Por métodos iterativos, tenemos un punto fijo de la fórmula en la forma:
$$\tag 1 x_{n+1} = g(x_n)$$
La iteración de Newton está dada por:
$$\tag 2 \displaystyle x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$$
Por eso, $(2)$ es de la forma $(1)$.
Desde $r$ es una raíz de $f(x) = 0, r = g(r)$. Desde $x_{n+1} = g(x_n)$, podemos escribir:
$$x_{n+1} - r = g(x_n) - g(r).$$
Permite expandir $g(x_n)$ como una serie de Taylor en términos de $(x_n -r)$, con el segundo término derivado como el resto:
$$g(x_n) = g(r)+g'(r)(x_n-r) + \frac{g''(\xi)}{2}(x_n-r)^2$$
donde $\xi$ se encuentra en el intervalo de $[x_n, r]$, ya que:
$$g'(r) = \frac{f(r)f''(r)}{[f'(r)]^2} = 0.$$
Porque $f(r) = 0$ ($r$ es una raíz), tenemos:
$$g(x_n) = g(r) + \frac{g''(\xi)}{2}(x_n-r)^2.$$
Dejando $x_n-r = e_n$, tenemos:
$$e_{n+1} = x_{n+1}-r = g(x_n) - g(r) = \frac{g''(\xi)}{2}(e_n)^2.$$
Cada una de las sucesivas término de error es proporcional al cuadrado del error anterior, es decir, el método de Newton es cuadráticamente convergente.
Raíces Múltiples
Siguiendo el mismo tipo de razonamiento, si $x_n$ está cerca de una raíz de multiplicidad $\delta \ge 2$, entonces:
$$f(x) \approx \frac{(x-\xi)^\delta}{\delta !}f^{(m)}(\xi)$$
$$f'(x) \approx \frac{(x-\xi)^{\delta-1}}{(\delta-1) !}f^{(m)}(\xi)$$
Por lo tanto tenemos:
$$\tag 3 x_{n+1} -\xi = x_n - \xi -\frac{f(x_n)}{f'(x_n)} = \left(\frac{\delta -1}{\delta}\right)(x_n - \xi)$$
El $\delta$ término en el lado derecho de la $(3)$ en no cuadrática, por lo tanto tenemos lineal de convergencia.
Usted debe ser capaz de utilizar con su enfoque para limpiar lo que hizo.
Estoy confundido acerca de lo que escribió después de su derivación, pero yo voy a adivinar que se quiere averiguar la velocidad de convergencia para esta $f(x)$.
Se nos da:
$$f(x) =x^2(x-1)$$
Hay dos raíces de esta ecuación:
- $x = 0$ (el doble de la raíz)
- $x = 1$ (una raíz)
Así, sería de esperar lineal de convergencia en el doble de la raíz cuadrática y la convergencia en la raíz única.
La iteración de Newton está dada por:
$$x_{n+1} = x_n - \frac{(x_n-1) x_n^2}{x_n^2+2 (x_n-1) x_n}$$
Para la primera raíz, permite elegir un punto de partida de $x = 0.1$, se obtiene el siguiente ciclo:
- $24$ pasos para convergen a la raíz $x = 5.341441708552285 \times 10^{-9}$ (¡caramba!)
Para la segunda raíz, permite elegir un punto de partida de $x = 1.4$, se obtiene el siguiente ciclo:
- $6$ pasos para convergen a la raíz $x = 1.000000000000000$ (mucho mejor!)
Ahora, usted podría utilizar los resultados exactos y comparar numéricamente y demostrar la convergencia de las tasas para cada uno de los casos.
Nota: se debe elegir un punto de partida suficiente que converge a una raíz o el otro. Basado en que la selección inicial, la tasa va a ser cuadrática cuando el algoritmo converge a $1$ y lineal cuando se converge a $0$. Recogemos cerca de un punto de partida y ver donde llegamos. Usted podría también representar gráficamente la función para tener una idea acerca de los puntos de partida. Típicamente no sabemos lo que apriori raíces nos dará lo que el comportamiento. Obviamente no es un rango donde la convergencia ocurre a una sola raíz o el otro. No estoy seguro de cómo uno podría calcular analíticamente porque usted puede también averiguar las raíces sin métodos numéricos en ese caso.
