aula 04

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Professor: Fernando 
Resolução de Equações Algébricas Transcendentes 
 
 Método de Newton-Raphson (Método das Tangentes) 
 Seja a equação f (x) = 0 que possua uma raiz real em [a , b]. O método consiste em traçar 
a tangente à curva f (x) em uma de suas extremidades e determinar a interseção da tangente com 
o eixo das abcissas. Se o ponto for a raiz, o problema está resolvido! 
Caso contrário, determina-se o valor da f (x) nesse ponto e repete-se o procedimento anterior. 
O critério de parada desse procedimento é quando se encontra a raiz com a precisão desejada. 
 Assim temos: Seja f uma função contínua em [a; b] tal que: 
 (i) f(a) . f(b) < 0 
 (ii) Existe uma única raiz ϵ [a; b] 
 (iii) f ’e f ” preservam o sinal e não se anulam em [a; b] 
Um exemplo de uma função satisfazendo as condições acima é o abaixo: 
 
Seja x0 ϵ [a; b] uma aproximação inicial para a 
raiz. A tangente de α é: 
 
De onde resulta que: 
 
 
De forma análoga obtemos x2, que representa a interseção da reta tangente ao gráfico de f no 
ponto (x1; f(x1)) com o eixo dos x: 
 
 
 
 
 
Escolha da aproximação inicial 
 
 
Exemplo 1: Determinar pelo Método de Newton-Raphson, com precisão ԑ < 0; 01 em um máximo 
de 10 iterações, a raiz da equação f(x) = 2x - cos x = 0. 
 
Solução: 
(a) Isolamento: Já foi visto que a raiz ϵ [0; 1]. 
 
(b) Determinação de x0: 
 f’(x) = 2 + senx → f’(x) > 0, qualquer x ϵ [0; 1] 
 f”(x) = cos x → f”(x) > 0, qualquer x ϵ[0; 1] 
Sendo f(0) = -1, f(1) = 1,46 e f”(x) > 0 então podemos tomar como aproximação inicial x0 = 1, pois 
f(1)f”(1) > 0. 
 
(c) Refinamento: 
Partindo: 
 x0 = 1 
 
ԑ ≤ 0,01 
 K Xk f(xk) f'(xk) Novo Xk │novo xk -xk│ conclusão 
0 1 1,460 2,841 0,486 0,5137 
1 0,486 0,089 2,467 0,45042 0,0359 
2 0,45042 0,001 2,435 0,45018362 0,0002 Pare! 
 
Logo, x3 = 0,450 é uma aproximação para a raiz da equação f(x) = 2x - cos x = 0 
com uma precisão ԑ < 0,01. 
 
Vantagens e desvantagens do Método de Newton 
 
O Método de Newton-Raphson tem convergência muito boa (quadrática). Entretanto, apresenta 
as seguintes desvantagens: 
(i) Exige o cálculo e a análise do sinal de f’e f” 
(ii) Se f’(xknovo) for muito elevado a convergência será lenta 
(iii) Se f’(xknovo) for próximo de zero pode ocorrer overflow 
Para contornar o item (i), o qual é necessário para a escolha da aproximação inicial, é comum 
apenas calcular-se o valor da função e o de sua derivada segunda nos extremos a e b, 
considerando para x0 o extremo que satisfazer a condição f(x0) , f”( x0) > 0. Para tanto, é 
importante que o intervalo [a; b] considerado seja suficientemente pequeno, de forma a minimizar 
a possibilidade de variação de sinal de f’ e f”. 
 
Exercícios 
 
1) Determine a raiz da equação f (x) = x + ln x = 0 , com 2 decimais exatas. A Raiz ϵ [0,5 ; 0,6] 
 
Solução: 
(a) Isolamento: a raiz ϵ [0,5; 0,6]. 
 
(b) Determinação de x0: 
 f’(x) = 1+ 1/x → f’(x) > 0, qualquer x ϵ [0,5; 0,6] 
 f”(x) = -1/x2 → f”(x) < 0, qualquer x ϵ[0,5; 0,6] 
Sendo f(0,5) = -0,193, f(0,6) = 0,089 e f”(x) > 0 então podemos tomar como aproximação inicial x0 
= 0, pois f(0,5)f”(0,5) > 0. 
 
(c) Refinamento: 
Partindo: 
 x0 = 0,5 
 
ԑ ≤ 0,00001 
 K Xk f(xk) f'(xk) Novo Xk │novo xk -xk│ conclusão 
0 0,5 -0,1931471806 3,0000000 0,56438239 0,06438239 
1 0,56438239 -0,0076408610 2,7718483 0,56713899 0,00275659 
2 0,56713899 -0,0000118893 2,7632362 0,56714329 0,00000430 
 
Logo, x3= 0,567 é uma aproximação para a raiz da equação f(x) = x +ln x = 0 
com uma precisão ԑ < 0,00001 
 
Trabalho 3: