DCC008_Aula04_Raiz_EqNonLin

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Cálculo
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Introdução
Método da
Bisseção
Método da
Falsa Posição
Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Resolução de Equações Não-Lineares
DCC008 - Cálculo Numérico
Prof. Ruy Freitas Reis - ruyfreitas@ice.ufjf.br
Departamento de Ciência da Computação
Universidade Federal de Juiz de Fora
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Finais
Conteúdo
1 Introdução
2 Método da Bisseção
3 Método da Falsa Posição
4 Método do Ponto Fixo
5 Método de Newton
6 Método da Secante
7 Considerações Finais
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1 Introdução
2 Método da Bisseção
3 Método da Falsa Posição
4 Método do Ponto Fixo
5 Método de Newton
6 Método da Secante
7 Considerações Finais
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Finais
Introdução
• Vamos considerar agora métodos para resolver equações
não-lineares. Dada uma função não-linear escalar
f : R→ R, procuramos o valor de x para o qual
f (x) = 0
• No caso vetorial onde f : Rn → Rn, o problema consiste
em encontrar o vetor x tal que todas as componentes de
f(x) são iguais a zero simultaneamente.
Exemplos
f (x) = x2 − 4 sin (x) = 0
f(x) =
[
x21 − x2 + 0.25
−x1 + x22 + 0.25
]
=
[
0
0
]
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Introdução
• As ráızes correspondem aos pontos onde o gráfico da
função f(x) intercepta o eixo x
-
x
6y
f (x)
x1 x2 x3s s s
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Introdução
• Para polinômios de grau até quatro, suas ráızes podem ser
calculadas através de uma expressão fechada, como por
exemplo no caso de uma função quadrática
ax2 + bx + c = 0 ⇒ x = −b ±
√
b2 − 4ac
2a
• De forma geral, não podemos encontrar os zeros de uma
função através de uma expressão fechada. Portanto, para
encontrar os zeros de uma função temos que recorrer a
métodos aproximados.
• Em alguns casos, os zeros das funções podem ser números
complexos:
x2 + 1 = 0 ⇒ x = ±
√
−1 = ±i
• Iremos trabalhar apenas com as ráızes reais.
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Raiz de uma função
Definição
Se f : [a, b]→ R é uma função dada, um ponto α ∈ [a, b] é um
zero (ou raiz) de f se f (α) = 0.
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Raiz de uma função
Exemplos
Seja f : (0,∞)→ R e considere as seguintes funções
f (x) = log (x) e f (x) = tanh(x)− x/3.
0 2 4 6 8 10
3
2
1
0
1
2
3
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Multiplicidade
Teorema (Multiplicidade)
Um ponto α ∈ [a, b] é uma raiz de multiplicidade m da
equação f (x) = 0 se f (α) = f ′(α) = . . . = f (m−1)(α) = 0 e
f (m)(α) 6= 0.
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Multiplicidade
Exemplo
Seja f (x) = x2 + 2x + 1 = (x + 1)2. Nesse caso temos α = −1
com multiplicidade m = 2, pois f ′(x) = 2(x + 1), f ′′(x) = 2 e
assim temos que f (−1) = 0, f ′(−1) = 0 e f ′′(−1) 6= 0.
−4 −3 −2 −1 0 1 2
0
2
4
6
8
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Considerações
Finais
Métodos para ráızes de equações
• Os métodos numéricos podem ser divididos em duas
etapas:
• Isolamento das ráızes
• Encontrar um intervalo [a, b] que contenha apenas uma
raiz, ou
• Determinar uma aproximação inicial x0
(ou mais de uma, dependendo do método)
• Refinamento
• Gerar uma sequência {x0, x1, . . . } que convirja para a raiz
exata r de f (x) = 0.
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Raiz de funções
Teorema
Seja f : [a, b]→ R uma função cont́ınua. Se f (a)f (b) < 0,
então existe pelo menos um ponto x ∈ [a, b] tal que f (x) = 0.
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Raiz de funções
Geometricamente, o teorema afirma que a curva de uma
função cont́ınua que começa abaixo do eixo horizontal e
termina acima dele, deve cruzar o eixo em algum ponto
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Finais
Exemplo
Exemplo
Existem 3 ráızes no intervalo [0, 10] da função
f (x) = (x − 1)(x − 5)(x − 10)
-60
-40
-20
 0
 20
 40
 60
 0 2 4 6 8 10
y
x
f(x)
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Exemplo
Exemplo
Como encontrar o intervalo da raiz x > 0 de
f (x) =
(
x
2
)2 − sen(x)?
Solução
Inspeção visual. Neste exemplo, x ∈ [1, 5; 2].
-1
-0.5
 0
 0.5
 1
 1.5
 2
 2.5
-1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
y
x
f(x)
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Exemplo
Cont. Solução
• Outra possibilidade é fazer uma tabela de valores
x f (x) sinal
0,5 -0,416925538604 < 0
1,0 -0,591470984808 < 0
1,5 -0,434994986604 < 0
2,0 0,0907025731743 > 0
2,5 0,964027855896 > 0
3,0 2,10887999194 > 0
• Logo, há ao menos uma raiz em [1, 5; 2]
• Outra possibilidade é fixar o ińıcio do intervalo x = a e
procurar b de modo que f (a)f (b) < 0
• b = a + h, a + 2h, a + 4h, . . .
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Exemplo
Exemplo
Encontre um intervalo de tamanho unitário em que haja ao
menos uma raiz para f (x) =
√
x − 5e−x = 0 de modo que
x ≥ 0.
