02 - Zero de Funções

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02
ZERO DE FUNÇÕES - 2
MÉTODO DO PONTO FIXO
Seja f(x) uma função contínua em [a, b], intervalo que contém uma raiz da equação f(x) = 0.
O MPF consiste em transformar esta equação em uma equação equivalente x = ((x) e a partir de uma aproximação inicial x0 gerar a sequência {xk}de aproximações para ( pela relação xk+1 = ((xk), pois a função ((x) é tal que f(() = 0 se e somente se ((() = (.
Uma função ((x) que satisfaça a condição acima é chamada de função de iteração para a equação f(x) = 0.
EXEMPLO: Para a equação x2 + x – 6 = 0 tem
os várias funções de iteração:
a) 
 			c) 
b) 
			d) 
Graficamente, uma raiz da equação x = ((x) é a abcissa do ponto de intersecção da reta y = x e da curva y = ((x)
Interpretação Geométrica
							
 
	
ESTUDO DA CONVERGÊNCIA DO MPF
Vimos que, dada uma função f(x) = 0, existe mais de uma função ((x), tal que f(x) = 0 ( x = ((x). De acordo com os gráficos anteriores, não é para qualquer escolha de ((x) que o processo recursivo definido por xk+1 = ((x) gera uma sequência que converge para (.
EXEMPLO: A equação x2 + x – 6 = 0 tem como raízes (1 = –3 e (2 = 2
( Consideremos primeiramente a raiz (2 = 2 e (1(x) = 6 – x2, com x0 = 1,5
teremos:		x1 = 3,75
			x2 = –8,0625
			x3 = –59,003906
			x4 = –3475,4609
			(
Podemos ver que {xk} não está convergindo para (2 = 2.
Graficamente:
( Vejamos agora (2 = 2 com 
 e x0 = 1,5
teremos:		x1 = 2,12132		x5 = 2,00048
			x2 = 1,96944		x6 = 1,99988
			x3 = 2,00763		x7 = 2,00003
			x4 = 1,99809		(
			
Portanto {xk} está convergindo para (2 = 2.
Graficamente:
Teorema: Seja ( uma raiz da equação f(x) = 0, isolada num intervalo I centrado em (.
Seja ((x) uma função de iteração para a equação f(x) = 0.
Se
((x) e (´(x) são contínuas em I
x0 ( I,
então a sequência {xk} gerada pelo processo iterativo xk+1 = ((x) converge para (.
EXEMPLO: Utilizando o teorema, analisar se as funções a seguir geram sequências convergentes ou divergentes:
a) 
 		(2 = 2		x0 = 1,5	
b) 
		(2 = 2		x0 = 1,5
c) 
		(1 = –3		x0 = –2,5
Resposta:
a)		
	
portanto (1(x) e (´1(x) são contínuas em R.
Então, não existe um intervalo I centrado em (2 = 2, tal que 
, ( x ( I. Portanto, 
 não satisfaz a condição (ii) do teorema em relação a (2 = 2.
b)		
	
(2(x) é contínua em 
(´2(x) é contínua em 
Portanto, é possível obter um intervalo I centrado em (2 = 2, tal que as condições do teorema sejam satisfeitas.
c)		
		
(3(x) e (´3(x) são contínuas em 
Como o objetivo é obter a raiz negativa, temos que I1 tal que 
, ( x ( I1 será: 
Portanto, podemos trabalhar no intervalo I = [–3.5, –2.5] que o processo convergirá, visto que I ( I1 está centrado na raiz (1 = –3.
		x0 = –2,5
		x1 = –3,4
			x2 = –2,764706
			x3 = –3,170213
			x4 = –2,892617
			(
CRITÉRIOS DE PARADA
No algoritmo do método do ponto fixo, escolhe-se xk como raiz aproximada de ( se 
 ou se 
.
Devemos observar que 
 não implica necessariamente que 
.
Contudo, se (´(x) < 0 em I (intervalo centrado em (), a sequência {xk}será oscilante em torno de ( e, neste caso, se 
, pois
ALGORITMO
Considere a função f(x) = 0 e a função equivalente x = ((x).
Supor que as hipóteses do teorema estão satisfeitas.
1) Dados iniciais:
	a) x0 aproximação inicial
	b) precisôes (1 e (2 
2) Se 
, faça 
. FIM.
3) K = 1
4) x1 = ((x0)
5) 	
 então faça 
. FIM.
6) x0 = x1
7) K = K + 1. Volte para o passo 4.
EXEMPLO:	
	
	x0 = 0,5
(1 = (2 = 5x10-4	( ( (0, 1)
	Iteração
	x
	f(x)
	1
	0,3472222
	–0,831378x10-1
	2
	0,3379847
	–0,325311x10-2
	3
	0,3376233
	–0,123825x10-3
( 
 = 0,3376233 e 
 = –0,123825x10-3 
EXERCÍCIOS
Encontrar a raiz das funções a seguir:
a) 
		( ( (1, 2)	(1 = (2 = 10-4	x0 = 1,5
		Resposta:	
 = 1,44752471
				6 Iterações
b) 
		( ( (1, 2)	(1 = (2 = 10-6	x0 = 1 
	Resposta: 	
 = 1,324717
				9 Iterações
c) 
		( ( (0, 1)	(1 = (2 = 10-5	x0 = 0,5
		Resposta:	
	
 = 0,370556114
				5 Iterações
d) 
		( ( (2, 3)	(1 = (2 = 10-7	x0 = 2,5
		Resposta:	
 = 2,50618417
				7 Iterações
MÉTODO DE NEWTON-RAPHSON
O Método de Newton é obtido da seguinte forma: dado o ponto (xk, f(xk)) traçamos a reta Lk(x) tangente à curva neste ponto
Lk(x) é um modelo linear que aproxima a função f(x) numa vizinhança de xk.
Encontrando o zero deste modelo, obtemos:
Fazemos então xk+1 = xk
EXEMPLO:	
	(2 = 2		x0 = 1,5
	
Temos pois:	x0 = 1,5
x1 = ((x0) = 2,0625
			x2 = ((x1) = 2,00076
			x3 = ((x2) = 2,00000
Um escolha cuidadosa da aproximação inicial é, em geral, essencial para o bom desempenho do método de Newton.
Consideremos a função 
, que possui três zeros: 
(1 ( I1 = (–4, –3), (2 ( I2 = (0, 1) e (3 ( I3 = (2, 3) e seja x0 = 1,5.
A sequência gerada pelo método é:
	Iteração
	x
	f(x)
	1
	-1.6666666667
	13.3703703704
	2
	18.3888888889
	6055.7254801097
	3
	12.3660104035
	1782.6941229063
	4
	8.4023067198
	520.5716600725
	5
	5.8353381648
	149.1820571157
	6
	4.2338735510
	40.7902226871
	7
	3.3229109606
	9.7845110927
	8
	2.9173389311
	1.5730316199
	9
	2.8221916654
	.0783706586
	10
	2.8169298758
	.0002342636
	11
	2.8169140529
	.0000000021
Resultado	x = 2.8169140529
 	f(x) = 0.0000000021
A causa da divergência inicial é que x0 está próximo de 
, que é um zero de f´(x) e esta aproximação inicial gera x1 = –1,66667 ( –
, que é outro zero de f´(x).
ALGORITMO
Seja a equação f(x) = 0.
1) Dados iniciais:
	a) x0: aproximação inicial
	b) precisôes (1 e (2 
2) Se 
, faça 
. FIM.
3) K = 1
4) 
5) 	
 então faça 
. FIM.
6) x0 = x1
7) K = K + 1. Volte para o passo 4.
EXEMPLO:	
	x0 = 0,5	(1 = (2 = 1x10-4	( ( (0, 1)
	Iteração
	x
	f(x)
	0
	0,5
	–0,1375x10
	1
	0,333333333
	0,3703704x10-1
	2
	0,337606838
	0,183409x10-4
( 
 = 0,337606838 e 
 = 1,8x10-5 
EXEMPLO: Calcular 
 para a = 5, a = 16,81 e a = 805,55, com 
Fazendo 
 tem-se que: 
 e o problema recai no cálculo desta equação. Então,
ou
EXERCÍCIOS
Encontrar a raiz das funções a seguir:
a) 
		( ( (1, 2)	(1 = (2 = 10-4	x0 = 1,5
		
Resposta:	
 = 1,44741635	2 Iterações
b) 
		( ( (1, 2)	(1 = (2 = 10-6	x0 = 0 
	Resposta: 	
 = 1,324718		21 Iterações
c) 
		( ( (0, 1)	(1 = (2 = 10-5	x0 = 0,5
Resposta:	
 = 0,370558084	3 Iterações
d) 
		( ( (2, 3)	(1 = (2 = 10-7	x0 = 2,5
		
