Muller

Método de Newton:     Este es un método local e iterativo en el cuál aproximamos el entorno  de la función suponiendo que se comporta como su primera derivada. 4

3

x 1 =x 0 −

2

1

0

x1

x0

­1

­2

­3

 

 

f  x0  f '  x0 

Método de Müller:     Como el de Newton, es un método local e iterativo en el que partimos de un único punto pero tomamos un término más en el desarrollo para para aproximar el entorno de la función:

y= f  x 0  f '  x 0  x −x 0 

 

 

f '' x 0  2

 x− x 0 

2

Método de Müller: • Hasta ahora todos los métodos citados se acercaban a la raíz a través de una función lineal. Resulta evidente que esto no siempre resulta • Este método, el de Muller, se basa en aproximar la función a la vecindad de la raíz por medio de un polinomio cuadrático (es más real) • Se construye un polinomio de segundo grado para ajustar 3 punto cerca de una raíz. El cero propio de la cuadrática se usa como estimador de la raíz. Luego se sigue el proceso empleando el mismo conjunto de tres puntos que se están evaluando

 

 

      Haciendo y = 0, encontramos dos posibles soluciones para el punto  siguiente x1:

0= f  x 0  f '  x 0  x 1 − x 0 

x 1 =x 0 

 

− f '  x 0 ±



f '' x 0  2

2

 x 1 −x 0 

2

[ f '  x 0  ] −2f  x 0  f '' x 0  f '' x 0 

 

    Utilizar los métodos de Newton y Müller para encontrar el cero de  La siguiente función en la proximidad de x = 0.1: 2

y=ln sen x1 Newton: Tomando como punto de partida x0 = 0.1: f  x 0 @ 0 . 5354 f '  x =

2 sen x cos x 2

1sen x

=

sen 2x 1sen 2 x

f  x0 

ln  sen 2 0 .11 x 1 =x 0 − =0 . 1− @ 0 . 0495835 f '  x0  sen 0 . 2 2

 

1sen 0 . 1  

f  x 1 @ 0 . 0024535

x 2 =x 1 − x 3 =x 2 −

f  x1  f '  x1  f  x2  f '  x2 

@ 0 . 024741

 f  x 2 @ 0 . 000611805

@ 0 . 0123642

 f  x 3  @ 0 . 000152854

f  x 3  @ 0 . 00618131 x 4 =x 3 − f '  x3 

 f  x 4 @ 0 . 0000382074

f  x 4  @ 0 . 00309056 x 5= x4− f '  x4

 f  x 5 @9 . 55149 10−6

 Se puede apreciar que, mediante el método de Newton, la convergencia es lenta: Veamos, a continuación qué sucede con el método de Müller:  

 

Müller: Tomando el mismo punto de partida x0 = 0.1:

f '' x =

f '' x =

x 1 =x 0 

2 cos 2x  1sen 2 x −2 sen x cos x  sen 2x  1sen 2 x 2 2 cos 2x 1sen 2 x



−

− f '  x 0 

2

 sen 2x 1sen 2 x

 [ f '  x  ] −2f  x  f '' x  @ 0 . 0129298 2

0

0

f '' x 0 

 f  x 1  @0 . 000167156  



 

0

x 2 =x 1 

− f '  x 1 



2

[ f '  x 1  ] −2f  x 1  f '' x 1  f ''  x 1 

@ 0 . 000257272

 f  x 2 @ 6 . 6188910−8

x 3 =x 2 

− f '  x 2 

 [ f '  x  ] −2f  x  f '' x  2

2

2

f '' x 2 

 f  x 3  @1 . 08802 10−14

 

 

2

@1 . 04238 10

−7

  EJERCICIO

          Calcular π  con 5 cifras exactas mediante la función y = cos x,   y partiendo del punto x = 3.

 

 

          Calcular π  con 5 cifras exactas mediante la función y = cos x,   y partiendo del punto x = 3.         Podemos buscar el valor de π  como el del cero de la función  f(x) = cos(x) + 1: Newton: Tomando como punto de partida x0 = 3: f  x 0 @ 0 . 010007503

f '  x =­ sen x f  x0 

cos 31 x 1 =x 0 − =3− @ 3. 07091  f  x 1  @0 . 002497 f '  x0  −sen 3  

 

x 2 =x 1 − x 3 =x 2 − x 4 =x 3 − x 5= x4− x 6= x5−

f  x1  f '  x1  f  x2  f '  x2  f  x3  f '  x3  f  x4  f '  x4 f  x5 f '  x5 

@3 . 10627

 f  x 2 @ 0 . 00062378

@3 . 12393

 f  x 3  @ 0 . 000155981

@3 . 13276

 f  x 4 @ 3. 90076 10−5

@3 . 13718

 f  x 5 @9 . 73574 10−6  f  x 6 @ 2 . 42584 10−6

@3 . 13939

Vemos que, con el método de Newton, la convergencia es excesivamente lenta, por lo que recurrimos al método de Müller:   

 

Müller: Tomando el mismo punto de partida x0 = 3:

f '' x  =­ cos x x 1 =x 0 

− f '  x 0 



2

[ f '  x 0  ] −2f  x 0  f '' x 0  f '' x 0 

@3 . 15266

 f  x 1  @6 . 1242510−6

x 2 =x 1 

− f '  x 1 



2

[ f '  x 1  ] −2f  x 1  f '' x 1  f ''  x 1 

−9  f  x @ 1. 64431 10 2  

 

@3 . 14165

x 3 =x 2 

− f '  x 2 



2

[ f '  x 2  ] −2f  x 2  f '' x 2  f '' x 2 

@3 . 14159

 f  x 3  @3 . 52074 10−12         Comprobemos que también habiendo escogido el signo negativo,  Habríamos llegado al mismo resultado:

x 1 =x 0 

− f '  x 0 −

 [ f '  x  ] −2f  x  f '' x  2

0

0

f '' x 0 

 f  x 1  @4 .18852 10−5  

 

0

@3 . 13244

x 2 =x 1 

− f '  x 1 −



2

[ f '  x 1  ] −2f  x 1  f '' x 1  f ''  x 1 

@3 . 14155

 f  x 2 @ 9 . 09664 10−10

x 3 =x 2 

− f '  x 2 −

 [ f '  x  ] −2f  x  f '' x  2

2

2

f '' x 2 

 f  x 3  @3 . 52074 10−12

 

 

2

@3 . 14159

APLICACIONES