Método de Newton. Método de punto fijo

Usando el método de Newton, calcula un valor aproximado de $\sqrt5$, realizando cuatro iteraciones.

1. Convertir «calcular $\sqrt5$» en «resolver $f(x)=0$». $\sqrt5$ es el número positivo cuyo cuadrado vale $5$: solución de $x^2-5=0$. Tomamos $f(x)=x^2-5$, derivable en todo $\mathbb R$, con $f'(x)=2x$.
2. Elegir $x_0$ con criterio. $f(2)=-1<0<f(3)=4$ y $f$ es continua: por Bolzano hay un cero en $(2,3)$. Tomamos $x_0=2$; además $f'(2)=4\ne0$, luego se puede aplicar la fórmula.
3. Simplificar la iteración. $$x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^2-5}{2x_n}=\frac{2x_n^2-x_n^2+5}{2x_n}=\frac12\Big(x_n+\frac5{x_n}\Big).$$ Es la media entre $x_n$ y $5/x_n$: si uno se queda corto, el otro se pasa.
4. Iterar con fracciones exactas: $x_1=\frac94$, $x_2=\frac{161}{72}$, $x_3=\frac{51841}{23184}$, $x_4=\frac{5374978561}{2403763488}$.

5. Conclusión. $\sqrt5\approx x_4=2.2360679775$ ($\sqrt5=2.2360679774997\ldots$). Con 4 decimales, como en E, $x_2=x_3=x_4=2.2361$; ojo, esa «estabilización» es solo a 4 decimales: el error real de $x_2$ es $4.3\times10^{-5}$.
6. Por qué converge tan rápido (propio, álgebra pura). Restando $\sqrt5$ en la fórmula del paso 3: $$x_{n+1}-\sqrt5=\frac{x_n^2-2\sqrt5\,x_n+5}{2x_n}=\frac{(x_n-\sqrt5)^2}{2x_n}.$$ Si $x_n>0$: (i) $x_{n+1}\ge\sqrt5$ (desde $x_1$ todas son por exceso, como se ve); (ii) el error nuevo es aproximadamente el cuadrado del anterior dividido entre $2\sqrt5\approx4.47$. Los errores $10^{-2}\to10^{-5}\to10^{-10}\to10^{-20}$ duplican los decimales correctos: convergencia cuadrática.

Error típico: aplicar Newton a «$x=\sqrt5$», o redondear demasiado pronto (con 2 decimales la tabla «se estabiliza» en $2.24$, falso en el tercer decimal).

Utiliza el método de Newton para aproximar la solución de $x^2=0$, tomando como dato inicial $x_0=0.4$ y realizando tres iteraciones. ¿Es posible utilizar directamente el método de bisección para aproximar la solución de la ecuación $x^2=0$?

1. Función y derivada. $f(x)=x^2$, $f'(x)=2x$, derivable en $\mathbb R$. La solución exacta es $\tilde x=0$; el ejercicio sirve para ver cómo se comporta el método.
2. Iteración simplificada. Si $x_n\ne0$ (para poder dividir entre $2x_n$): $x_{n+1}=x_n-\dfrac{x_n^2}{2x_n}=\dfrac{x_n}2$. Con $x_0=0.4$ todas las $x_n=0.4/2^n$ son no nulas: el método nunca se bloquea.
3. Tres iteraciones. $x_1=0.2$, $x_2=0.1$, $x_3=0.05$.

1. Observación (no está en E). El error solo se divide entre 2 en cada paso; no se eleva al cuadrado como en 2.34. Motivo: $0$ es una raíz doble, $f(0)=0$ y también $f'(0)=0$. La tangente se vuelve casi horizontal al acercarse y Newton pierde su rapidez.
2. ¿Bisección? Necesita un intervalo $[a,b]$ con $f$ continua y $f(a)f(b)<0$ (Teorema de Bolzano). Pero $x^2\ge0$ siempre, así que nunca hay cambio de signo. Respuesta: no, no se puede aplicar directamente. Bolzano da una condición suficiente, no necesaria: aquí hay raíz, pero la gráfica «toca» el eje sin cruzarlo.