		
Resposta:	
 = 2,50618415	2 Iterações
MÉTODO DA SECANTE
Uma grande desvantagem do método de Newton é a necessidade de se obter f´(x) e calcular seu valor numérico a cada iteração.
Uma forma de se contornar este problema é substituir a derivada f´(xk) pelo quociente das diferenças:
Onde xk e xk-1 são duas aproximações para a raiz. Neste caso, a função de iteração fica
Interpretação Geométrica
A partir de duas aproximações xk-1 e xk​, o ponto xk+1 é obtido como sendo a abcissa do ponto de intersecção do eixo OX e da reta secante que passa por (xk-1, f(xk-1)) e (xk, f(xk)).
EXEMPLO:	
	(2 = 2		x0 = 1,5	x1 = 1,7
 ( (
ALGORITMO
Seja a equação f(x) = 0.
1) Dados iniciais:
	a) x0 e x1: aproximações iniciais
	b) precisôes (1 e (2 
2) Se 
, faça 
. FIM.
3) 
 então faça 
. FIM.
4) K = 1
5) 
6) 	
 então faça 
. FIM.
7) x0 = x1
 x1 = x2
8) K = K + 1. Volte para o passo 4.
EXEMPLO:	
	x0 = 0	x1 = 1		(1 = (2 = 5x10-4	
	Iteração
	x
	f(x)
	1
	0,375
	–0,322266
	2
	0,331941545
	0,049101
	3
	0,337634621
	–0,222205x10-3
	4
	0,337608973
	–0,1464 x10-6
( 
 = 0,337608973 e 
 = –0,1464 x10-6 
EXERCÍCIOS
Encontrar a raiz das funções a seguir:
a) 
		( ( (1, 2)	(1 = (2 = 10-4	 x0 = 1,5 x1 = 2
Resposta:	
 = 1,44741345
				5 Iterações
b) 
		( ( (1, 2)	(1 = (2 = 10-6	 x0 = 0 x1 = 0,5
	Resposta: 	
 = 1,324718
				27 Iterações
c) 
		( ( (0, 1)	(1 = (2 = 10-5	 x0 = 0 x1 = 1
Resposta:	
 = 0,370558098
				7 Iterações
d) 
		( ( (2, 3)	(1 = (2 = 10-7	 x0 = 2,3 x1 = 2,7
Resposta:	
 = 2,50618418
				3 Iterações
Métodos mais simples como o da bissecção podem ser usados para fornecer uma aproximação inicial para métodos mais elaborados como o de Newton que exigem uma boa estimativa inicial.
Consideremos 
Nos testes a seguir, utilizamos o método de Newton com ( = 10-7.
	