Solução
x f (x) sinal
0,0 -5,0 < 0
1,0 -0,839397205857 < 0
2,0 0,73753714619 > 0
• Logo, pelos dados apresentados na tabela e sendo f (x)
cont́ınua no intervalo [1, 2], então há ao menos uma raiz
em [1, 2].
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Exemplo
Exemplo
Encontre um intervalo de tamanho unitário em que haja ao
menos uma raiz para f (x) =
√
x − 5e−x = 0 de modo que
x ≥ 0.
Solução
x f (x) sinal
0,0 -5,0 < 0
1,0 -0,839397205857 < 0
2,0 0,73753714619 > 0
• Logo, pelos dados apresentados na tabela e sendo f (x)
cont́ınua no intervalo [1, 2], então há ao menos uma raiz
em [1, 2].
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Raiz de funções
Teorema
Sob as hipóteses do teorema anterior, se f ′(x) existir e
preservar o sinal em [a, b], então o intervalo contém um único
zero de f (x).
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Finais
Exemplo
Exemplo
Há garantia de haver apenas uma raiz para
f (x) =
√
x − 5e−x = 0 no intervalo [1, 2]?
Solução
Sim, pois f (x) é cont́ınua nesse intervalo, f (1)f (2) < 0 e
f ′(x) = 1
2
√
x
+ 5e−x > 0, ∀x > 0
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Exemplo
Exemplo
Há garantia de haver apenas uma raiz para
f (x) =
√
x − 5e−x = 0 no intervalo [1, 2]?
Solução
Sim, pois f (x) é cont́ınua nesse intervalo, f (1)f (2) < 0 e
f ′(x) = 1
2
√
x
+ 5e−x > 0, ∀x > 0
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Critério de parada
• Definido o intervalo (ou formas de inicialização), pode-se
então gerar iterativamente uma sequência de aproximações
para a raiz de f (x)
• Antes de estudar os métodos numéricos para geração
dessas aproximações, é importante definir um critério de
parada para o processo iterativo
• Alguns dos critérios normalmente adotados são:
|xk − xk−1| ≤ �
|xk − xk−1|
|xk |
≤ � |f (xk)| ≤ �
onde
• k é o passo do processo iterativo
• � é a precisão/tolerância da solução
• Pode-se adicionar um número máximo de iterações para
evitar que o programa itere indefinidamente
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Ordem de convergência
É importante definir com qual rapidez a sequência de
aproximações {x0, x1, . . .} converge para a raiz exata α.
Ordem de convergência
Uma sequência {xn|n ≥ 0} é dita convergir com ordem p ≥ 1
para um ponto α se
|α− xn+1| ≤ c |α− xn|p, n ≥ 0
para uma constante c > 0.
Sendo c < 1, dizemos que :
• se p = 1: convergência linear
• se 1 < p < 2: convergência super-linear
• se p = 2: convergência quadrática
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Ordem de convergência
Na prática o que isso significa a ordem de convergência?
|α− xn+1| ≤ c |α− xn|p
Exemplos de convergência:
• Linear: 10−2, 10−3, 10−4, 10−5, . . . com c = 10−1
• Linear: 10−2, 10−4, 10−6, 10−8, . . . com c = 10−2
• Super-linear: 10−2, 10−3, 10−5, 10−8, . . .
• Quadrática: 10−2, 10−4, 10−8, 10−16, . . .
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Finais
Conteúdo
1 Introdução
2 Método da Bisseção
3 Método da Falsa Posição
4 Método do Ponto Fixo
5 Método de Newton
6 Método da Secante
7 Considerações Finais
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Método da Bisseção
• O método da bisseção baseia-se na ideia de que seja f (x)
cont́ınua e f (a)f (b) < 0, então existe ao menos uma raiz
no intervalo [a, b].
• A cada passo, o intervalo é dividido ao meio
xk =
a + b
2
• O novo (sub-)intervalo será aquele que contém a raiz
• [a, xk ], se f (a)f (xk) < 0
• [xk , b], caso contrário
• A busca continua até que algum critério de parada seja
atendido:
b − a < �; |f (xk)| < �;
|xk − xk−1|
|xk |
< �.
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Método da Bisseção
-
x
6
y
a
b
f (a)
f (b)
r r
r
r
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Método da Bisseção
-
x
6
y
a x1
b
f (a)
f (b)
r r r
r
r
r
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Método da Bisseção
-
x
6
y
a
br r
r
r
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Método da Bisseção
-
x
6
y
a
x2 br r r
rr
r
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Método da Bisseção
-
x
6
y
a
br r
r
r
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Método da Bisseção
-
x
6
y
a
x3 br rr
r
r
r
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Método da Bisseção
-
x
6
y
a
br rr r
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-
x
6
y
a x4
br rr rr
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Método da Bisseção
-
x
6
y
a x1x4
x3 x2 b
f (a)
f (b)
r r r r
r
r
r
r
r
rr
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Método da Bisseção
Algoritmo 1: Algoritmo do método da Bisseção
Entrada: f (x) cont́ınua em [a, b], intervalo [a, b] tal que
f (a)f (b) < 0, precisão � e máximo número de
iterações
1 ińıcio
2 k ←− 0;
3 enquanto critério de parada não é satisfeito faça
4 xk ←− a+b2 ;
5 se f (a)f (xk) < 0 então
6 b ←− xk ;
7 senão
8 a←− xk ;
9 k ←− k + 1;
10 retorna xk
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Considerações
Finais
Exemplo
Exemplo
Encontre uma aproximação para o zero da função
f (x) =
(
x
2
)2 − sen(x) no intervalo [1, 5; 2] executando 5 passos
do método da bisseção.
