Error en el proceso de newton kantorovich

El Error optimo en el teorema de Newton-Kantorovich
Francisco Herrera A52726
Teorema 1 Sea X, Y ⊆ R y sea I intervalo abierto de X, F : X → I con F diferenciable y adem´s a |F (x) − F (y)| ≤ λ |x − y| con x, y ∈ I, λ ∈ R Sea x0 ∈ I y suponga 1 ≤κ F (x0 ) F (x0 ) ≤δ F (x0 ) h ≡ 2κλδ ≤ 1 Sea t∗ ≡ Entonces F (xn ) existen en I0 para 0 ≤ n F (xn ) √ 2 1− 1−h δ h I0 =]xo − t∗ , x0 + t∗ [ 1 existetal que F (x0 )

(1)

1. Los iterados del Newton xn+1 ≡ xn − 2. x∗ = l´ xn , x∗ ∈ I0 y F (x∗ ) = 0 ım

3. x∗ es la inica soluci´n de F (x) = 0 en o I0 ∩ ]xo − t , x0 + t [ Si h < 1, ahora si h = 0 entonces es en [xo − t , x0 + t ] 4. El mejor error posible |x∗ − xn | ≤ y 2 |xn+1 − xn | 1+ donde √ 1− 1−h √ θ≡ ≤ 1. 1+ 1−h (5) 1 + 4θ2n /(1 + θ2n )2 ≤ |x∗ − xn | ≤ θ2n−1 |xn − xn−1 | (4) √ 4 1 − hθ2n |x1 − x0 | h 1 − θ2n (3) t ≡ √ 2 1+ 1−h δ h (2)

Prueba 1 Mostraremos la parte del error. Comenzaremos con (3). Como lo establece Kantorovich y Akilov (1959) |xn+1 − xn | ≤ tn+1 − tn con t0 = o tn+1 = tn − 1 q(tn ) , q (n ) n≥0 (6)

2

donde la sucesi´n cuadr´tica de newton es o a q(t) = sabemos que tn ≤ tn+1 → t∗ Note que el discriminante de q(t) es Ahora las soluciones de q(t) son.
1κ

δ λ 2 1 t − t+ 2 κ κ

1 λδ 1 −4 = 2 (1 − h) κ2 2κ κ − h) =
1 κ 1 κ

±

1 κ2 (1 2λ 2

±

√ λ

1−h

=

1 κ (1

± λ

(1 − h)

Como h = 2δκλ ⇒

h 2

= δκλ tenemos
1 κ (1

±

√ √ (1 − h)) (1 ± 1 − h)δ 2 = = (1 ± 1 − h)δ λ λκδ h

Por lo tanto q(t) =

λ 2 1 δ t − t + = (t − t∗ )(t + t ) 2 κ κ
−1 κ ,

δ Luego q(t0 ) = κ , q (t0 ) =

q (t) = λ entonces porkantorovich |xk+1 − xk | ≤ |tk+1 − tk | ≤ t∗ − tn

tn ≤ tn+1 → t∗ y |x∗ − xn | ≤

Entonces decimos que |x∗ − xn | < t∗ − tn note que t* menos el lado derecho de (3) es la solucion de la ecuaci´n o (8) entonces tendriamos (3)y la igualdad se alcanza cuando F = q y x0 = t0 Faltaria probar |xn+1 − xn | ≤ tn+1 − tn la probaremos por inducci´n sobre n o
F Para n = 0 tenemos |x1 − xn | = − F (x0 )) ≤ δtome t1 = δ (x0

Supongamos |xn+1 − xn | ≤ tn+1 − tn si dejamos fijo un xn = x0 tenemos |x0 − xn | ≤ |x0 − x1 | + |x1 − x2 | + ... + |xx−1 + xn | ≤ t1 + (t2 − t1 ) + ... + (tk − tk−1 ) ⇒ |x0 − xn | ≤ tn ⇒ |x0 − xn | ≤ tn − t0 Haciendo lo mismo, fijando el otro n tenemos el resultado. Ahora probaremos la inecuaci´n (4), probaremos la cota superior primero, para ello utilizaremos las relao ciones derecurrencia de Kantorovich. 1 ≤ κn F (xn ) κn+1 = Note que: hn+1 = 2κn+1 λδn+1 = 2 2κn 2 − hn λ 1 hn δn 2 2 − hn = 2κn 2 − hn |xn + 1 − xn | ≤ δn = tn + 1 − tn δn+1 = 1 hn δn 2 2 − hn con

hn = 2κn λδn

2κn λδn hn h2 n = (2 − hn )2 (2 − hn )2 Tenemos que hn+1 = hn 2 − hn
2

, podemos escribir h2 − 4 + 4hn + 4 − 4hn (2 − hn )2 − 4(1 − hn ) n = 2 (2 − hn ) (2 − hn )2

hn + 1 =

3 (1 −hn ) (2 − hn )

⇒ hn+1 = 1 −

4(1 − hn ) 4(1 − hn ) ⇔ hn+1 − 1 = ⇔ 2 (2 − hn ) (2 − hn )2

hn+1 − 1 =

2

Sabemos que el m´todo de Newton es invariante con respecto a transformaciones lineales; considere s = at + b e (sn + s1 ) n con a = 0 adem´s q(t) = p(s) = s2 − 1 y sn = atn + b entonces sn + 1 = a . Note que 2 sn+1 − 1 = sn+1 + 1 pues sn+1 − 1 = s2 + 1 s2 + 1 s2 + 1 − 2sn (sn − 1)2(sn + 1)2 n −1= n −1= n = y sn+1 + 1 = ⇒ 2sn 2sn 2sn 2sn 2sn sn+1 − 1 = sn+1 + 1 De la misma forma sn − 1 = sn + 1 sn−1 − 1 sn−1 + 1
2 (sn −1)2 2sn (sn +1)2 2sn

sn − 1 sn + 1

2

=

sn − 1 sn + 1
2 2

2

sn−2 − 1 sn−2 + 1

...

s0 − 1 s0 + 1

2n

Entonces, retomamos lo anterior, tomando sn+1 = √ 1 vemos que cumple la condici´n anterior tendr´ o ıamos 1−hn+1 que √ √ 1 2 −1 1 −1 − hn+1 1−hn+1 sn+1 − 1 1 − 1 − hn √ = = = √ 1 sn+1 + 1 +1 1 + 1 − hn 1 + 1 − hn+1 1−h
n+1

Por (5)y adem´s h0 = h a

√ 1 − 1 − hn √ = θn ≡ 1 + 1 − hn

√ 1 − 1 − h0 √ 1 + 1 − h0

2n

= θ2n

(7)

Ahora para n = 1 en (3); |x∗ − x1 | ≤ θ |x1 − x0 | = θ0 |x1 − x0 | En general |x∗ − xn | ≤ θn−1 |xn − xn−1 | = θ2(n−1) |xn − xn−1 |, n ≥ 1 Para la cota inferior comenzaremos por este...