	Teste 1
	Teste 2
	Teste 3
	x0
	0,5
	1,33333
	1,33334
	
	0,999778284
	0,999708915
	1,5000001
	
	–2,4214x10-8
	–4,1910x10-8
	1,3970x10-8
	nº iterações
	12
	35
	27
Podemos observar que nos testes 2 e 3 escolhemos x0 bem próximo de 4/3 = 1,33333.
Entretanto, no teste 2 o método encontrou (1 = 1 e no teste 3 o método encontrou (2 = 1,5.
Uma análise do gráfico a seguir nos ajuda a entender este fato.
Uma maneira alternativa para se encontrar as raízes é utilizar de forma conjunta os métodos da bissecção e de Newton.
O primeiro passo é utilizar o método da bissecção para reduzir o intervalo [0.5, 2] a um intervalo de amplitude 0,01.
O segundo passo é tomar o ponto médio deste intervalo como aproximação inicial para o método de Newton.
Bissecção:	x0 = 1,50195		( = 10-2	8 iterações
Newton:		
 = 1,5		( = 10-7	2 iterações
OBS: O método da bissecção não encontra as duas raízes (1 = (2 = 1
DETERMINAÇÃO DE RAÍZES DE POLINÔMIOS�
Para se obter raízes de equações polinomiais, pode-se aplicar qualquer um dos métodos numéricos estudados anteriormente. Contudo, estas equações surgem tão frequentemente que merecem um estudo especial.
Um polinômio de grau n com coeficientes reais será representado da seguinte forma:
Método para se Calcular o Valor Numérico de um Polinômio
Para simplificar, estudaremos o processo analisando um polinômio de grau 4:
Este polinômio pode ser escrito na forma:
conhecida como forma dos parênteses encaixados.
Temos então, no caso de n = 4, que
Para se calcular o valor numérico de p4(x) em x = c, basta fazer sucessivamente
b4 = a4 
b3 = a3 + b4c
b2 = a2 + b3c
b1 = a1 + b2c
b0 = a0 + b1c ( p(c) = b0
Portanto, para pn(x) de grau n qualquer, calculamos pn(c) calculando as constantes bj, j = n, n–1, ..., 1, 0 sucessivamente, sendo:
bn = an
bj = aj + bj+1c j = n–1, n–2, ..., 2, 1, 0
e b0 será o valor de pn(x) para x = c.
Como calcular o valor de p´n(x) em x = c usando os coeficientes bj obtidos anteriormente? Tomando como exemplo o polinômio de grau 4, temos
Para x = c, temos que
b4 = a4 		(	a4 = b4 
b3 = a3 + b4c	(	a3 = b3 – b4c
b2 = a2 + b3c	(	a2 = b2 – b3c
b1 = a1 + b2c	(	a1 = b1 – b2c
b0 = a0 + b1c	(	a0 = b0 – b1c
Dado que já conhecemos b0, b1,b2, b3, b4:
Assim,
Aplicando o mesmo esquema anterior, teremos
c4 = b4 
c3 = b3 + c4c
c2 = b2 + c3c
c1 = b1 + c2c
Calculamos, pois, os coeficientes cj, j = n, n–1, ..., 1 da seguinte forma:
cn = bn
cj = bj + cj+1c j = n–1, ..., 1
Teremos então p´(c) = c1
	
Método de Newton para Zeros de Polinômios
Seja 
 e x0 uma aproximação para a raiz procurada.
Conforme vimos, o método de Newton consiste em desenvolver aproximações sucessivas para ( a partir da iteração:
ALGORITMO
Dados a0, a1, ..., an, coeficientes de pn(x), x a aproximação inicial, ( a precisão desejada e fixando itmax, o número máximo de iterações que serão permitidas.
1)	Para K = 1, ..., itmax, faça:
	b = an
	c = b
		Para i = (n–1), ..., 1, faça:
			b = ai + bx
			c = b + cx
	b = a0 + bx
	Se |b| ( ( vá para o passo 3
	deltax = b/c
	x = x – deltax
2) Imprimir mensagem de que não houve convergência com "itmax" iterações
3) FIM
EXEMPLO 1: Dada a equação polinomial:
 e ( ( [1, 2] ( = 10-6 x0 = 1,5
Temos 
 = x5 = 1,7 em 4 iterações.
EXEMPLO 2: 
 ( ( [–3, –1.5] ( = 10-6 
	a) Para x0 = –0,8 temos 
 = –2,10380 com 17 iterações.
	b) Para x0 = –2 temos 
 = –2,10380 com 3 iterações.
A escolha de x0 = –0,8 em a leva a um número
maior de iterações porque este valor de x0 está
próximo do valor de uma das raízes de p´(x)
 ( x´= 1 e x´´ = –1
(
y
x
x3
y
x0
x1
� EMBED Equation.3 ���
y = x
x2
((x)
x
y = x
((x)
x0
x1
x2
(
x3
� EMBED Equation.3 ���
y
x
y = x
((x)
x1
x2
(
� EMBED Equation.3 ���
x0
� EMBED Equation.3 ���
y
x
y = x
((x)
x1
x2
(
x0
x3
y
6
y = x
((x)
x1
x2
y
6
x0
x
y = x
((x)
(
x1
x0
x
y
� EMBED Equation.3 ���
y = x
((x)
(
xk
� EMBED Equation.3 ���
x
xk-1
y
y = x
((x)
(
x
xk-1
xk
xk-2
f (x)
x2
x1
f (x)
(
x
x0
(
x
x2
x1
x0
x3
x4
f (x)
1
x
–3
–2
–1,5
1
4/3
1,5
–1
0
x
y
(
x3
x2
x1
x0
C0
C1
C2
C3
A1
A0
A2
A3
B3
B2
B1
R
x
y
y = ((x)
y = x
f´(x) > 0
(
x3
x2
x1
x0
C3
C2
C1
C0
B3
B2
B1
A3
A2
A0
A1
f´(x) < 0
y = x
y = ((x)
y
x
R
x4
C4
A4
B4
0
0
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