Error típico: pensar que «si Bolzano no se cumple, no hay raíz»; o creer que Newton siempre converge cuadráticamente (falla si $f'(\tilde x)=0$).

Utilizando el método de Newton, encuentra una solución aproximada de la ecuación $e^{-x}-x=0$ realizando tres iteraciones y partiendo de las condiciones iniciales $x_0=0.5$ y $x_0=5$. Estima el error relativo aproximado en cada caso.

1. Hay una única solución y sabemos dónde. $f(x)=e^{-x}-x$, continua y derivable en $\mathbb R$. $f(0)=1>0$ y $f(1)=e^{-1}-1\approx-0.632<0$: por Bolzano hay una raíz en $(0,1)$. Es única porque $e^{-x}$ y $-x$ son estrictamente decrecientes, luego $f$ también y no puede anularse dos veces. (Es la ecuación del Ejemplo 1.49 de U, p.55, resuelta allí por bisección.)
2. Derivada que nunca se anula. $f'(x)=-e^{-x}-1<0$ para todo $x$, porque $e^{-x}>0$: la división de Newton siempre es posible.
3. Iteración simplificada. $$x_{n+1}=x_n-\frac{e^{-x_n}-x_n}{-e^{-x_n}-1}=x_n+\frac{e^{-x_n}-x_n}{e^{-x_n}+1}=\frac{x_n+1}{1+e^{x_n}}$$ (en el último paso se multiplica numerador y denominador por $e^{x_n}$).
4. Caso $x_0=0.5$.

Solución exacta: $\tilde x=0.567143290409784\ldots$ Error relativo aproximado tras 3 iteraciones: $\varepsilon_r=\frac{|x_3-x_2|}{|x_3|}\approx2.2\times10^{-7}$. Con 4 decimales (como hace E): $x_1\approx0.5663$, $x_2\approx x_3\approx0.5671$ y sale $\varepsilon_r=0$. Ese «0» no significa error nulo: el error es menor de lo que 4 decimales pueden mostrar.

1. Caso $x_0=5$.

$\varepsilon_r=\frac{|x_3-x_2|}{|x_3|}=\frac{|0.566535-0.509638|}{0.566535}\approx0.1004$, igual que en E.

1. Por qué el primer salto es tan grande. En $x_0=5$ la función es casi la recta $y=-x$ ($e^{-5}\approx0.0067$), de pendiente casi $-1$; su tangente corta el eje cerca de $0$, al otro lado de la raíz. Desde ahí ya está cerca y converge deprisa. El resultado tras un número fijo de pasos depende mucho de $x_0$: conviene localizar antes la raíz.
2. Cómo interpretar $\varepsilon_r$. No es el error verdadero: mide cuánto ha cambiado la última iteración y se usa como estimación. Con $x_0=5$, $\varepsilon_r\approx0.1$ sobreestima el error relativo real ($\approx10^{-3}$): en Newton suele ocurrir, porque el error real ya es mucho menor que el último salto.

Error típico: perder el signo de $f'$: el denominador es $-e^{-x_n}-1$. Si se usa $+e^{-x_n}+1$, el paso va en sentido contrario (desde $0.5$ saldría $0.434$, que se aleja). Otro: dividir $\varepsilon_r$ entre $|x_{n-1}|$ en vez de $|x_n|$ (U usa $|x_n|$).

Dada la ecuación $e^{-x}=x$: (1) Comprueba que el método de punto fijo converge para cualquier dato inicial $0.1\le x_0\le2$. (2) Utiliza el método de punto fijo para aproximar la solución de la ecuación partiendo del dato inicial $x_0=1$ y realizando cuatro iteraciones.

Apartado 1.

