Mètodes numèrics: bisecció, Newton-Raphson, trapezis i Simpson

⏱ 9 min de lectura🔄 Actualitzat el 7 de setembre del 2026Universitat

Gairebé cap equació que surt d'un problema real d'enginyeria es pot resoldre amb una fórmula, i moltes integrals no tenen primitiva elemental. Els mètodes numèrics substitueixen la solució exacta per una successió d'aproximacions amb l'error controlat, i són el que fa servir qualsevol calculadora o programa quan li demanes una arrel o una integral. En aquesta pàgina veuràs els quatre mètodes bàsics que s'estudien a primer curs: el mètode de la bisecció i el mètode de Newton-Raphson (amb la secant com a variant) per resoldre $f (x) = 0$ , i les regles compostes dels trapezis i de Simpson per aproximar $\int_{a}^{b} f (x) d x$ . Per a cadascun, la fórmula, què garanteix, quan falla i un exemple amb la taula d'iteracions.

Per què calen mètodes numèrics

L'equació $x^{3} - x - 1 = 0$ té una única arrel real, però la fórmula de Cardano que la dona és inservible a la pràctica; $cos x = x$ ni tan sols té fórmula. I integrals com $\int_{0}^{1} e^{- x^{2}} d x$ o $\int_{0}^{π} 1 + cos^{2} x d x$ (una longitud d'arc) no tenen primitiva expressable amb funcions elementals. Un mètode numèric és un algorisme que, a partir de la funció i d'un punt o interval de partida, produeix aproximacions $x_{1}, x_{2}, \dots$ i, sobretot, una fita de l'error que permet aturar-se quan la precisió és suficient. Sense fita de l'error, un nombre amb molts decimals no és un resultat.

Els mètodes d'aquesta pàgina complementen la resolució exacta que has vist a límits, continuïtat i derivada (el teorema de Bolzano és el fonament de la bisecció) i a mètodes d'integració.

Mètode de la bisecció

Fonament: teorema de Bolzano

Si $f$ és contínua en $[a, b]$ i $f (a) f (b) < 0$ , existeix almenys un $r \in (a, b)$ amb $f (r) = 0$ .

Un interval $[a, b]$ amb canvi de signe s'anomena un bracket de l'arrel. La bisecció consisteix a partir el bracket per la meitat i quedar-se amb la meitat que conserva el canvi de signe: si $m = (a + b) /2$ i $f (a) f (m) < 0$ , l'arrel és a $[a, m]$ ; si no, és a $[m, b]$ . Cada pas divideix la longitud del bracket per dos, de manera que la convergència està garantida (només cal continuïtat) i l'error és previsible:

∣ m_{n} - r ∣ \leq \frac{b - a}{2 ^{n}},

on $m_{n}$ és el punt mitjà del pas $n$ . Si vols error menor que una tolerància $ε$ , n'hi ha prou amb

n \geq lo g_{2} \frac{b - a}{ε} .

Amb $b - a = 1$ : $10$ passos per a $ε = 1 0^{- 3}$ i $20$ passos per a $ε = 1 0^{- 6}$ . És lent (cada pas guanya un bit, uns $0, 3$ decimals), però mai no falla.

Bisecció per a x^3 - x - 1 = 0

Sigui $f (x) = x^{3} - x - 1$ . Com que $f (1) = - 1 < 0$ i $f (2) = 5 > 0$ , hi ha una arrel a $(1, 2)$ . A més, $f^{'} (x) = 3 x^{2} - 1 > 0$ en $[1, 2]$ , de manera que és estrictament creixent i l'arrel és única (Bolzano només dona existència; la unicitat necessita un argument a part, com la monotonia).

$n$	$a$	$b$	$m$	$f (m)$	fita de l'error
1	$1$	$2$	$1, 5$	$+ 0, 875$	$0, 5$
2	$1$	$1, 5$	$1, 25$	$- 0, 297$	$0, 25$
3	$1, 25$	$1, 5$	$1, 375$	$+ 0, 225$	$0, 125$
4	$1, 25$	$1, 375$	$1, 3125$	$- 0, 052$	$0, 0625$
5	$1, 3125$	$1, 375$	$1, 34375$	$+ 0, 083$	$0, 03125$
6	$1, 3125$	$1, 34375$	$1, 328125$	$+ 0, 015$	$0, 015625$
7	$1, 3125$	$1, 328125$	$1, 3203125$	$- 0, 019$	$0, 0078$
8	$1, 3203125$	$1, 328125$	$1, 32421875$	$- 0, 002$	$0, 0039$

Després de $8$ passos sabem que $r \in [1, 3203, 1, 3281]$ i que $∣ m_{8} - r ∣ < 0, 004$ . El valor exacte és $r = 1, 324718 \dots$ ; per garantir tres decimals ( $ε = 1 0^{- 3}$ ) calen $10$ passos.

