Capítulo 02 Zero de Funcoes

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Capítulo 02 
Zeros de Funções Reais 
 
2.1 Introdução 
Em muitas áreas das ciências exatas ocorrem situações que envolvem a resolução de 
equações do tipo f(x)=0. Com isso, neste capítulo são estudados métodos numéricos 
para resolver equações deste tipo. 
Um número real ε é uma raiz (zero) da equação f(x)=0 se f(ε)=0. Considerando 
que existem equações polinomiais com raízes reais ou complexas, neste capítulo são 
abordadas somente as raízes reais de f(x), denotadas por ε. 
 
Graficamente: 
 
Figura 2.1: Exemplos de zero de funções. 
 
 Como obter raízes reais de uma equação qualquer? 
 Nos casos de funções complicadas é praticamente impossível encontrar as raízes 
de maneira exata. Os métodos numéricos abordados neste capítulo permitem encontrar 
boas aproximações para essas raízes. 
 A ideia destes métodos é partir de uma aproximação inicial para a raiz e em 
seguida “refinar” essa aproximação por meio de um processo iterativo. 
 
 O que é processo iterativo? 
 É um conjunto finito de procedimentos que podem se repetir infinitamente. 
 
 Estes métodos se constituem de duas fases: 
Fase I: localização ou isolamento das raízes. Consiste em obter um intervalo que 
contém a raiz ε. 
Fase II: melhorar o valor da raiz aproximada, isto é, refiná-la até o grau de 
exatidão requerido. 
 
2.2 Fase I: Isolamento das Raízes 
Nesta seção é abordado um importante teorema para isolamento de raízes. 
ε2 
x 
f(x) f(x) 
ε2 
x 
ε1 ε1 ε3 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 10 
Teorema 2.1: Seja f(x) uma função contínua num intervalo [a,b]. 
Se f(a)*f(b)<0 então existe pelo menos um ponto x entre a e b que é zero (raiz) 
de f(x). 
 
Graficamente:
 
Figura 2.2: Isolamento de raízes. 
 
Obs: Se, sob as hipóteses do teorema anterior existir f´(x) e preservar o sinal em [a,b], 
então este intervalo contém uma única raiz. 
 
Graficamente:
 
 
  baxxf , ,0)(   baxxf , ,0)(  
Figura 2.3: Exemplo de existência de raiz única. 
 
 Uma forma de se isolar as raízes de f(x) usando os resultados anteriores é tabelar 
f(x) para vários valores de x e analisar as mudanças de sinal de f(x) e o sinal da derivada 
nos intervalos em que f(x) mudam de sinal. 
 
Exemplo 2.1: 
a) 39)( 3  xxxf 
 
x  -100 -10 -5 -3 -1 0 1 2 3 4 5 
f(x) - - - - + + + - - + + + 
 
 
 
* lugares onde existem raízes. 
 
ε 
b 
a 
a ε 
x 
f(x) f(x) 
x b 
ε2 b 
a 
ε1 
a 
b ε x 
f(x) f(x) 
x 
* * * 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 11 
 Sabendo que f(x) é contínua para qualquer x real e observando as variações de 
sinal, pode-se concluir que cada um dos intervalos I1=[-5,-3], I2=[0,1] e I3=[2,3] 
contém pelo menos um zero de f(x). 
 Como f(x) é um polinômio de grau 3, pode-se afirmar que cada intervalo contém 
uma única raiz de f(x). 
 
b) xexxf  5)( 
 
x ... -2 -1 0 1 2 3 4 
f(x) - - - - - + + + 
 
 
 
* possui pelo menos uma raiz. 
 
 Analisando a tabela anterior, verifica-se que f(x) admite pelo menos um zero no 
intervalo (1,2). 
Para saber se esta raiz é única basta analisar o sinal de f’(x). 
0 ,05
2
1
)(   xe
x
xf x 
 
Assim, pode-se concluir que f(x) admite uma única raiz, que está entre (1,2). 
 
Obs: Se f(a)*f(b)>0 pode-se ter várias situações em [a,b]. 
 
Graficamente: 
 
Figura 2.4: Exemplo de existência de raiz única. 
 