1. Forma $x=g(x)$. Ya lo está: $g(x)=e^{-x}$. Sus puntos fijos son exactamente las soluciones de la ecuación (Definición 2.4).
2. Qué hay que comprobar (Teorema 2.2) en $[a,b]=[0.1,2]$: (H0) $g$ continua (inmediato: $e^{-x}$ es continua en $\mathbb R$); (H1) $g([a,b])\subset[a,b]$; (H2) existe $k\in[0,1)$ con $|g'(x)|\le k$ en $(a,b)$.
3. (H1). $g'(x)=-e^{-x}<0$: $g$ es estrictamente decreciente, e invierte las desigualdades. Para $0.1\le x\le2$: $$g(2)\le g(x)\le g(0.1)\iff 0.1353\approx e^{-2}\le e^{-x}\le e^{-0.1}\approx0.9048.$$ Como $0.1<0.1353$ y $0.9048<2$, se cumple $g(x)\in[0.1,2]$. Por qué importa: si una iteración saliera de $[a,b]$, ya no podríamos usar la cota de $g'$ en el paso siguiente.
4. (H2). $|g'(x)|=e^{-x}$ es decreciente, así que su mayor valor en $(0.1,2)$ está cerca de $x=0.1$: $|g'(x)|<e^{-0.1}\approx0.9048<1$. Tomamos $k=e^{-0.1}\approx0.905$. (E escribe «$k=0.091$», que es una errata: sirve cualquier $k\in[e^{-0.1},1)$ (con $k=0.905$ vale), pero $0.091$ no acota a $|g'|$.)
5. Conclusión. Por el Teorema 2.2, $g$ tiene un único punto fijo en $[0.1,2]$ y $x_{n+1}=e^{-x_n}$ converge a él para cualquier $x_0\in[0.1,2]$.

Apartado 2. Iteraciones con $x_0=1$ (y cuatro más para ver la tendencia; $\tilde x=0.567143\ldots$):

1. Respuesta. $x_4\approx0.6062$. Coincide con E aunque se redondee a 4 decimales en cada paso: $0.3679,\ 0.6922,\ 0.5005,\ 0.6062$.
2. Lectura de la tabla (propio). Las iteraciones oscilan alrededor de $\tilde x$ (una por defecto, otra por exceso), lo que ocurre cuando $g'<0$. El error se multiplica más o menos por $|g'(\tilde x)|=\tilde x\approx0.567$ en cada paso: convergencia lineal. Newton sobre la misma ecuación (Ej. 2.36) lograba 15 decimales exactos en 3 pasos.
3. ¿Qué garantiza la teoría con 4 pasos? Teorema 2.3: $\frac{k^4}{1-k}(b-a)=\frac{0.9048^4}{0.0952}\cdot1.9\approx13.4$: inútil (el intervalo mide $1.9$). Para garantizar error $<0.01$ harían falta $n>\ln\!\big(0.01(1-k)/1.9\big)/\ln k\approx75.99$, o sea $76$ iteraciones; en la práctica bastan $7$ (según la tabla, $|x_6-\tilde x|=0.0125$ no basta y $|x_7-\tilde x|=0.0070$ sí).

Error típico: comprobar solo $|g'|<1$ y olvidar que $g$ debe llevar $[a,b]$ en sí mismo; o dar como $k$ un número que no acota realmente a $|g'|$ (la errata de E).

Sea $f:[-1,1]\to[-1,1]$. Sabiendo que la única solución de la ecuación $f(x)=x$ en el intervalo $[-1,1]$ puede ser aproximada utilizando el método de punto fijo, ¿cuántas iteraciones necesitaremos para garantizar que el error cometido sea menor que $0.1$ si $|f'(x)|<0.8$ en $[-1,1]$? ¿Y si $|f'(x)|<0.2$ en $[-1,1]$?