Solução
k a b xk f (a) f (b) f (xk )
0 1, 5 2 1, 75 −0, 4349 0, 0907 −0, 2184
1 1, 75 2 1, 875 −0, 2184 0, 0907 −0, 0752
2 1, 875 2 1, 9375 −0, 0752 0, 0907 0, 0050
3 1, 875 1, 9375 1, 90625 −0, 0752 0, 0050 −0, 035814
4 1, 90625 1, 9375 1, 921875 −0, 035814 0, 0050 −0, 015601
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Exemplo
Exemplo
Encontre uma aproximação para o zero da função
f (x) =
(
x
2
)2 − sen(x) no intervalo[1, 5; 2] executando 5 passos
do método da bisseção.
Solução
k a b xk f (a) f (b) f (xk )
0 1, 5 2 1, 75 −0, 4349 0, 0907 −0, 2184
1 1, 75 2 1, 875 −0, 2184 0, 0907 −0, 0752
2 1, 875 2 1, 9375 −0, 0752 0, 0907 0, 0050
3 1, 875 1, 9375 1, 90625 −0, 0752 0, 0050 −0, 035814
4 1, 90625 1, 9375 1, 921875 −0, 035814 0, 0050 −0, 015601
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Exemplo
Exemplo
Encontre uma aproximação para o zero da função
f (x) =
(
x
2
)2 − sen(x) no intervalo [1, 5; 2] executando 5 passos
do método da bisseção.
Solução
k a b xk f (a) f (b) f (xk )
0 1, 5 2 1, 75 −0, 4349 0, 0907 −0, 2184
1 1, 75 2 1, 875 −0, 2184 0, 0907 −0, 0752
2 1, 875 2 1, 9375 −0, 0752 0, 0907 0, 0050
3 1, 875 1, 9375 1, 90625 −0, 0752 0, 0050 −0, 035814
4 1, 90625 1, 9375 1, 921875 −0, 035814 0, 0050 −0, 015601
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Finais
Exemplo
Exemplo
Encontre uma aproximação para o zero da função
f (x) =
(
x
2
)2 − sen(x) no intervalo [1, 5; 2] executando 5 passos
do método da bisseção.
Solução
k a b xk f (a) f (b) f (xk )
0 1, 5 2 1, 75 −0, 4349 0, 0907 −0, 2184
1 1, 75 2 1, 875 −0, 2184 0, 0907 −0, 0752
2 1, 875 2 1, 9375 −0, 0752 0, 0907 0, 0050
3 1, 875 1, 9375 1, 90625 −0, 0752 0, 0050 −0, 035814
4 1, 90625 1, 9375 1, 921875 −0, 035814 0, 0050 −0, 015601
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Introdução
Método da
Bisseção
Método da
Falsa Posição
Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Exemplo
Exemplo
Encontre uma aproximação para o zero da função
f (x) =
(
x
2
)2 − sen(x) no intervalo [1, 5; 2] executando 5 passos
do método da bisseção.
Solução
k a b xk f (a) f (b) f (xk )
0 1, 5 2 1, 75 −0, 4349 0, 0907 −0, 2184
1 1, 75 2 1, 875 −0, 2184 0, 0907 −0, 0752
2 1, 875 2 1, 9375 −0, 0752 0, 0907 0, 0050
3 1, 875 1, 9375 1, 90625 −0, 0752 0, 0050 −0, 035814
4 1, 90625 1, 9375 1, 921875 −0, 035814 0, 0050 −0, 015601
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Bisseção
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Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Análise
Método da Bisseção
• A cada interação k , a raiz de f (x) = 0 está num intervalo
[ak , bk ]
• Assim, sendo r a solução do problema, pode-se dizer que
|r − xk | ≤ 12 (bk − ak)
• Além disso, o intervalo (bk − ak) no passo k pode ser
escrito como
bk − ak =
bk−1 − ak−1
2
=
bk−2 − ak−2
22
= · · · = b0 − a0
2k
• Logo, o erro absoluto no passo k satisfaz
|r − xk | ≤
b0 − a0
2k+1
onde a0 e b0 são os limites do intervalo original
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Bisseção
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Ponto Fixo
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Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Análise
Método da Bisseção
• A cada interação k , a raiz de f (x) = 0 está num intervalo
[ak , bk ]
• Assim, sendo r a solução do problema, pode-se dizer que
|r − xk | ≤ 12 (bk − ak)
• Além disso, o intervalo (bk − ak) no passo k pode ser
escrito como
bk − ak =
bk−1 − ak−1
2
=
bk−2 − ak−2
22
= · · · = b0 − a0
2k
• Logo, o erro absoluto no passo k satisfaz
|r − xk | ≤
b0 − a0
2k+1
onde a0 e b0 são os limites do intervalo original
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Newton
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Considerações
Finais
Análise
Método da Bisseção
• O limitante para o erro absoluto pode ser utilizado para
determinar o número de iterações necessárias para se obter
uma raiz com uma dada precisão �
• Considerando como critério de parada
b − a ≤ �
• Nesse sentido, deseja-se determinar k tal que
|r − xk | ≤
b0 − a0
2k+1
≤ �
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Newton
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Considerações
Finais
Análise
Método da Bisseção
• Logo,
b0 − a0
2k+1
≤ �
b0 − a0
�
≤ 2k+1
2k+1 ≥ b0 − a0
�
log2(2
k+1) ≥ log2
(
b0 − a0
�
)
k + 1 ≥ log2
(
b0 − a0
�
)
k ≥ log2
(
b0 − a0
�
)
− 1 ou k ≥
ln
(
b0−a0
�
)
ln(2)
− 1
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Considerações
Finais
Número de iterações
Número de iterações vs Precisão
Número de iterações k para o método da bisseção atingir uma
precisão �
k ≥ log2
(
b0 − a0
�
)
− 1 ou k ≥
ln
(
b0−a0
�
)
ln(2)
− 1
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Ponto Fixo
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Newton
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Secante
Considerações
Finais
Exemplo
Exemplo
Qual o número de iterações necessárias para encontrar uma
aproximação para o zero da função f (x) =
(
x
2
)2 − sen(x) no
intervalo [1, 5; 2] de modo que b − a ≤ � = 10−5?
Solução
k ≥ log2
(
b0−a0
�
)
− 1 = log2
(
2−1,5
10−5
)
− 1 ≈ 15, 61− 1 = 14, 61
Logo, encontra-se a aproximação para a solução do problema
com a precisão desejada a partir da iteração 15.
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Ponto Fixo
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Newton
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Secante
Considerações
Finais
Exemplo
Exemplo
Qual o número de iterações necessárias para encontrar uma
aproximação para o zero da função f (x) =
(
x
2
)2 − sen(x) no
intervalo [1, 5; 2] de modo que b − a ≤ � = 10−5?
Solução
k ≥ log2
(
b0−a0
�
)
− 1 = log2
(
2−1,5
10−5
)
− 1 ≈ 15, 61− 1 = 14, 61
Logo, encontra-se a aproximação para a solução do problema
com a precisão desejada a partir da iteração 15.
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Finais
Ordem de Convergência
Método da Bisseção
• Ordem de convergência de um método
|α− xn+1| ≤ c |α− xn|p
• No método da bisseção o erro cai pela metade (em média)
a cada iteração na busca da solução α, ou seja,
|α− xk |
|α− xk−1|
≤ 1
2
Assim,
|α− xk | ≤
1
2
|α− xk−1|
e verifica-se que este método tem ordem de convergência
p = 1 (linear) e c = 1/2.
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Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Exerćıcios
1) Mostre que as seguintes equações possuem exatamente uma
raiz e que em cada caso a raiz está no intervalo [0.5, 1.0]
a) x2 + ln(x) = 0
b) xex − 1 = 0
Determine essas ráızes com até duas casas decimais corretas
(i.e., com � = 10−2 ), usando o método da Bisseção.
Realize os calculos utilizando 4 d́ıgitos significativos.
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Bisseção
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Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Conteúdo
1 Introdução
2 Método da Bisseção
3 Método da Falsa Posição
4 Método do Ponto Fixo
5 Método de Newton
6 Método da Secante
7 Considerações Finais
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Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Método da Falsa Posição
• Dado um intervalo [a, b] que contém uma raiz para
f (x) = 0, então o método da falsa posição pode então
ser descrito como
• Calcula-se a aproximação xk :
xk =
af (b)− bf (a)
f (b)− f (a)
• Determina-se o novo (sub-)intervalo, que será aquele que
contém a raiz
• [a, xk ], se f (a)f (xk) < 0
• [xk , b], caso contrário• A busca continua até que algum critério de parada seja
atendido:
b − a < �; |f (xk)| < �;
|xk − xk−1|
|xk |
< �.
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Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Método da Falsa Posição
-
x
6
y
a
b
reta
x0
f (a)
f (b)
r r
r
r
rr
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Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Método da Falsa Posição
-
x
6
y
b
reta
a
f (a)
f (b)
f (a)f (b) < 0
x1 r
r
r
rr rr
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Newton
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Considerações
Finais
Método da Falsa Posição
-
x
6
y
a
f (a)
f (b)
b
x2
r
r
rr rrr
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Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Método da Falsa Posição
Algoritmo 2: Algoritmo do método da Falsa Posição
Entrada: f (x) cont́ınua em [a, b], intervalo [a, b] tal que
f (a)f (b) < 0, precisão � e máximo número de
iterações
1 ińıcio
2 k ←− 0;
3 enquanto critério de parada não é satisfeito faça
4 xk ←− af (b)−bf (a)f (b)−f (a) ;
5 se f (a)f (xk) < 0 então
6 b ←− xk ;
7 senão
8 a←− xk ;
9 k ←− k + 1;
10 retorna xk
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Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Exemplo
Exemplo
Encontre uma aproximação para o zero da função
f (x) =
(
x
2
)2 − sen(x) no intervalo [1, 5; 2] utilizando o método
da falsa posição, com |f (xk)| < � = 10−4.
Solução
k a b xk f (a) f (b) f (xk)
0 1, 5 2 1, 913731 −4, 349950e − 01 9, 070e − 02 −2, 618006e − 02
1 1, 913731 2 1, 933054 −2, 618006e − 02 9, 070e − 02 −9, 243996e − 04
2 1, 933054 2 1, 933730 −9, 243996e − 04 9, 070e − 02 −3, 193009e − 05
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Ponto Fixo
Método de
Newton
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Secante
Considerações
Finais
Exemplo
Exemplo
Encontre uma aproximação para o zero da função
f (x) =
(
x
2
)2 − sen(x) no intervalo [1, 5; 2] utilizando o método
da falsa posição, com |f (xk)| < � = 10−4.