Mètode de Newton-Raphson

Newton canvia la garantia de la bisecció per velocitat. La idea és substituir $f$ per la seva recta tangent al punt actual $x_{n}$ i prendre com a aproximació següent el punt on la tangent talla l'eix. La tangent és $y = f (x_{n}) + f^{'} (x_{n}) (x - x_{n})$ , i s'anul·la a

x_{n + 1} = x_{n} - \frac{f ( x _{n} )}{f ^{'} ( x _{n} )} .

Gràfica de f(x) = x³ − x − 1 amb la tangent a x₀ = 1,5 que talla l'eix a x₁, i la tangent a x₁ que talla l'eix a x₂, molt a prop de l'arrel r — Interpretació geomètrica de Newton: cada iterat és el zero de la tangent a l'iterat anterior.

Convergència quadràtica

Si $r$ és una arrel simple ( $f (r) = 0$ , $f^{'} (r) \neq = 0$ ), $f$ és de classe $C^{2}$ prop de $r$ i el punt inicial $x_{0}$ és prou a prop de $r$ , aleshores la successió de Newton convergeix a $r$ i

∣ x_{n + 1} - r ∣ \leq K ∣ x_{n} - r ∣^{2}

per a una constant $K$ . En la pràctica, el nombre de decimals correctes es duplica a cada pas.

Newton per a la mateixa equació

Per a $f (x) = x^{3} - x - 1$ , $f^{'} (x) = 3 x^{2} - 1$ i la iteració és

x_{n + 1} = x_{n} - \frac{x _{n}^{3} - x _{n} - 1}{3 x _{n}^{2} - 1} = \frac{2 x _{n}^{3} + 1}{3 x _{n}^{2} - 1} .

Partint de $x_{0} = 1, 5$ (dins del bracket):

$n$	$x_{n}$	$f (x_{n})$	$∣ x_{n} - r ∣$
0	$1, 5$	$8, 8 \cdot 1 0^{- 1}$	$1, 8 \cdot 1 0^{- 1}$
1	$1, 3478261$	$1, 0 \cdot 1 0^{- 1}$	$2, 3 \cdot 1 0^{- 2}$
2	$1, 3252004$	$2, 1 \cdot 1 0^{- 3}$	$4, 8 \cdot 1 0^{- 4}$
3	$1, 3247182$	$9, 2 \cdot 1 0^{- 7}$	$2, 2 \cdot 1 0^{- 7}$
4	$1, 3247180$	$1, 9 \cdot 1 0^{- 13}$	$4, 4 \cdot 1 0^{- 14}$

Quatre iteracions donen tretze decimals correctes; la bisecció en necessitaria més de quaranta. Mira la columna de l'error: $1 0^{- 1}$ , $1 0^{- 2}$ , $1 0^{- 4}$ , $1 0^{- 7}$ , $1 0^{- 14}$ . Els exponents es dupliquen: això és la convergència quadràtica.

Quan falla Newton

El mètode és local: prop d'una arrel simple és imbatible, però lluny d'ella no hi ha cap garantia.

Derivada nul·la o molt petita. Si $f^{'} (x_{n}) = 0$ la tangent és horitzontal i no talla l'eix. Per a $f (x) = x^{3} - x - 1$ , els punts $x = \pm 1/ 3$ són prohibits, i prop seu el pas $f / f^{'}$ és enorme.
Mala llavor. Amb $x_{0} = 0$ , la mateixa equació dona $x_{1} = - 1$ , $x_{2} = - 0, 5$ , $x_{3} = - 3$ : la successió surt del bracket i triga a tornar. Per això es recomana obtenir primer un bracket amb Bolzano i triar $x_{0}$ dins seu.
Cicles i canvi d'arrel. Si l'equació té diverses arrels, Newton pot oscil·lar entre dos valors o convergir a una arrel diferent de la que busques.
Arrel múltiple ( $f^{'} (r) = 0$ ). El mètode convergeix, però només linealment: es perd l'avantatge.

