El método de Newton es una técnica numérica que utiliza la primera derivada para aproximar los ceros de las funciones. A continuación se presentan ejemplos detallados que demuestran su aplicación. Puedes verificar los resultados usando esta calculadora del método de Newton.
El método de Newton (o Newton-Raphson) se basa en la fórmula recursiva:
\[ x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}, \quad n = 0, 1, 2, \ldots \]
Comienza seleccionando un punto inicial cercano al cero de la función. Luego itera usando la fórmula anterior. Este método es ampliamente utilizado y fácilmente implementable en la mayoría de los lenguajes de programación.
Utiliza el método de Newton para aproximar el cero más grande de:
\[ f(x) = x^2 + 3x + 1 \]
Los ceros de esta función cuadrática se pueden encontrar analíticamente, pero usaremos el método de Newton como comparación. Graficando \( f \), observamos dos ceros negativos. El cero más grande está más cerca de 0. Tomemos \( x_0 = 0 \) como aproximación inicial.
La derivada es:
\[ f'(x) = 2x + 3 \]
Comenzando en \( x_0 = 0 \): \[ x_1 = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)} = 0 - \frac{0^2 + 3(0) + 1}{2(0) + 3} = -\frac{1}{3} \] \[ x_2 = -\frac{1}{3} - \frac{f(-1/3)}{f'(-1/3)} \approx -0.38095238 \] \[ x_3 \approx -0.38196555, \quad x_4 \approx -0.38196601, \quad x_5 \approx -0.38196601 \]
Compara esto con la raíz exacta usando la fórmula cuadrática: \[ z_2 = \frac{-3 + \sqrt{5}}{2} \approx -0.38196601125\ldots \] El método de Newton da precisión de 8 decimales.
Comprobando la precisión: \[ f(x_5) \approx 2.8 \times 10^{-9} \] Esto confirma que \( x_5 \) es una aproximación muy precisa.
Nota: El ejemplo 1 fue elegido para comparar la aproximación de Newton con una solución exacta. El método de Newton es más útil para ecuaciones que carecen de una solución analítica, como en los siguientes ejemplos.
Resuelve la ecuación \( e^{x-3} = -x + 2 \) usando el método de Newton.
Reescribe la ecuación como: \[ f(x) = e^{x - 3} + x - 2 = 0 \] Entonces: \[ f'(x) = e^{x - 3} + 1 \]
La gráfica sugiere un cero cerca de \( x = 2 \), así que tomemos \( x_0 = 2 \). Entonces: \[ x_1 = 2 - \frac{e^{-1}}{e^{-1} + 1} \approx 1.73105857 \] \[ x_2 \approx 1.72154537, \quad x_3 \approx 1.72153545, \quad x_4 \approx 1.72153545 \] Dado que \( x_4 = x_3 \) con 8 decimales, el proceso se detiene.
Verificación: \[ f(x_4) \approx -9.3 \times 10^{-9} \] \[ \text{Izquierda: } e^{x_4 - 3} \approx 0.278464540 \quad \text{Derecha: } -x_4 + 2 \approx 0.278464550 \] Por lo tanto, \( x_4 = 1.72153545 \) es una excelente aproximación.
Aproxima \( \sqrt[3]{5} \) usando el método de Newton.
La raíz cúbica de 5 resuelve \( x = \sqrt[3]{5} \Rightarrow x^3 = 5 \), o: \[ f(x) = x^3 - 5 = 0, \quad f'(x) = 3x^2 \] De la gráfica, un buen punto de partida es \( x_0 = 2 \).
\[ x_1 = 2 - \frac{2^3 - 5}{3 \cdot 2^2} = 1.75 \] \[ x_2 = 1.71088435, \quad x_3 = 1.70997642, \quad x_4 = x_5 = 1.70997594 \] Por lo tanto, \( \sqrt[3]{5} \approx 1.70997594 \).