Solução
k a b xk f (a) f (b) f (xk)
0 1, 5 2 1, 913731 −4, 349950e − 01 9, 070e − 02 −2, 618006e − 02
1 1, 913731 2 1, 933054 −2, 618006e − 02 9, 070e − 02 −9, 243996e − 04
2 1, 933054 2 1, 933730 −9, 243996e − 04 9, 070e − 02 −3, 193009e − 05
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Newton
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Considerações
Finais
Exemplo
Exemplo
Encontre uma aproximação para o zero da função
f (x) =
(
x
2
)2 − sen(x) no intervalo [1, 5; 2] utilizando o método
da falsa posição, com |f (xk)| < � = 10−4.
Solução
k a b xk f (a) f (b) f (xk)
0 1, 5 2 1, 913731 −4, 349950e − 01 9, 070e − 02 −2, 618006e − 02
1 1, 913731 2 1, 933054 −2, 618006e − 02 9, 070e − 02 −9, 243996e − 04
2 1, 933054 2 1, 933730 −9, 243996e − 04 9, 070e − 02 −3, 193009e − 05
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Bisseção
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Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Exerćıcios
1) Aplique o método da Bisseção e o da Falsa Posição para
calcular a raiz positiva de x2 − 7 = 0 com � = 10−2 ,
partindo do intervalo inicial [2.0, 3.0] e utilizando 4 d́ıgitos
significativos. Qual chegou na resposta com menos
iterações?
2) Aplique o método da Falsa Posição utilizando 4 d́ıgitos
significativos para resolver utilizando � = 10−2:
a) ex − 3x = 0
b) x3 − cos(x) = 0
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Considerações
Finais
Conteúdo
1 Introdução
2 Método da Bisseção
3 Método da Falsa Posição
4 Método do Ponto Fixo
5 Método de Newton
6 Método da Secante
7 Considerações Finais
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Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
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Considerações
Finais
Método do Ponto Fixo
• Outra alternativa para encontrar a raiz r da equação
f (x) = 0,
onde f é uma função cont́ınua no intervalo [a, b] em que a
raiz é procurada, é reescrever f (x) na forma
x = φ(x)
• A solução de x = φ(x) é chamada de ponto fixo de φ
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Ponto Fixo
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Newton
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Secante
Considerações
Finais
Exemplo
Seja f (x) = x2 − x − 2 = 0. Podemos escrever
a) x = x2 − 2
b) x =
√
2 + x
c) x = 1 + 2x
d) x = x
2+2
2x−1
Existem diversas formas de expressar f (x) = 0 como um
problema de ponto fixo da forma x = φ(x), entretanto
veremos que nem todas são satisfatórias para nossos objetivos.
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Bisseção
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Falsa Posição
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Ponto Fixo
Método de
Newton
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Secante
Considerações
Finais
Exemplo
Seja f (x) = x2 − x − 2 = 0. Podemos escrever
a) x = x2 − 2
b) x =
√
2 + x
c) x = 1 + 2x
d) x = x
2+2
2x−1
Existem diversas formas de expressar f (x) = 0 como um
problema de ponto fixo da forma x = φ(x), entretanto
veremos que nem todas são satisfatórias para nossos objetivos.
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Ponto Fixo
Método de
Newton
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Considerações
Finais
Exemplo
Seja f (x) = x2 − x − 2 = 0. Podemos escrever
a) x = x2 − 2
b) x =
√
2 + x
c) x = 1 + 2x
d) x = x
2+2
2x−1
Existem diversas formas de expressar f (x) = 0 como um
problema de ponto fixo da forma x = φ(x), entretanto
veremos que nem todas são satisfatórias para nossos objetivos.
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Exemplo
Seja f (x) = x2 − x − 2 = 0. Podemos escrever
a) x = x2 − 2
b) x =
√
2 + x
c) x = 1 + 2x
d) x = x
2+2
2x−1
Existem diversas formas de expressar f (x) = 0 como um
problema de ponto fixo da forma x = φ(x), entretanto
veremos que nem todas são satisfatórias para nossos objetivos.
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Newton
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Considerações
Finais
Exemplo
Seja f (x) = x2 − x − 2 = 0. Podemos escrever
a) x = x2 − 2
b) x =
√
2 + x
c) x = 1 + 2x
d) x = x
2+2
2x−1
Existem diversas formas de expressar f (x) = 0 como um
problema de ponto fixo da forma x = φ(x), entretanto
veremos que nem todas são satisfatórias para nossos objetivos.
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Finais
Método do Ponto Fixo
Método do Ponto Fixo
No método do ponto fixo define-se x = φ(x) satisfazendo:
1) φ(x) e φ′(x) cont́ınuas para x ∈ I
2) |φ′(x)| < 1, ∀x ∈ I
Dada uma aproximação inicial x0 para a raiz r , então as
aproximações sucessivas xk são obtidas fazendo
xk = φ(xk−1), k = 1, 2, . . .
O processo continua até algum critério de parada ser atendido:
|xk − xk−1|
|xk |
< � ou |f (xk)| < �.
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Finais
Ponto Fixo
Algoritmo3: Algoritmo do método Ponto Fixo
Entrada: Aproximação inicial x0, função associada φ(x),
precisão � e máximo número de iterações
1 ińıcio
2 k ←− 1;
3 enquanto critério de parada não é satisfeito faça
4 xk ←− φ(xk−1);
5 k ←− k + 1;
6 retorna xk
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Finais
Exemplo
Exemplo
f (x) = x2 − x − 2 usando o seguinte esquema x = x2 − 2.
Considerando I = [1.5, 2.5], sabemos que a raiz é α = 2.