 
Como analisar? 
Dada a equação f(x)=0, determinar )( e )( 21 xfxf tal que: 
 )()( 0)( 21 xfxfxf  
ε2 
f(x) 
ε1 
b a a x 
f(x) 
x b 
* 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 12 
Exemplo 2.2: 
a) Seja 39)( 3  xxxf . 
 Usando o primeiro processo: 
 
93)(
39)(
2
3


xxf
xxxf
 
 
x f(x) 
]3,4[1  -4 -25 
-3 3 
3 13.3923 
]1,0[2  -1 11 
0 3 
1 -5 
]3,2[3  2 -7 
3 3 
 
Usando o último processo: 
fazendo: 39 039 33  xxxx 
 31 )( xxf  39)(2  xxf 
 
 
]3,4[1  
]1,0[2  
]3,2[3  
 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 13 
b) Seja xexxf  5)( . 
 
xx exex   5 05 
 
 
xxf )(1 
 
 
xexf  5)(2 
 
 
c) Seja 1log)(  xxxf . 
 
x
xxxxx
1
log 1log 01log  
 
)log()(1 xxf  
 
 
x
xf
1
)(2  
 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 14 
d) Seja 2)sen()(  xexf x . 
 2)sen( 02)sen(  xexe xx 
 
 
xexf )(1 
 
2)sen()(2  xxf 
 
2.3 Fase II: Refinamento 
Nesta seção são apresentados vários métodos numéricos de refinamento de raiz. A 
forma como se efetua é que o diferencia, sendo que todos pertencem à classe dos 
métodos iterativos. 
 Um método iterativo consiste em uma seqüência de instruções que são 
executadas passo a passo, algumas das quais são repetidas em ciclos. 
 A execução de um ciclo é denominado de iteração. Cada iteração utiliza 
resultados das iterações anteriores e efetua determinados testes que permitem verificar 
se foi atingido um resultado próximo o suficiente do resultado esperado. 
 Observa-se que os métodos iterativos para obter zeros de funções fornecem 
apenas uma aproximação para a solução exata. 
 
2.3.1 Critérios de Parada 
Os métodos iterativos para obter zeros de funções efetuam um teste do tipo: 
 xk está suficientemente próximo da raiz exata? 
 Que tipo de teste efetuar para se verificar se xk está suficientemente próximo da 
raiz exata? Para isto é preciso entender o significado de raiz aproximada. 
 Existem duas interpretações para raiz aproximada que nem sempre levam ao 
mesmo resultado: 
 x~ = xn é uma raiz aproximada com precisão  se: 
(I) )( nxf 
(II)  1nn xx 
 
Há também o critério de parada correspondente ao erro relativo. 

 
n
nn
x
xx 1
 
 
Obs: Além do teste de parada deve-se usar um número máximo de iterações para que o 
programa não entre em “loop”. 
 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 15 
2.3.2 Métodos Iterativos para se obter raízes de funções 
Nesta seção são apresentados alguns métodos iterativos para encontrar os zeros (raízes) 
de funções. 
 
(I) Método da Bissecção 
Seja f(x) uma função contínua no intervalo [a, b], tal que f(a)*f(b)<0. 
Supõe-se, para simplificar, que o intervalo [a, b] contém uma única raiz da 
equação. Logo, o objetivo deste método é reduzir o tamanho do intervalo que contém a 
raiz da equação f(x)=0 até se atingir a precisão requerida:  ab , para isto, usa-se 
sucessivas divisões de [a, b] ao meio. 
 
Graficamente: 
 
 
As iterações ocorrem da seguinte forma: 
Sendo a = a0 e b = b0. 
1) 
2
00
0
ba
x

 
 

















01
01
00
0
0
0
 
 
,
 
0)(
0)(
0)(
xb
aa
xa
xf
bf
af 
 
 
2) 
 



















12
12
11
1
1
1
11
1
 
,
 
0)(
0)(
0)
 
2
bb
xa
bx
xf
bf
f(a
ba
x

 
 
3) 
 



















23
23
22
2
2
2
22
2
 
,
 
0)(
0)(
0)
 
2
bb
xa
bx
xf
bf
f(a
ba
x

 
 
 
Exemplo 2.3: Encontrar a raiz da função f(x)=xlogx-1. 
 Sabe-se que a raiz está no intervalo [2,3], sendo 110 . 
 
ε 
f(x) 
x b 
= 
b0 
x0 
= 
b1 
= 
b2 
x1 
= 
a2 
a1 
= 
a0 
= 
a 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
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Solução: 
 
1ª Iteração: 
 




















 3
5,2
3;5,2
 
010*15,5)5,2(
 04314,0)3(
 03979,0)2(
 5,2
2
32
01
01
3
0
bb
xa
f
f
f
x

 
 111 105,0
 ab 
 
2ª Iteração: 
 




















75,2
 5,2
75,2;5,2
 
02082,0)75,2(
 0)3(
 0)5,2(
 75,2
2
35,2
12
121
xb
aa
f
f
f
x

 
 122 1025,0
 ab 
 
3ª Iteração: 
 




















625,2
 5,2
625,2;5,2
 
01002,0)625,2(
 0)75,2(
 0)5,2(
 625,22
75,25,2
23
232
xb
aa
f
f
f
x

 
 
1
33 10125,0
 ab 
 
4ª Iteração: 
 




















 5625,2
 5,2
5625,2;5,2
 
010*72,4)5625,2(
 0)625,2(
 0)5,2(
 5625,2
2
625,25,2
34
34
2
3
xb
aa
f
f
f
x

 
   1144 1010*625,05,25625,2ab  FIM. 
 
 5625,2 
 
 
Exercício de Fixação 2.1 
 Calcular a raiz da equação 10)( 3  xxf com 1,0 . Sabendo-se que  32, ε . 
 
Passos do algoritmo do método da bissecção: 
Seja f(x) contínua em [a, b] e tal que f(a)*f(b)<0 
 
1) Ler os dados iniciais: 
a) intervalo que contém a raiz: [a, b]; 
b) precisão:  ; 
c) número máximo de iterações: n. 
2) k ← 0 
3) Se  ab , então escolha qualquer ],[ ba  FIM (Passo 5). 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 17 
4) Enquanto  nkab  e  faça: 
k ← k+1 
finício ← f(a) 
meio ← (a+b)/2 
fmeio ← f(meio) 
se finício*fmeio<0 então 
b ← meio 
 senão 
a ← meio 
fim (se) 
fim (enquanto) 
5) Imprimir os resultados 
Escrever (raiz) 
Escrever (número de iterações) 
 
Exercício de Fixação 2.2 
Encontrar a raiz negativa de P(x)=x3-3x2-6x+8=0, com tolerância 2,0 , que está no 
intervalo [-3,83; -0,62], utilizando o algoritmo do método da bissecção. 
 
Estimativa do número de iterações 
Dada uma precisão  e um intervalo inicial [a, b] é possível saber quantas iterações 
serão efetuadas pelo método da bissecção até que se obtenha  ab . 
 No método, o tamanho de cada intervalo gerado é a metade do tamanho do 
intervalo anterior. Então tem-se que: 
 
k
kk
kk
abab
ab
22
0011 

  . 
 Deseja-se obter o valor de k tal que  kk ab , ou seja: 
 
 
2log
loglog
 loglog2log 2 
2
00
00
0000 






 ab
kabk
abab k
k
. 
 
Exemplo 2.4: Seja f(x)=xlogx-1, ]3,2[ é raiz de f(x)=0. Sendo 210 , quantas 
iterações deve-se efetuar, no mínimo, para satisfazer o critério de parada? 
Solução: 
64,6
3010,0
1*20
2log
10log21log
2log
10log)23log( 2








k 
 
7k 
 
Comentários Finais: (Para funções contínuas em [a, b]). 
 
 O método da bissecção converge sempre. Portanto, pode ser aplicado para obter a 
raiz de qualquer equação. 
 As iterações não envolvem cálculos laboriosos. 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 18 
 A convergência é muito lenta, pois se o intervalo inicial é tal que   00 ab e 
se  for “muito pequeno” o número de iterações tende a ser muito grande, como 
por exemplo: 
25 8,24
3010,0
477,7
2log
10log73log
2log
10log3log
 
10
3 7
7
00









 

kk
ab

. 
 