El control pràctic és doble: vigilar el residu $∣ f (x_{n}) ∣$ i la diferència $∣ x_{n + 1} - x_{n} ∣$ , i aturar-se quan tots dos són menors que la tolerància. Una diferència petita entre iterats no demostra per si sola que s'ha convergit, però combinada amb un residu petit i un bracket previ és un criteri fiable.

Mètode de la secant

Si la derivada és cara o no està disponible, se substitueix la tangent per la secant que passa pels dos últims iterats:

x_{n + 1} = x_{n} - f (x_{n}) \frac{x _{n} - x _{n - 1}}{f ( x _{n} ) - f ( x _{n - 1} )} .

Cal partir de dos punts, $x_{0}$ i $x_{1}$ . La convergència és superlineal (d'ordre aproximadament $1, 618$ , el nombre d'or): més lenta que Newton però sense derivades. Per a $x^{3} - x - 1 = 0$ amb $x_{0} = 1$ i $x_{1} = 2$ , els iterats són $1, 1667$ , $1, 2531$ , $1, 3372$ , $1, 3239$ , $1, 32471$ , $1, 3247180$ : sis passos per a set decimals correctes.

Integració numèrica

Per aproximar $I = \int_{a}^{b} f (x) d x$ es divideix $[a, b]$ en $n$ subintervals d'amplada $h = (b - a) / n$ , amb nodes $x_{i} = a + ih$ , i es substitueix $f$ per una funció fàcil d'integrar en cada tros.

Regla dels trapezis composta

En cada subinterval s'aproxima $f$ per la recta que uneix $(x_{i}, f (x_{i}))$ i $(x_{i + 1}, f (x_{i + 1}))$ : l'àrea és la d'un trapezi, $\frac{h}{2} (f (x_{i}) + f (x_{i + 1}))$ . Sumant,

T_{n} = h [\frac{f ( x _{0} ) + f ( x _{n} )}{2} + i = 1 \sum n - 1 f (x_{i})], ∣ I - T_{n} ∣ \leq \frac{( b - a ) h ^{2}}{12} [a, b] max ∣ f^{''} ∣.

Els pesos són $\frac{1}{2}, 1, 1, \dots, 1, \frac{1}{2}$ . L'error és d'ordre $h^{2}$ : doblar $n$ divideix l'error per $4$ .

Regla de Simpson composta

Simpson aproxima $f$ per una paràbola en cada parell de subintervals consecutius (per tant $n$ ha de ser parell):

S_{n} = \frac{h}{3} [f (x_{0}) + 4 f (x_{1}) + 2 f (x_{2}) + 4 f (x_{3}) + \dots + 4 f (x_{n - 1}) + f (x_{n})], ∣ I - S_{n} ∣ \leq \frac{( b - a ) h ^{4}}{180} [a, b] max ∣ f^{(4)} ∣.

Els pesos són $1, 4, 2, 4, \dots, 2, 4, 1$ : $4$ als índexs senars, $2$ als parells interiors. L'error és d'ordre $h^{4}$ : doblar $n$ divideix l'error per $16$ . A més, Simpson és exacte per a polinomis de grau $\leq 3$ , no només de grau $2$ , perquè l'error de la cúbica es cancel·la per simetria.

Trapezis i Simpson amb n = 4 sobre una integral coneguda

Aproxima $I = \int_{1}^{3} \frac{d x}{x} = ln 3 = 1, 098612 \dots$ amb $n = 4$ .

Aquí $h = 0, 5$ i els nodes són $x_{i} = 1, 1, 5, 2, 2, 5, 3$ , amb valors $f (x_{i}) = 1, \frac{2}{3}, \frac{1}{2}, \frac{2}{5}, \frac{1}{3}$ .

Trapezis:

T_{4} = 0, 5 [\frac{1 + \frac{1}{3}}{2} + \frac{2}{3} + \frac{1}{2} + \frac{2}{5}] = 0, 5 \cdot 2, 2 \overline{3} = 1, 116667, T_{4} - I \approx + 0, 0181.

Simpson:

S_{4} = \frac{0 , 5}{3} [1 + 4 \cdot \frac{2}{3} + 2 \cdot \frac{1}{2} + 4 \cdot \frac{2}{5} + \frac{1}{3}] = \frac{0 , 5}{3} \cdot 6, 6 = 1, 100000, S_{4} - I \approx + 0, 0014.