φ(x) = x2 − 2 ⇒ φ′(x) = 2x
Assim temos que φ(x) e φ′(x) são cont́ınuas. Entretanto
max
x∈I
|φ′(x)| = max
x∈I
|2x | > 1
que nos mostra que o método do ponto fixo não converge para
essa escolha da função de iteração φ(x). De fato, o método
diverge (como visto anteriormente).
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Considerações
Finais
Exemplo
Exemplo
Por outro lado, para f (x) = x2 − x − 2 com I = [1.5, 2.5]
usando φ(x) =
√
x + 2, temos
φ′(x) =
1
2
√
x + 2
e assim
max
x∈I
|φ′(x)| = max
x∈I
∣∣∣∣∣ 12√x + 2
∣∣∣∣∣ = 0.267 < 1
Ou, podemos dizer que |φ′(x)| < 1 se e somente se x > −1.75
e portanto nessas condições o teorema garante a convergência.
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Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Exemplo
Exemplo
Considere a equação f (x) = 2x2 − 5x + 2 = 0, cujas ráızes são
α1 = 0.5 e α2 = 2. Considere os processos iterativos:
a) xk+1 =
√
5xk
2 − 1
b) xk+1 =
2x2k +2
5
Qual dos dois processos você utilizaria para obter a raiz α1?
Por que?
Solução
Para a) temos que
φ(x) =
(
5x
2
− 1
)1/2 ⇒ φ′(x) = 1
2
1√
5xk
2
−1
5
2
|φ′(α1)| =
5
4
√
5·0.5
2
− 1
= 2.5 > 1
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Método de
Newton
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Considerações
Finais
Exemplo
Exemplo
Considere a equação f (x) = 2x2 − 5x + 2 = 0, cujas ráızes são
α1 = 0.5 e α2 = 2. Considere os processos iterativos:
a) xk+1 =
√
5xk
2 − 1
b) xk+1 =
2x2k +2
5
Qual dos dois processos você utilizaria para obter a raiz α1?
Por que?
Solução
Para a) temos que
φ(x) =
(
5x
2
− 1
)1/2 ⇒ φ′(x) = 1
2
1√
5xk
2
−1
5
2
|φ′(α1)| =
5
4
√
5·0.5
2
− 1
= 2.5 > 1
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Introdução
Método da
Bisseção
Método da
Falsa Posição
Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Exemplo
Solução do exemplo - (cont.)
Para b) temos que
φ(x) =
2x2 + 2
5
⇒ φ′(x) = 4x
5
|φ′(α1)| =
4(0.5)
5
=
2
5
= 0.4 < 1
Temos então que φ(x) e φ′(x) são cont́ınuas e se x0 for
suficientemente próximo de α1, então o processo b) irá
convergir, e portanto este é mais adequado para encontrar a
raiz.
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Método da
Bisseção
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Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Exemplo
Exemplo
Seja f (x) = x3 − 9x + 3. Considere a seguinte função de
iteração x = φ(x) = x
3+3
9 . Queremos encontrar a raiz de
f (x) = 0 no intervalo [0, 1]. O método irá convergir?
Solução
Temos que φ′(x) = x
2
3 , e portanto temos que φ(x) e φ
′(x) são
cont́ınuas.
Verificamos agora que
|φ′(x)| =
∣∣∣∣∣x23
∣∣∣∣∣ < 1,∀x ∈ [0, 1]
E assim concluimos que o método irá convergir. Podemos
verificar tomando x0 = 0.25 e usando uma precisão � = 0.001.
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Considerações
Finais
Exemplo
Exemplo
Seja f (x) = x3 − 9x + 3. Considere a seguinte função de
iteração x = φ(x) = x
3+3
9 . Queremos encontrar a raiz de
f (x) = 0 no intervalo [0, 1]. O método irá convergir?
Solução
Temos que φ′(x) = x
2
3 , e portanto temos que φ(x) e φ
′(x) são
cont́ınuas.
Verificamos agora que
|φ′(x)| =
∣∣∣∣∣x23
∣∣∣∣∣ < 1, ∀x ∈ [0, 1]
E assim concluimos que o método irá convergir. Podemos
verificar tomando x0 = 0.25 e usando uma precisão � = 0.001.
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Exemplo
Solução do exemplo - (cont.)
Na primeira iteração, temos
x1 =
0.253 + 3
9
=
0.015625 + 3
9
= 0.335069
f (x1) = x
3
1 − 9x1 + 3 = 0.037618− 3.015621 + 3 = 0.021997 > �
Mais uma iteração
x2 =
0.3350693 + 3
9
= 0.337513
f (x2) = x
3
2 − 9x2 + 3 = 0.038447− 3.037617 + 3 = 0.00083 < �
Como o critério de parada |f (x2)| < � foi satisfeito,
terminamos o processo com x2 = 0.337513 como aproximação
para a raiz.
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Newton
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Exemplo
Solução do exemplo - (cont.)
Se tomarmos outra aproximação inicial x0 = 0.5 mais distante
da raiz temos:
k xk f (xk)
0 0.5 -1.375
1 0.34722 -0.83137
2 0.33798 -0.0032529
3 0.33762 -0.00012219
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Considerações
Finais
Exemplo
Solução do exemplo - (cont.)
Se tomarmos outra aproximação inicial x0 = 0.5 mais distante
da raiz temos:
k xk f (xk)
0 0.5 -1.375
1 0.34722 -0.83137
2 0.33798 -0.0032529
3 0.33762 -0.00012219
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Introdução
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Newton
Método da
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Considerações
Finais
Exemplo
Exemplo
Considere as seguintes funções:
a) φ1(x) = 2x − 1
b) φ2(x) = x
2 − 2x + 2
Qual delas você escolheria para obter a raiz 1, utilizando o
processo iterativo xk+1 = φ(xk)? Exiba a sequência gerada
com sua escolha tomando x0 = 1.2.