1. Datos del Teorema 2.3. Aquí la función de iteración se llama $f$ (en U es $g$). $[a,b]=[-1,1]$, $f([-1,1])\subset[-1,1]$ y $|f'|<k$ con $k=0.8$ o $k=0.2$, ambos en $[0,1)$. Se cumplen las hipótesis del Teorema 2.2, y por el Teorema 2.3 $$|x_n-\tilde x|<\frac{k^n}{1-k}(b-a)=\frac{2k^n}{1-k}.$$
2. Planteamiento. Buscamos el menor $n\in\mathbb N$ con $\dfrac{2k^n}{1-k}<0.1$.
3. Caso $k=0.8$. $\dfrac{2\cdot0.8^n}{0.2}<0.1\iff10\cdot0.8^n<0.1\iff0.8^n<0.01$. Tomamos $\ln$ (creciente, conserva el sentido): $n\ln0.8<\ln0.01$. Dividimos entre $\ln0.8<0$, que invierte la desigualdad: $$n>\frac{\ln0.01}{\ln0.8}\approx20.6377.$$ El primer natural es $n=21$. Comprobación: $n=20$ da cota $0.1153$ (no basta); $n=21$ da $0.0922<0.1$.
4. Caso $k=0.2$. $\dfrac{2\cdot0.2^n}{0.8}<0.1\iff0.2^n<0.04$. Como $0.2^2=0.04$ no es $<0.04$ y $0.2^3=0.008<0.04$, sale $n=3$. (Cotas: $n=2\to0.1$, $n=3\to0.02$.)
5. Moraleja. Con el mismo intervalo, pasar de $k=0.8$ a $k=0.2$ reduce la garantía de $21$ a $3$ iteraciones: cuanto menor es $k$, más rápida es la convergencia.
6. Matiz de rigor (omisión en E). El Teorema 2.3 de U tiene desigualdad estricta. Con $k=0.2$ y $n=2$ la cota vale exactamente $0.1$, y como el teorema dice «error $<$ cota», en rigor ya daría error $<0.1$. Pero la receta de U (p.92) pide el natural más pequeño para el que la cota $\frac{k^n}{1-k}(b-a)$ sea $<\varepsilon$, y con $n=2$ la cota es $=0.1$, no menor. La respuesta esperada es 3, que es la de E y la que se da en el examen. (Con la cota más fina $k^n(b-a)$ de la demostración bastarían $14$ y $2$, pero no es la fórmula del libro: no la uses salvo que la justifiques.)

Error típico: no invertir la desigualdad al dividir entre $\ln k$ (sale $n<20.6$, absurdo); redondear $20.64$ a $20$ en vez de a $21$; olvidar el factor $(b-a)=2$ o el $1/(1-k)$.

1. $f(x)=x^3-10$, $f'(x)=3x^2$. Como $f(2)=-2<0<f(3)=17$, por Bolzano la raíz está en $(2,3)$. Tomamos $x_0=2$.
2. $x_{n+1}=x_n-\dfrac{x_n^3-10}{3x_n^2}=\dfrac{2x_n^3+10}{3x_n^2}$.

$\sqrt[3]{10}=2.154434690031\ldots$: $x_3$ tiene 8 decimales exactos.

1. $f(1)=-1<0$, $f(2)=5>0$: hay raíz en $(1,2)$. $f'(x)=3x^2-1\ge2$ en $[1,2]$, luego no se anula.
2. $x_{n+1}=x_n-\dfrac{x_n^3-x_n-1}{3x_n^2-1}$, con $x_0=1.5$.

Paramos en $n=4$ porque $\varepsilon_r<10^{-6}$: $\tilde x\approx1.3247180$ (exacto $1.32471795724\ldots$).

1. $f'(x)=3x^2-2$. Desde $x_0=0$: $x_1=0-\frac{2}{-2}=1$; desde $x_1=1$: $x_2=1-\frac11=0$. La sucesión es $0,1,0,1,\dots$: un ciclo, sin límite.
2. ¿Dónde está la raíz? $f(-2)=-2<0$, $f(-1)=3>0$: en $(-2,-1)$.
3. Desde $x_0=-2$: $-1.8,\ -1.769948186529,\ -1.769292662906,\ -1.769292354239$, con errores $3\times10^{-2},\ 6.6\times10^{-4},\ 3.1\times10^{-7},\ 6.8\times10^{-14}$.