 
(II) Método Iterativo Linear (MIL) ou Método do Ponto Fixo (MPF) 
Este método está mais voltado aos conceitos que são introduzidos em seu estudo do que 
sua importância computacional. 
Sejam f(x) uma função contínua no intervalo [a, b] e  a raiz da equação f(x)=0, 
pertencente ao intervalo [a, b]. 
Por um artifício algébrico, este método consiste em transformar f(x)=0 em 
)(xx  e a partir de uma aproximação inicial 0x gerar a seqüência  kx de 
aproximações para  pela relação ,...2,1,0),(1  kxx kk  , pois a função )(x é tal 
que   )(0   f . 
A função )(x que satisfaz a condição anterior é chamada função de iteração. 
 
Exemplo 2.5: Para a equação 022  xx tem-se várias funções de iteração: 
a) 2)(202 21
22  xxxxxx  
b) xxxx  2)(2 2 
c) 
x
x
x
xxxxx
2
1)(
2
102)1(02 3
2   
d) 
1
2
)(
1
2
02)1(02 4
2




x
x
x
xxxxx  
 
Exemplo 2.6: Seja 0)sen()( 2  xxxf . 
 Pode-se facilmente obter duas funções de iteração: 
a) Somando x aos dois membros: 
xxxxxxxx  sen)(sen 21
2  
b) xxxxxxxx sen)( sen sen 0sen 2
22   
 
Dada uma equação f(x)=0 existem infinitas funções )(x que são funções de 
iteração, com a seguinte forma: 
)()()( xfxAxx  , com a condição que em  , ponto fixo de )(x , se tenha 
  0A . 
 
Teorema 2.2: Mostrar que       0f . 
 Prova: 
  Seja  tal que   0f . 
      
 
  


0
.
 
f
Hip
fA 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 19 
  Se           0   fAfA . Como     0 0   fA . 
□ 
 
Graficamente, uma raiz  xx  é um número x , para o qual a reta y = x 
intercepta a curva  xy  . Pode ocorrer que estas curvas não se interceptam e neste 
caso não haverá solução real. 
Para que o MIL seja vantajoso, deve-se obter aproximações sucessivas kx 
convergentes para a solução desejada x . 
 
Exemplo 2.7: Seja a equação xx  2)(2 , do Exemplo 2.5, e considere 00 x . 
Então: 
   414,1201  xx  
   847,1414,312  xx  
   961,1847,323  xx  
   990,1961,334  xx  
   9975,1990,345  xx  
 
 
x y= )(x x y=x 
0 1,414 0 0 
2 2 2 2 
3 2,2 3 3 
4 2,45 4 4 
 
 A seqüência obtida acima converge para a raiz 2 . Entretanto para certos 
)(x o processo pode gerar uma seqüência que diverge de  . 
 
Exemplo 2.8: Seja 2)( 2  xxxf e 2)( 21  xx . 
 Iniciando o processo com 30 x tem-se a seguinte seqüência: 
   7232 22001  xxx  
   47272 22112  xxx  
     22072472 22223  xxx  
 
Graficamente: 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 20 
 
 É óbvio que se trata de uma sequência divergente. 
 
Estudo da convergência do MIL 
 Foi visto que dada uma equação f(x)=0, pode existir mais de uma função  x 
tal que  xxxf  0)( . 
 De acordo com o Exemplo 2.8 não é para qualquer escolha de  x que o 
processo recursivo definido por  kk xx 1 gera uma seqüência que converge para  . 
 O teorema a seguir fornece as condições suficientes para que o processo seja 
convergente. 
 
Teorema 2.3: Seja  uma raiz da equação f(x)=0, isolada num intervalo [a, b] e 
centrado em  . Seja  x uma função iteração para a equação f(x)=0, se: 
 (I)  x e )(x são contínuas em [a, b] 
(II) [a,b]xMx  ,1)( 
 (III) [a, b]x 0 
então a seqüência  kx gerada pelo processo iterativo  kk xx 1 converge para  . 
 