Solução
Temos que φ1(x) e φ
′
1(x) são cont́ınuas pois
φ1(x) = 2x − 1, φ′1(x) = 2
Mas |φ′1(x)| = 2 > 1, ∀x próximo de α = 1.
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Considerações
Finais
Exemplo
Exemplo
Considere as seguintes funções:
a) φ1(x) = 2x − 1
b) φ2(x) = x
2 − 2x + 2
Qual delas você escolheria para obter a raiz 1, utilizando o
processo iterativo xk+1 = φ(xk)? Exiba a sequência gerada
com sua escolha tomando x0 = 1.2.
Solução
Temos que φ1(x) e φ
′
1(x) são cont́ınuas pois
φ1(x) = 2x − 1, φ′1(x) = 2
Mas |φ′1(x)| = 2 > 1, ∀x próximo de α = 1.
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Método de
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Considerações
Finais
Exemplo
Solução do exemplo - (cont.)
Por outro lado
φ2(x) = x
2 − 2x + 2, φ′2(x) = 2x − 2
|φ′2(x)| = |2x − 2| < 1
de onde temos
−1 < 2x − 2 < 1
1 < 2x < 3
1
2 < x <
3
2
Portanto |φ′2(x)| < 1 se e somente se x ∈ I = [0.5, 1.5]. Como
φ2(x) e φ
′
2(x) são cont́ınuas, tomando uma aproximação inicial
x0 ∈ I , temos a convergência do método garantida.
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Exemplo
Solução do exemplo - (cont.)
Tomando então φ2(x) = x
2 − 2x + 2 e x0 = 1.2, temos:
k xk
0 1.2
1 1.04
2 1.0016
3 1.00000256
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Newton
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Exerćıcios
1) Considere o problemade encontrar o zero da função
f (x) = x + ln(x) no intervalo [0.5, 0.6] usando um método
de ponto fixo. Analise a convergência, quando a função de
iteração é dada por:
a) ϕ(x) = −ln(x)
b) ϕ(x) = e−x
2) A equação x2 + 5x − 1 = 0 tem uma raiz em [0, 0.5].
Verifique quais dos processos abaixo podem ser utizados,
com sucesso, para obtê-la.
a) xk+1 =
1−x2k
5
b) xk+1 =
1−5xk
xk
c) xk+1 =
√
1− 5xk
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Bisseção
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Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Conteúdo
1 Introdução
2 Método da Bisseção
3 Método da Falsa Posição
4 Método do Ponto Fixo
5 Método de Newton
6 Método da Secante
7 Considerações Finais
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Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
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Considerações
Finais
Método de Newton
O método de Newton é definido por
xk = xk−1 −
f (xk−1)
f ′(xk−1)
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Newton
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Método de Newton
Geometricamente
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Considerações
Finais
Algoritmo
Algoritmo 4: Algoritmo para o Método de Newton
Entrada: f (x), f ′(x), valor inicial x0, precisão � e máximo
número de iterações
1 ińıcio
2 k ←− 1;
3 enquanto critério de parada não é satisfeito faça
4 xk ←− xk−1 − f (xk−1)f ′(xk−1) ;
5 k ←− k + 1;
6 retorna xk
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Bisseção
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Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Exemplo
Resolva f (x) = x − x1/3 − 2 = 0 usando x0 = 3 como
aproximação inicial.
Solução
Temos que a derivada é
f ′(x) = 1− 1
3
x−2/3
nesse caso a fórmula de iteração é
xk+1 = xk −
xk − x
1/3
k − 2
1− 13x
−2/3
k
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Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Exemplo
Resolva f (x) = x − x1/3 − 2 = 0 usando x0 = 3 como
aproximação inicial.
Solução
Temos que a derivada é
f ′(x) = 1− 1
3
x−2/3
nesse caso a fórmula de iteração é
xk+1 = xk −
xk − x
1/3
k − 2
1− 13x
−2/3
k
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Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Método de Newton
Cont. Solução
Aplicando o método de Newton temos
k xk f
′(xk) f (xk)
0 3.0 0.839750 -0.442250e+00
1 3.526644 0.856130 4.506792e-03
2 3.521380 0.855986 3.771414e-07
3 3.52137971 0.855986 0.00000e+00
E assim ao final das iterações obtemos α ≈ x3 = 3.52137971
como valor aproximado para a raiz.
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Bisseção
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Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Exerćıcios
1) O valor de π pode ser obtido através das seguintes
equações:
a) sen(x) = 0
b) cos(x) + 1 = 0
Aplique o método de Newton com x0 = 3 e com precisão
10−7. Compare os resultados.