$g:[0,1]\to[0,1]$ con $|g'(x)|\le0.5$ en $(0,1)$. ¿Cuántas iteraciones garantizan error $<10^{-3}$?

$\dfrac{0.5^n}{0.5}\cdot1<10^{-3}\iff0.5^n<5\cdot10^{-4}\iff n>\dfrac{\ln(5\cdot10^{-4})}{\ln0.5}\approx10.97$, luego $n=11$. (Cotas: $n=10\to1.95\times10^{-3}$; $n=11\to9.8\times10^{-4}$.)

1. (H1). $g(x)=\cos x$ es decreciente en $[0,1]\subset[0,\frac\pi2]$, luego $g([0,1])=[\cos1,\cos0]=[0.5403,1]\subset[0,1]$.
2. (H2). $|g'(x)|=\operatorname{sen}x\le\operatorname{sen}1\approx0.8415<1$ en $(0,1)$ (el seno crece en $[0,\frac\pi2]$). Tomamos $k=\operatorname{sen}1$. Por el Teorema 2.2: un único punto fijo y convergencia desde cualquier $x_0\in[0,1]$.
3. Con $x_0=1$: $x_1=0.540302305868$, $x_2=0.857553215846$, $x_3=0.654289790498$, $x_4=0.793480358743$. Valor exacto $\tilde x=0.739085133\ldots$; error de $x_4$: $0.054$ (oscila, $g'<0$).
4. Garantía para error $<0.01$: $\dfrac{k^n}{1-k}<0.01\iff n>\dfrac{\ln(0.01(1-k))}{\ln k}\approx37.35$, luego $n=38$ (cota con $37$: $0.0106$; con $38$: $0.0089$). Newton resuelve la misma ecuación con seis decimales en unos $4$ pasos (S Ej. 3, p.341).

1. Opción mala: $x=x^3-1$, $g_1(x)=x^3-1$. Entonces $g_1'(x)=3x^2\ge3$ en $[1,2]$: (H2) falla, y $g_1([1,2])=[0,7]\not\subset[1,2]$: (H1) también. Desde $x_0=1.5$: $2.375,\ 12.40,\ 1904,\ 6.9\times10^{9}$. Diverge.
2. Opción buena: $x^3=x+1\iff x=\sqrt[3]{x+1}$, $g_2(x)=\sqrt[3]{x+1}$. Es creciente: $g_2([1,2])=[\sqrt[3]2,\sqrt[3]3]=[1.2599,1.4422]\subset[1,2]$ (H1). $g_2'(x)=\frac{1}{3(x+1)^{2/3}}$ es positiva y decreciente, luego $|g_2'|\le g_2'(1)=\frac1{3\sqrt[3]4}\approx0.2100=k$ (H2).
3. Desde $x_0=1$: $1.259921049895,\ 1.312293836683,\ 1.322353819139,\ 1.324268744552,\ 1.324632625251$ (errores $6.5\times10^{-2}\to8.5\times10^{-5}$).
4. Error $<10^{-6}$ garantizado si $\frac{k^n}{1-k}<10^{-6}\iff n>9.003$, o sea $n=10$ (con $n=9$ la cota es $1.005\times10^{-6}$, que por muy poco no basta).

Función continua $f:[-1,1]\to\mathbb R$ con $f(-1)=1$ y $f(1)=-2$. Se busca una solución aproximada de $f(x)=0$ por bisección. ¿Cuántas iteraciones aseguran un error menor que $0.15$?