Exemplo 2.9: Seja 06)( 2  xxxf . Verifique se 26)( xx  satisfaz as 
hipóteses do teorema anterior para o intervalo (0,2). 
Solução: 
(I) xxxx 2)( 6)( 2   
 x e )(x são contínuas em  . 
(II) 
2
1
2
1
 12 1)(  xxx 
Como o intervalo considerado é (0,2), então existe um ],[ bax tal que 
1)(  x . Logo 
26)( xx  não converge. 
 
Isto pode ser verificado numericamente para .5,10 x 
 
   
   
   
    4609,3457003906,596
 003906,590625,86
 0625,875,36
 75,35,16
2
34
2
23
2
12
2
01




xx
xx
xx
xx




 
Analisando os resultados anteriores verifica-se que  kx não está convergindo para 
 =2. 
 
Critérios de parada: No algoritmo MIL escolhe-se kx como raiz aproximada de  se: 
    )( seou )( 111 kkkkk xfxxxx . 
 
 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 21 
Passos do algoritmo do método MIL: 
Sejam a equação f(x) = 0 e a equação equivalente x= (x), supõe-se que as hipóteses do 
Teorema 2.3 são satisfeitas. 
1) Dados iniciais 
a) x0 : aproximação inicial 
b)  : precisão 
c) it: número máximo de iterações 
2) Se f(x0) <  então faça 0x  FIM 
3) k ← 1 
4) )( 01 xx  
5) Se f(x1)<  ou x1- x0<  ou k>it então faça 
1x  FIM 
6) 10 xx  
7) 1 kk 
Volte ao Passo 4 
 
Exemplo 2.10: Encontrar a raiz de   393  xxxf pelo método MIL. Considere 
 
3
1
9
3

x
x ; x0 = 0,5, 
410*5   1,0 . Verifique também se 
3
1
9
3

x
 satisfaz as 
hipóteses do Teorema 2.3 para o intervalo (0,1). 
Solução: 
Condições do teorema: 
(I)  
31
9
3

x
x  
39
3 22 xx
x  
   xx   e são contínuas em [0,1] 
(II)   331
3
1
2
 x
x
x 
(III) ]1 ,0[5,00  Ix 
5,00 x 
 
Passos do Algoritmo: 
1) Inicialização 
 Dados iniciais x0 e δ. 
2) f(x0) >  
 
3) k ← 1 (1ª iteração) 
4)  
 
347222222,0
3
1
9
5,0
3
01  xx  
5)   11 10*83137751,0
xf > 0,0005 e 0005,001  xx 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 22 
6) x0 ← 0,347222222 
 
7) k ← 2 (2ª iteração) 
4)  
 
337984694,0
3
1
9
347222222,0
3
01  xx  
5)   0,000510*3253019,0 21 
xf e 0005,001  xx 
6) x0 ← 0,337984694 
 
7) k ← 3 (3ª iteração) 
4)  
 
337618004,0
3
1
9
337984694,0
3
01  xx  
5)   0005,010*78338,0 41 
xf ou 0005,010*36669,0
4
01 
xx 
337618004,0 → FIM. 
 
Exercício de Fixação 2.3 
Considere a função 1)( 3  xxxf . Resolva-a pelo MIL com a função de iteração 
2
11
)(
xx
x  , 10 x e 001,0 . Justifique seus resultados. 
 
Obs: A convergência do MIL será tanto mais rápida quanto menor for o valor de  x . 
 
Comentários Finais: (Para funções contínuas em [a, b]). 
 
 O método MIL é voltado a conceitos matemáticos. 
 Converge somente se para a função de iteração for satisfeito o Teorema 2.3. 
 As iterações não envolvem cálculos laboriosos 
 
 
(III) Método de Newton (Newton – Raphson) 
Sabe-se que uma das condições de convergência do método MIL é que 
  [a,b]xMx  ,1 um intervalo fechado centrado na raiz. Sabe-se também que a 
convergência do MIL será mais rápida quanto menor for   . 
O método de Newton tenta garantir e acelerar a convergência do MIL, para isto 
ele escolhe uma função de iteração  x de modo que   0  . 
Então, dada a equação   0xf e partindo da forma geral  x , obtêm-se A(x) 
tal que   0  . 
       xxfxAxx  derivando  
         xfxAxfxAx  1 
          fAfA  1 , como   0f tem-se: 
     ,1  fA  fazendo   0  temos 
     
 

f
AfA


1
01 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 23 
Toma-se então  
 xf
xA


1
 
Assim:
 
 
 xf
xf
xx

 
Logo, o processo iterativo chamado Método de Newton (Newton-Raphson) é definido 
por: 
 
 k
k
kk
xf
xf
xx

1 , k = 0, 1, 2, ... 
 
