Risoluzione equazione non lineare con l'iterazione di Newton

Considera l’equazione $f_\lambda(x) = 0$ con $f_\lambda(x) = x^(3−\lambda) − ax^(−\lambda)$,e determina $\lambda$ in modo che il metodo di Newton converga in modo cubico. Scrivi l’iterazione di Newton associata nella forma più semplice possibile.
Avevo pensato di riscrivere $f_\lambda$ e la sua derivata in questo modo:
Posto $f(x)=x^3-a$ abbiamo $f_\lambda(x) =f(x)/x^\lambda$ e $f'_\lambda(x)=(f'(x)x^\lambda-\lambdax^(\lambda-1)f(x))/x^(2\lambda)$. Avevo pensato di usare il metodo dei punti fissi con $\Phi(x)=f_\lambda(x)+x$ e prendere come punto fisso $root(3)(a)$ e imporre che $\Phi^((1))(root(3)(a))=0$ e $\Phi^((2))(root(3)(a))=0$ (così da avere convergenza cubica), però sviluppando qualche termine mi è sembrato molto difficile da risolvere e quindi non credo sia la strada giusta, qualcuno mi sa dire come fare? Poi per rendere più semplice l'iterazione di Newton credo (ditemi se sbaglio) che basti invece che scrivere nell'iterazione direttamente $f_\lambda(x)$ e $f'_\lambda(x)$ usare le sostituzioni di sopra:

$f_\lambda(x) =f(x)/x^\lambda$ e $f'_\lambda(x)=(f'(x)x^\lambda-\lambdax^(\lambda-1)f(x))/x^(2\lambda)$.

Ultima modifica di andreadel1988 il 01/06/2023, 23:36, modificato 1 volta in totale.

Prima di tutto possiamo trovare le radici. Se \(\lambda < 0\) oppure \(\lambda = a = 0,\) \(0\) è una radice. Se \(\lambda > 0,\) abbiamo invece un polo in \(0\). Se \(a \neq 0,\) \(\sqrt[3]{a}\) è un'altra radice. Immagino il problema sia interessato solo alla seconda radice, ma ce ne sono ovviamente due in alcuni casi e il metodo di Newton potrebbe convergere ad entrambe.

Per quanto riguarda la derivata mi sembra tu ti stia complicando la vita in quando la derivata di \(x^\alpha = \alpha\,x^{\alpha-1}\) per ogni \(\alpha\) e non c'è alcuna ragione di separare \(f(x)\) in quel modo per poi calcolare la derivata di un quoziente. Hai quindi che
\[
\begin{align*}
f'_\lambda(x) &= (3 - \lambda)\,x^{2 - \lambda} + a\,\lambda\,x^{-1-\lambda} \\
&= x^{-1-\lambda}\,\big(a\,\lambda - (\lambda - 3)\,x^3\big)
\end{align*}
\]

Per quanto riguarda la derivata mi sembra tu ti stia complicando la vita in quando la derivata di \(x^\alpha = \alpha\,x^{\alpha-1}\) per ogni \(\alpha\) e non c'è alcuna ragione di separare \(f(x)\) in quel modo per poi calcolare la derivata di un quoziente. Hai quindi che
\[
\begin{align*}
f'_\lambda(x) &= (3 - \lambda)\,x^{2 - \lambda} + a\,\lambda\,x^{-1-\lambda} \\
&= x^{-1-\lambda}\,\big(a\,\lambda - (\lambda - 3)\,x^3\big)
\end{align*}
\]

Se conosco però già $f(x)$ e $f'(x)$ calcolati in un valore non è meglio l'altra formula? c e sennò cosi non avrebbe senso chiedere "Scrivi l’iterazione di Newton associata nella forma più semplice possibile" se devo metterci semplicemente $f_lambda(x)$ e $f'_lambda(x)$ (il resto del metodo di Newton poi non cambierebbe quindi l'uncia aprte da rendere piu semplice mi sembrava appunto quella di $f_lambda(x)$ e $f'_lambda(x)$). E poi per la convergenza cubica come posso fare? In qualche modo devo rendere piu semplice l'equazione ?

La convergenza del metodo di Newton è normalmente quadratica con l'errore proporzionale alla derivata seconda. Credo che la convergenza diventa cubica nel caso in cui la derivata seconda sia nulla nella radice. La derivata seconda è la seguente:
\[ x^{-2 - \lambda}\,\big((6 - 5\,\lambda + \lambda^2)\,x^3 -\lambda\,(1 + \lambda)\,a\big) \]
Se consideriamo la radice \(\sqrt[3]{a},\) abbiamo che devi avere:
\[ \lambda\,(1 + \lambda) = 6 - 5\,\lambda + \lambda^2 \]
cioè
\[ \lambda = 1. \]
Per \(\lambda = 1\) la derivata prima è uguale a \(x^{-2}\,(a + 2\,x^3)\) che non ha una radice in \(\sqrt[3]{a}\) (lo stesso vale per la derivata terza che ho calcolato con wolfram alpha per fare in fretta e non ha uno zero in quel punto). Se non sbaglio questo significa che la convergenza è cubica, ma forse è meglio se controlli la tua teoria a riguardo.

Per la radice zero, l'unica \(\lambda\) per cui \(f_\lambda(0) = 0\) e \(f'_\lambda(0) \neq 0\) credo sia \(-1\). Abbastanza convenientemente, la derivata seconda e terza si annullano in zero e la derivata quarta è constante. Credo questo significhi tuttavia che la convergenza è anche più veloce che cubica.

@apatriarca
Un metodo di punto fisso (come nel caso di Newton) si dice che ha convergenza cubica se la derivata prima e seconda di $Phi_N$ si annullano nel punto fisso, mentre la derivata terza non si annulla nel punto fisso.
In questo caso si ha che $Phi_N(x)=x-(f_{lambda}(x))/(f'_{lambda}(x))$

Ora siccome Newton con le radici semplici se converge ha sempre ordine $2$ (ovvero come in questo caso vale $Phi'_N(root(3)(a))=0$ senza fare calcoli) ci basta imporre $Phi''_N(root(3)(a))=0$ ovvero $1-\lambda=0$ da cui $lambda=1$.