2) Suponha que você deseja computar
√
b em um computador
que não possui a função de ”raiz quadrada”. Responda:
a) Use o método de Newton para estabelecer uma forma de
calcular a raiz
b) Usando o método do item anterior calcule
√
2 neste
computador
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Introdução
Método da
Bisseção
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Falsa Posição
Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Conteúdo
1 Introdução
2 Método da Bisseção
3 Método da Falsa Posição
4 Método do Ponto Fixo
5 Método de Newton
6 Método da Secante
7 Considerações Finais
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Bisseção
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Falsa Posição
Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Método da Secante
• Algumas desvantagens do método de Newton
• Determinar f ′(x)
• Calcular f ′(x) a cada passo
• Uma adaptação posśıvel é substituir f ′(x) pela
aproximação
f ′(xk−1) ≈
f (xk−1)− f (xk−2)
xk−1 − xk−2
• Dada a aproximação para f ′(xk−1), o método da secante
resulta em
xk = xk−1 −
f (xk−1)
f(xk−1)−f(xk−2)
xk−1−xk−2
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Introdução
Método da
Bisseção
Método da
Falsa Posição
Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Método da Secante
Algoritmo 5: Algoritmo para o Método da Secante
Entrada: f (x), valores iniciais x0 e x1, precisão � e máximo
número de iterações
1 ińıcio
2 k ←− 2;
3 enquanto critério de parada não é satisfeito faça
4 d ←− f (xk−1)−f (xk−2)xk−1−xk−2 ;
5 xk ←− xk−1 − f (xk−1)d ;
6 k ←− k + 1;
7 retorna xk
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Falsa Posição
Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Método da Secante
Exemplo
Encontre a raiz de
√
x − 5e−x = 0, usando o método da
secante com x0 = 1.4 e x1 = 1.5 com uma precisão � = 10
−3.
Solução
Avaliando a função em x0 e x1 temos
f (x0) = f (1.4) =
√
1.4− 5e−1.4 = 1.183− 5(0.247) = −0.052
f (x1) = f (1.5) =
√
1.5− 5e−1.5 = 1.225− 5(0.223) = 0.110
pelo método da secante temos
x2 =
1.4f (1.5)− 1.5f (1.4)
f (1.5)− f (1.4)
=
1.4(0.110)− 1.5(−0.052)
0.110 + 0.052
= 1.432
e2 =
|x2 − x1|
|x2|
= 0.047 > � ⇒ mais iterações!
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Bisseção
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Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Método da Secante
Exemplo
Encontre a raiz de
√
x − 5e−x = 0, usando o método da
secante com x0 = 1.4 e x1 = 1.5 com uma precisão � = 10
−3.
Solução
Avaliando a função em x0 e x1 temos
f (x0) = f (1.4) =
√
1.4− 5e−1.4 = 1.183− 5(0.247) = −0.052
f (x1) = f (1.5) =
√
1.5− 5e−1.5 = 1.225− 5(0.223) = 0.110
pelo método da secante temos
x2 =
1.4f (1.5)− 1.5f (1.4)
f (1.5)− f (1.4)
=
1.4(0.110)− 1.5(−0.052)
0.110 + 0.052
= 1.432
e2 =
|x2 − x1|
|x2|
= 0.047 > � ⇒ mais iterações!
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Bisseção
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Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Método da Secante
Cont. da solução do exemplo
Avaliando a função em x2
f (x2) = f (1.432) =
√
1.432− 5e−1.432 = 1.197− 5(0.239) = 0.002
assim
x3 =
1.5f (1.432)− 1.432f (1.5)
f (1.432)− f (1.5)
=
1.5(0.002)− 1.432(0.110)
0.002− 0.110
= 1.431
e3 =
|x3 − x2|
|x3|
= 0.0007 < �
Portanto, a raiz aproximada é x3 = 1.431.
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Método da
Bisseção
Método da
Falsa Posição
Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Exerćıcios
1) Encontre o zero das seguintes funções pelo método da
secante com � = 0.0005 ou até seis iterações:
a) f (x) = x3 − cos(x) no intervalo [0,1]
b) f (x) = 2x3 + ln(x)− 5 no intervalo [1,2]
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Método da
Bisseção
Método da
Falsa Posição
Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Conteúdo
1 Introdução
2 Método da Bisseção
3 Método da Falsa Posição
4 Método do Ponto Fixo
5 Método de Newton
6 Método da Secante
7 Considerações Finais
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Bisseção
Método da
Falsa Posição
Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Comparação entre os Métodos
•Método da bisseção e falsa posição
• Utiliza a ideia da existência de ao menos uma raiz no
intervalo [a, b] quando f (x) é cont́ınua e f (a)f (b) < 0
• Convergência linear
• Método do ponto fixo
• Define-se uma função associada φ(x) de modo que φ(x) e
φ′(x) sejam cont́ınuas para x ∈ I e |φ′(x)| < 1, ∀x ∈ I
• Convergência linear
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Introdução
Método da
Bisseção
Método da
Falsa Posição
Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Comparação entre os métodos
• Método de Newton
• Possui critérios mais restritivos para a convergência
• Requer o cálculo de f (x) e f ′(x) a cada passo
• Pode em certas condições atingir convergência quadrática
• Método da secante
• Similar ao método de Newton
• Cálculo de f ′(x) é substitúıdo por uma aproximação
• Convergência super-linear
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Método da
Falsa Posição
Método do
Ponto Fixo
Método de
Newton
Método da
Secante
Considerações
Finais
Comparação entre os métodos
• De forma geral, entre os métodos apresentados aqui
• O método de Newton é o mais indicado
• Sempre que for posśıvel garantir as condições de
convergência, e f ′(x) estiver dispońıvel e for simples de
ser avaliada
• Se f ′(x) não estiver dispońıvel ou for computacionalmente
custosa para se calcular, então sugere-se o método da
secante
• Pode-se utilizar os métodos da bisseção ou falsa posição
quando se deseja garantir a convergência ou para obter
uma melhor aproximação inicial para os demais métodos
84/84
	Introdução
	Método da Bisseção
	Método da Falsa Posição
	Método do Ponto Fixo
	Método de Newton
	Método da Secante
	Considerações Finais