Amb els mateixos cinc valors de la funció, Simpson té un error $13$ vegades més petit. Comprovem les fites: $f^{''} (x) = 2/ x^{3}$ té màxim $2$ a $x = 1$ , de manera que $∣ I - T_{4} ∣ \leq \frac{2 \cdot 0 , 25}{12} \cdot 2 \approx 0, 083$ ; i $f^{(4)} (x) = 24/ x^{5}$ té màxim $24$ , de manera que $∣ I - S_{4} ∣ \leq \frac{2 \cdot 0 , 0625}{180} \cdot 24 \approx 0, 017$ . Els errors reals ( $0, 018$ i $0, 0014$ ) compleixen les fites amb marge, com ha de ser: les fites són garanties, no prediccions exactes.

Els dos errors són positius perquè $f$ és convexa: els trapezis queden per sobre de la corba. Aquest és un control de signe que sempre pots fer.

Quants subintervals cal prendre?

Les fites de l'error serveixen per triar $n$ abans de calcular. Si a l'exemple anterior volguessis error menor que $1 0^{- 4}$ amb trapezis, imposaries $\frac{2 h ^{2}}{12} \cdot 2 < 1 0^{- 4}$ , és a dir $h < 0, 017$ i $n \geq 116$ . Amb Simpson, $\frac{2 h ^{4}}{180} \cdot 24 < 1 0^{- 4}$ dona $h < 0, 14$ i n'hi ha prou amb $n = 16$ . Quan la funció és suau, Simpson guanya sempre.

Errors que costen l'apartat sencer

Simpson amb $n$ senar. La regla necessita parells de subintervals; amb $n = 5$ no hi ha manera de repartir els pesos $1, 4, 2, \dots, 4, 1$ .
Comptar malament els pesos. Els extrems porten $1$ (Simpson) o $\frac{1}{2}$ (trapezis); els interiors alternen $4, 2, 4, \dots$ començant per $4$ .
Confondre $h$ amb $n$ . $h = (b - a) / n$ ; amb $[1, 3]$ i $n = 4$ , $h = 0, 5$ , no $0, 25$ .
Newton sense bracket. Una llavor qualsevol pot enviar la successió lluny de l'arrel; comprova primer el canvi de signe.
Afirmar unicitat amb Bolzano. Bolzano dona existència. Per a la unicitat cal, per exemple, que $f^{'}$ no canviï de signe a l'interval.
Donar un resultat sense fita de l'error. « $r \approx 1, 3247$ » sense dir quants decimals són fiables no és una resposta completa.

Protocol de resolució

Per a una equació $f (x) = 0$ :

Escriu l'equació en la forma $f (x) = 0$ i estudia $f$ : continuïtat, signe, monotonia.
Troba un bracket $[a, b]$ amb $f (a) f (b) < 0$ i justifica la unicitat de l'arrel dins seu si cal.
Si et demanen una precisió $ε$ amb bisecció, calcula el nombre de passos $n \geq lo g_{2} \frac{b - a}{ε}$ abans de començar.
Si fas Newton, tria $x_{0}$ dins del bracket, escriu la fórmula d'iteració simplificada i fes una taula amb $x_{n}$ , $f (x_{n})$ i $∣ x_{n + 1} - x_{n} ∣$ .
Atura't quan el residu i la diferència entre iterats siguin menors que $ε$ , i dona el resultat amb els decimals que la fita justifica.

Per a una integral:

Comprova que la integral és pròpia (integrand continu i fitat a $[a, b]$ ); si no, els mètodes d'aquesta pàgina no s'apliquen directament.
Fixa $n$ (parell per a Simpson), calcula $h$ i fes una taula amb els nodes $x_{i}$ , els valors $f (x_{i})$ i els pesos.
Aplica la fórmula i, si te la demanen, la fita de l'error amb el màxim de $∣ f^{''} ∣$ o $∣ f^{(4)} ∣$ .
Comprova el signe de l'error amb la concavitat (trapezis sobreestimen les funcions convexes) i l'ordre de magnitud del resultat.

Llista de comprovació

Has verificat el canvi de signe i la continuïtat abans d'iterar?
Bisecció: has calculat el nombre de passos necessari per a la tolerància?
Newton: la llavor és dins del bracket i $f^{'}$ no s'anul·la a prop?
Simpson: $n$ és parell i els pesos sumen $3 n$ (els de trapezis sumen $n$ )?
Has donat una fita de l'error o el nombre de decimals fiables?

Exercicis proposats

Exercici 1. Demostra que l'equació $cos x = x$ té una única solució real i aproxima-la amb bisecció (5 passos a partir de $[0, 1]$ ) i amb Newton (a partir de $x_{0} = 1$ , fins a tenir 8 decimals estables).