Este processo converge sempre que 
0
x for suficientemente pequeno. 
 
Interpretação Geométrica 
Dado kx , o ponto 1kx é obtido traçando-se a tangente a curva  xf e pegando o 
ponto onde esta tangente corta o eixo x0 . 
 
 
Obs: A ordem de convergência do método de Newton é quadrática, isto é, a diferença 
entre 1kx e xk, é, em ordem de grandeza, igual ao quadrado da diferença entre kx 
e xk-1. Por exemplo, se tivermos as seguintes diferenças: 
 
entre kx e xk-1. entre 1kx e xk 
0,1 0,01 
0,01 0,0001 
 
Exemplo 2.11: Considere   2,6 2
2  xxxf e 5,10 x . 
 
 
 
 
12
6
12
62
12
612
12
6 22222














x
x
x
xxxx
x
xxxx
x
xx
x
xf
xf
xx
Logo: 
 
 
 
0625,2
15,12
65,1
2
01 


 xx  
x2 x1 
x0 
f(x) 
x 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 24 
 
 
 
00076,2
10625,22
6062,2
2
12 


 xx  
 
 
 
0000,2
100076,22
600076,2
2
23 


 xx  
Assim, trabalhando com cinco casas decimais, 3x . Observe que se este 
exemplo fosse resolvido aplicando o MIL com   xx  6 , se 
obteria 00048,25 x com cinco casas decimais. 
 
Exemplo 2.12: Sejam f(x) = x3 – 9x + 3; x0 = 0,5;  =0,01 e  .1,0 
Aplicar o método de Newton. 
 
Solução: 
 
Simplificando a função φ(x) 
 
93
32
93
3993
93
39)93(
93
39
2
3
2
33
2
32
2
3












x
x
x
xxxx
x
xxxx
x
xx
xx 
 
   375,10xf 
 
1ª iteração: 
 
 
 
...33333,0
95,03
35,02
2
3
01 


 xx  
   037037039,01xf 
 3333,05,001 xx 
 
2ª iteração: 
 
 
 
337606837,0
9...33,03
3...33,02
2
3
12 


 xx  
 004273504,012 xx 
337606837,0 
 
Passos do algoritmo do método de Newton: 
1) Entrada dos dados iniciais 
a) ler aproximação: 0x 
b) ler precisão:  
c) fornecer o número máximo de iterações: it 
2) Calcular  0xffx  
Se fx então: 
 k ← 1 
 fxlinha ←  0xf  
 x1 ← x0 – (fx/fxlinha) 
 fx ← f(x1) 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 25 
Enquanto  itkxxfx  e e 01  faça 
 k ← k + 1; 
 x0 ← x1 
 fxlinha ←  0xf  
 x1 ← x0 – (fx/fxlinha) 
 fx ← f(x1) 
fim (enquanto) 
 raiz ← x1 
senão 
 raiz ← x0 
fim (se) 
3) Impressão dos resultados 
- raiz 
- número de iterações 
 
 
Exemplo 2.13: Determinar, usando o algoritmo do método de Newton, a menor raiz 
positiva da equação f(x) = x + ln x = 0, com erro relativo 1,0 (adote x0 = 0,5). 
Solução: 
Fazendo f(x) = 0 
 x + ln x = 0  - x = ln x  f1(x)= - x; f2(x)=ln x 
assim, obtem-se: 
 
 
Aplicando o método: 
1) Tomando ,5,00 x 1,0 
2) fx ← 0,5 + ln 0,5 = - 0,193 xf 
k ← 1 
fxlinha ← 3
5,0
1
1
1
1 
x
 
x1 ← 0,5 – (-0,193/3) = 0,5644 
fx ← 0,5644 + ln 0,5644 = - 0,0076 




11,0
5644,0
5,0564,0
1
01
x
xx
 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 26 
k ← 2 
x0 ← 0,5644 
fxlinha ← 772,2
5644,0
1
1
1
1
0

x
 
x1 ← 0,5644 - (- 0,0076/2,772) = 0,5672 
fx ← 0,5672 – ln (0,5672) = 0,00015 




1,00049,0
5672,0
5644,05672,0
1
01
x
xx
 
Então a menor raiz positiva com erro relativo  =0,1 é ε = 0,5672. 
 