1. ¿Se puede aplicar? $f$ es continua y cambia de signo ($f(-1)=1>0$, $f(1)=-2<0$): por Bolzano hay una raíz entre $-1$ y $1$.
2. Longitud de partida: de $-1$ a $1$ hay $2$.
3. Cuenta de mitades (el error es menor que la longitud, U p.54): tras $1$ paso queda $1$; tras $2$, $0.5$; tras $3$, $0.25$; tras $4$, $0.125$.
4. Primera que baja de $0.15$: la de $4$ pasos ($0.125<0.15$; con $3$ pasos son $0.25$, no vale).

Resultado: $n=4$ iteraciones.

Parte del tema: §3 (fila de bisección); U §1.4 p.54.

Aproxime una solución de $4-2x=e^x$ por el método de Newton con $x_0=0$ y dos iteraciones.

1. Pasar a $f(x)=0$. Todo a un lado: $f(x)=e^x+2x-4$.
2. Derivar. $f'(x)=e^x+2$. Es siempre positiva, así que nunca se divide entre $0$ (U p.88).
3. Fórmula. $x_{n+1}=x_n-\dfrac{e^{x_n}+2x_n-4}{e^{x_n}+2}$.
4. Primera iteración ($x_0=0$): $f(0)=1+0-4=-3$ y $f'(0)=3$. Así $x_1=0-\dfrac{-3}{3}=1$.
5. Segunda iteración ($x_1=1$): $f(1)=e-2$ y $f'(1)=e+2$. Así $x_2=1-\dfrac{e-2}{e+2}=\dfrac{4}{e+2}\approx0.8477$.

Resultado: $x_2=\dfrac{4}{e+2}\approx0.8477$ (comprobación: la raíz real es $0.8408\ldots$).

Parte del tema: §1 (U pp.86-90).

Dada $f(x)=1-\dfrac1{x^2+2}$, encuentre un punto fijo con el método del punto fijo: 5 iteraciones, $x_0=0$.

1. Regla. $x_{n+1}=f(x_n)=1-\dfrac1{x_n^2+2}$, empezando en $x_0=0$ (U p.90).
2. $x_1=1-\dfrac1{0+2}=\dfrac12=0.5$.
3. $x_2=1-\dfrac1{0.25+2}=\dfrac59\approx0.55556$.
4. $x_3\approx0.56684$.
5. $x_4\approx0.56921$.
6. $x_5\approx0.56971$.

Resultado: $x_5\approx0.5697$ (el punto fijo real es $0.56984\ldots$).

Parte del tema: §2, Teoremas 2.2 y 2.3 (U pp.90-92).

Mediante el método de Newton, encontrar una raíz próxima a $x_0=0$ de $x-2^{-x}=0$. Utilizar tres decimales redondeados en cada iteración hasta que se cumpla $|x_{n-1}-x_n|<10^{-3}$.

1. Función. $f(x)=x-2^{-x}$. Como $f(0)=-1<0$ y $f(1)=\frac12>0$, hay raíz entre $0$ y $1$ (Bolzano).
2. Derivada. $f'(x)=1+\ln2\cdot2^{-x}$ (la derivada de $2^{-x}$ es $-\ln2\cdot2^{-x}$). Siempre es positiva: nunca se divide entre $0$.
3. Fórmula. $x_{n+1}=x_n-\dfrac{x_n-2^{-x_n}}{1+\ln2\cdot2^{-x_n}}$.
4. Tabla (tres decimales en cada fila) y parada en la primera fila con $|x_{n+1}-x_n|<10^{-3}$:

Resultado: raíz $\approx0.641$ (se cumple el criterio en la tercera fila). Sin redondear sale lo mismo: $x_3=0.64119$.

Parte del tema: §1, «Cuándo parar» (U pp.89-90).

Dada $\frac12\operatorname{sen}x-x+1=0$: (a) compruebe que el punto fijo converge para todo $0\le x_0\le\pi$ (1 p.); (b) aproxime la solución con $x_0=2$ y cuatro iteraciones (1 p.); (c) estime el error absoluto cometido (1 p.).