Solució de l'exercici 1

Sigui $f (x) = cos x - x$ , contínua. $f (0) = 1 > 0$ i $f (1) = cos 1 - 1 \approx - 0, 46 < 0$ : hi ha una arrel a $(0, 1)$ . Com que $f^{'} (x) = - sin x - 1 < 0$ per a tot $x$ (val $0$ només en punts aïllats), $f$ és estrictament decreixent a $R$ i l'arrel és única. Fora de $[- 1, 1]$ no hi pot haver solucions, ja que $∣ cos x ∣ \leq 1$ .

Bisecció ( $b - a = 1$ ): els brackets successius són $[0, 5, 1]$ , $[0, 5, 0, 75]$ , $[0, 625, 0, 75]$ , $[0, 6875, 0, 75]$ i $[0, 71875, 0, 75]$ . Després de 5 passos, $r \approx 0, 734$ amb error menor que $1/ 2^{5} \approx 0, 031$ .

Newton: $x_{n + 1} = x_{n} - \frac{cos x _{n} - x _{n}}{- sin x _{n} - 1} = x_{n} + \frac{cos x _{n} - x _{n}}{sin x _{n} + 1}$ . Iterats: $x_{0} = 1$ , $x_{1} = 0, 7503639$ , $x_{2} = 0, 7391129$ , $x_{3} = 0, 7390851$ , $x_{4} = 0, 7390851$ . Els dos últims coincideixen en 8 decimals i el residu és de l'ordre de $1 0^{- 16}$ : $r \approx 0, 73908513$ . Newton necessita 4 passos per al que la bisecció no assoliria fins al pas 27.

Exercici 2. Calcula $2$ amb el mètode de Newton aplicat a $f (x) = x^{2} - 2$ partint de $x_{0} = 1$ . Escriu la fórmula d'iteració simplificada i fes 4 iteracions.

Solució de l'exercici 2

Amb $f^{'} (x) = 2 x$ , la iteració és $x_{n + 1} = x_{n} - \frac{x _{n}^{2} - 2}{2 x _{n}} = \frac{1}{2} (x_{n} + \frac{2}{x _{n}})$ : la mitjana entre $x_{n}$ i $2/ x_{n}$ (el mètode babilònic). Iterats: $x_{1} = 1, 5$ , $x_{2} = 1, 4166667$ , $x_{3} = 1, 4142157$ , $x_{4} = 1, 4142136$ . El valor exacte és $2 = 1, 41421356 \dots$ : el quart iterat té 7 decimals correctes, i els errors van sent de l'ordre de $1 0^{- 1}$ , $1 0^{- 3}$ , $1 0^{- 6}$ , $1 0^{- 12}$ . Convergència quadràtica visible a simple vista.

Exercici 3. Aproxima $\int_{0}^{1} \frac{4}{1 + x ^{2}} d x$ amb trapezis i Simpson per a $n = 4$ , i compara amb el valor exacte.

Solució de l'exercici 3

El valor exacte és $4 arctan 1 = π = 3, 141593 \dots$ . Amb $h = 0, 25$ , els nodes són $0, 0, 25, 0, 5, 0, 75, 1$ i els valors de $f$ són $4$ , $3, 764706$ , $3, 2$ , $2, 56$ i $2$ .

T_{4} = 0, 25 [\frac{4 + 2}{2} + 3, 764706 + 3, 2 + 2, 56] = 3, 131176, T_{4} - π \approx - 0, 0104.

S_{4} = \frac{0 , 25}{3} [4 + 4 (3, 764706) + 2 (3, 2) + 4 (2, 56) + 2] = 3, 141569, S_{4} - π \approx - 0, 000024.

Simpson dona quatre decimals correctes amb només cinc avaluacions; trapezis, dos. L'error de trapezis és negatiu perquè aquí la funció és còncava a la major part de l'interval i els trapezis queden per sota de la corba.

Aquests mètodes són la porta d'entrada al càlcul numèric que faràs servir a les assignatures d'enginyeria amb MATLAB o Python. Els resultats que aproximen (arrels d'equacions, integrals definides) són els que has estudiat de manera exacta a mètodes d'integració i a àrees, volums i integrals dobles; i a un nivell més bàsic, a les integrals de selectivitat. Per a funcions de diverses variables, el mètode de Newton es generalitza substituint la derivada pel gradient i el hessià que veus a diverses variables.