1, δ_2 - ½ m1, δ_2} = \frac{6 M3, δ}{m1, δ_2}$$
Por ello, sea $K = \frac{M3, δ }{m1, δ_2 }$, podemos acotar la expresión que queríamos:
$$|x^∗ - xk+1| \leq K|x^∗ - x_k|^3$$
Dando así orden de convergencia 3.
Esta sucesión converge a un punto fijo de $1 - log x_n$ , es decir, un punto en el que:
$$1 - log x = x$$
por lo que no sirve para resolver el problema.
El resto de sucesiones si convergen lo hacen a un punto tal que $1 - log x = 0$ .
$xn+1 = x_n + 1 - log x_n$ Consideramos la aplicación $g(x) = x + 1 - log x$ :
Vemos que $|g’| < 1$ en $(0,+∞)$ por lo que la aplicación es contractiva.
Además, $g([2,3]) \subseteq [2,3]$
$xn+1 = x_n - (1 - log x_n)$ Consideramos la aplicación $g(x) = x - (1 - log x)$ :
Vemos que $|g’| > 1$ en $(0,+∞)$ por lo que la aplicación no es contractiva.
Por tanto no podemos aplicar el teorema del punto fijo.
$xn+1 = x_n + (1 - log x_n)/3$ Consideramos la aplicación $g(x) = x + (1 - log x)/3$ :
Vemos que $|g’| < 1$ en $(0,+∞)$ por lo que la aplicación es contractiva.
Además $g([2,3]) \subseteq [2,3]$
a) Hallar $D$ y $g$ para el método Sea $D = [0,1]^2$ . Podemos tomar como $g = g_1 × g_2$ :
$$g_1(x,y) = \frac{1}{\sqrt{5}}y = x \iff 5x^2 - y^2 = 0$$
$$g_2(x,y) = ¼(sin x + cos y) = y \iff y - 0.25(sin x +cos y) = 0$$
Tenemos que $g_1,g_2 \geq 0$ en $D$ . Además, claramente: $max g_1 = \frac1{\sqrt{5}} < 1$ y $max g_2 \leq ½$ . Así, $g(D) \subseteq D$ .
Por otra parte, $g ∈ C^1(D)$ y:
$$J g(x) = \left(\begin{matrix}0 & \frac{1}{\sqrt{5}} \ \frac{cos x}{4} & \frac{-sin y}{4} \end{matrix}\right)$$
Y por tanto $||J g(x)||_∞ = maxx,y ∈ D \{ \frac{1}{\sqrt{5}}, ¼(|cos x| + |sin y|) \} = ½ < 1$, por lo que la aplicación es contractiva en $D$ .
Así, por el teorema de convergencia global, existe $x^∗ ∈ D$ tal que $g(x^∗) = x^∗$ . Además el teorema garantiza la convergencia a ese punto mediante iteración funcional.
Si llamamos los nodos $x_i, x_j, x_k$ tenemos que:
$$l_i’(x) = \frac{2x - x_j - x_k}{(x_i -x_k)(x_i - x_j)}$$
Es decir:
$l_0’(x) = \frac{2x - 4h}{3h^2}$ , por lo que $l_0’(2h) = 0$
$l_1’(x) = \frac{2x - 3h}{-2h^2}$ , por lo que $l_1’(2h) = \frac{-1}{2h}$
$l_2’(x) = \frac{2x - h}{6h^2}$ , por lo que $l_2’(2h) = \frac{1}{2h}$
Por tanto la fórmula de derivación numérica queda:
$$\operatorname{FDN}(f) = ∑ f(x_i)l_i(x) = \frac{f(3h) - f(h)}{2h}$$
Desarrollamos el polinomio de Taylor centrado en $2h$ :
$$f(x) = f(2h) + f’(2h)(x-2h) + ½ f”(2h)(x-2h)^2 + \frac16 f”’(ξ)(x-2h)^3$$
Evaluando en $3h$ y en $h$ tenemos, para $h < ξ_2 < 2h < ξ_1 < 3h$ :
$$f(3h) = f(2h) + hf’(2h) + ½ h^2 f”(2h) + \frac16 h^3 f”’(ξ_1)$$
$$f(h) = f(2h) - hf’(2h) + ½ h^2 f”(2h) - \frac16 h^3 f”’(ξ_2)$$
La diferencia vale:
$$f(3h) - f(h) = 2hf’(2h) + \frac16 h^3 (f”’(ξ_1) + f”’(ξ_2))$$
Si $f ∈ \mathcal{C}^3$ por el teorema de los valores intermedios tenemos que existe un $h < ξ < 3h$ tal que:
$$f(3h) - f(h) = 2hf’(2h) + \frac13 h^3 f”’(ξ)$$
Por tanto:
$$\operatorname{ED}(f) = f’(2h) - \operatorname{FDN}(f) = f’(2h) - \frac{f(3h)-f(h)}{2h} = - \frac{h^2}{6} f”’(ξ)$$
Deduce las expresiones de las fórmulas de Newton-Cotes abiertas con $n = 1$ y $n = 2$ y obtén la expresión del error de dichas fórmulas Las fórmulas se obtienen de:
$$\operatorname{FC}_n(f) = ∑i=0n\left(∫_0^2 l_i\right)f\left(a + (i+1)\frac{b-a}{n+2}\right)$$
Para calcular las integrales de los polinomios de la base de Lagrange utilizamos el cambio de variable que las transforma en integrales estándar.
En el caso de n = 1 tenemos:
#+TODO
El error tiene la expresión, para cierto $ξ ∈ [0,2]$ :
$$\operatorname{EC}_1(f) = \frac{h1+2f1+1)(ξ)}{(1+1)!}∫-11+1 y(y-1) \; dy = \frac{3h^3}{4}f2)(ξ)$$
En el caso de n = 2 tenemos:
#+TODO
El error tiene la expresión, para cierto $ξ ∈ [0,2]$ :
$$\operatorname{EC}_2(f) = \frac{h2+3f2+2)(ξ)}{(2+2)!}∫-12+1 y^2(y-1)(y-2) \; dy = \frac{14h^5}{45}f4)(ξ)$$
Calcula utilizando las fórmulas obtenidas en el apartado anterior las aproximaciones de $∫_0^2x^3 - 2x^2 +1 \; dx$
Basta aplicar las fórmulas utilizadas anteriormente, con $h = 2/(n+2)$ , $a = 0$ , $b = 2$ .
$$\operatorname{FNC}_1(f) = \frac{3h}{2}[f(a+h) + f(b-h)] = \frac29 = 0.\bar{2} $$
$$\operatorname{FNC}_2(f) = \frac{4h}{3}\left[2f(a+h) -f\left(\frac{a+b}{2}\right)+ 2f(b-h)\right] = \frac23$$
Compara los errores reales con los errores teóricos cometidos Podemos calcular el valor exacto de la integral obteniendo una primitiva:
$$∫_0^2x^3 - 2x^2 +1 \; dx = \left[¼ x^4 - \frac23 x^3 + x \right]_0^2 = 4-5\frac{1}{3} + 2 = \frac23$$
Comparamos con las cotas del error que nos proporciona la expresión del error de las fórmulas:
$$|E_1|(f) = \frac49 \quad |E_1(f)| = \frac{3h^3}{4}|f”(ξ)| = |\frac89(6ξ-4)| \leq \frac89(12-4) = \frac{16}{9} $$
$$|E_2|(f) = 0 \quad |E_2(f)| = \frac{14h^5}{45}|f^4)(ξ)| = 0$$