1. Despejar $x=g(x)$. $g(x)=\frac12\operatorname{sen}x+1$, intervalo $[a,b]=[0,\pi]$.
2. (H0) $g$ es continua en todo $\mathbb R$.
3. (H1) $g$ no se sale del intervalo. Para $x$ en $[0,\pi]$, $\operatorname{sen}x$ está entre $0$ y $1$, así que $g(x)$ está entre $1$ y $\frac32$. Eso cabe dentro de $[0,\pi]$ (porque $\pi\approx3.14$).
4. (H2) $g$ es «contractiva». $g'(x)=\frac12\cos x$ y $|\cos x|\le1$, así que $|g'|\le\frac12=k<1$.
5. (a) Conclusión. Por el Teorema 2.2 (U p.91) hay un único punto fijo $\tilde x$ en $[0,\pi]$ y $x_{n+1}=g(x_n)$ converge a él desde cualquier $x_0\in[0,\pi]$.
6. (b) Iterar (calculadora en radianes, $x_0=2$): $x_1=g(2)\approx1.454649$, $x_2\approx1.496631$, $x_3\approx1.498626$, $x_4\approx1.498698$.
7. (c) Error. Teorema 2.3: $|x_4-\tilde x|<\dfrac{k^4}{1-k}(b-a)=\dfrac{(1/2)^4}{1/2}\cdot\pi=\dfrac\pi8\approx0.3927$. (Es pesimista: el error real es $2.7\cdot10^{-6}$.)

Resultado: (a) converge; (b) $x_4\approx1.4987$; (c) error $<\pi/8\approx0.39$.

Parte del tema: §2, Teoremas 2.2 y 2.3; mismo esquema que el Ejemplo 2.17 de U (pp.92-93) y el Ej. 2.38 de E.

Aplíquese el método del punto fijo para encontrar una solución aproximada, con 5 cifras significativas y error $\le0.1$, de $\cos x^2\operatorname{sen}(x+1)-2x=0$ con $x_0=0$. ¿Cuántas iteraciones hay que hacer? (La función $f(x)=\frac12\cos x^2\operatorname{sen}(x+1)$ es contractiva en $[0,1]$.) Aquí $\cos x^2$ significa $\cos(x^2)$.

1. Despejar $x=g(x)$. $g(x)=\frac12\cos(x^2)\operatorname{sen}(x+1)$.
2. Elegir el intervalo. Para $x\in[0,1]$ se cumple $0<g(x)\le\frac12$. Entonces $g$ lleva $[0,\frac12]$ dentro de sí mismo, y contiene a $x_0=0$. Tomamos $[a,b]=[0,\frac12]$.
3. (H0) y (H1). $g$ es continua y $g([0,\frac12])\subset[0,\frac12]$ (paso anterior).
4. Derivar. $g'(x)=-x\operatorname{sen}(x^2)\operatorname{sen}(x+1)+\frac12\cos(x^2)\cos(x+1)$.
5. (H2) Acotar cada sumando en $(0,\frac12)$. El primero es $\le\frac12\operatorname{sen}\frac14\approx0.124$ y el segundo $\le\frac12\cos1\approx0.270$. Luego $|g'|\le0.394<\frac12=:k$.
6. Despejar $n$ (Teorema 2.3): $\frac{(1/2)^n}{1/2}\cdot\frac12=\frac1{2^n}\le0.1\iff2^n\ge10$. Como $2^3=8<10\le16$: $n=4$ (de hecho error $<0.0625$).
7. Iterar (5 cifras): $x_1=0.42074$, $x_2=0.48666$, $x_3=0.48432$, $x_4=0.48449$ ($x_5=0.48448$).

Resultado: $n=4$ iteraciones; solución aproximada $0.48449$ (punto fijo real $0.4844793\ldots$).

Parte del tema: §2 y §3, «Lista de pasos para garantizar error $<\varepsilon$» (U pp.91-92).