Exercício de Fixação 2.4 
Considerando 210 , 20 x e it=100, aplique os passos do algoritmo de Newton 
para encontrar uma raiz aproximada para 0122)( 34  xxxxf . 
 
Comentários Finais: 
 
 O Método de Newton converge rápido. 
 As iterações não envolvem cálculos laboriosos, porém, precisa do cálculo da 
derivada da função f(x). 
 
 
IV Método da secante 
A desvantagem do método de Newton é a necessidade de calcular o valor de  xf  a 
cada iteração, com isso o método da secante consiste em aproximar a derivada  kxf  
pelo quociente das diferenças da seguinte forma: 
 
   
1
1





kk
kk
k
xx
xfxf
xf 
tal que : xk e xk-1 são duas aproximações para a raiz. 
Logo, a fórmula de Newton torna-se: 
 
 
   
  
   
1
1
1
1 


 





kk
kkk
k
kk
kk
k
kk
xfxf
xxxf
x
xx
xfxf
xf
xx 
Então o processo iterativo do método da secante é definido por: 
  
   
1
1
1






kk
kkk
kk
xfxf
xxxf
xx 
 
Obs: São necessárias duas aproximações para inicializar o método. 
 
Interpretação geométrica 
A partir de duas aproximações xk-1 e xk, o ponto xk+1 é obtido pela intersecção do 
eixo Ox e da reta secante que passa pelos pontos (xk-1, f(xk-1)) e (xk, f(xk)). 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 27 
 
 
Obs: Este método só converge se as aproximações iniciais x0 e x1 forem escolhidas bem 
próximas de  . 
 
Exemplo 2.14: Encontrar a raiz de f(x) = x2+x–6 utilizando os pontos x0=1,5 e x1=1,7. 
Considere  = 0,003. 
Solução: 
 
Verificação inicial do critério de parada )( 0xf , )( 1xf e  01 xx 
1ª iteração: 
  
   
  
 
03571,2
84,0
282,0
7,1
25,241,1
2,041,1
7,1
01
011
12 






xfxf
xxxf
xx 
   17982,02xf 
 33571,012 xx 
 
2ª iteração: 
  
   
  
 
99774,1
41,117982,0
7,103571,217982,0
03571,2
12
122
23 






xfxf
xxxf
xx 
 03797,023 xx 
   01129,03xf 
 
3ª iteração: 
  
   
  
99998,1
17983,001129,0
03797,001129,0
99774,1
23
233
34 






xfxf
xxxf
xx 
 0022,034 xx 
   00009999,04xf 
99998,1 
 
Passos do algoritmo do método da secante: 
Seja a equação f(x)=0. 
1) Dados iniciais 
 a) x0 e x1: aproximações iniciais 
 b)  :precisão 
x3 
x2 
x1x0 
f(x) 
x 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 28 
 c) it: número máximo de iterações 
2) Se   0xf então faça 0x  FIM 
3) Se   1xf ou se  01 xx então: 
 1x  FIM 
4) k ← 1 
5) 
  
   01
011
12
xfxf
xxxf
xx


 
6) Se   2xf ou  12 xx ou k>it então 
 2x  FIM 
7) x0 ← x1 e x1 ← x2 
8) k ← k + 1 
Volte ao Passo 5. 
 
Exercício de Fixação 2.5 
Considerando x0=0, x1=1,  =0,01 e it=100, encontre uma raiz aproximada para a 
equação 02/13 x aplicando os passos do algoritmo do método da secante. 
 
Comentários Finais: 
 
 As iterações não envolvem cálculos laboriosos. 
 Convergem se as aproximações iniciais de x0 e x1 estiverem relativamente próximos 
de ε. 
 
 
V Método da Regula Falsi (ou falsa posição) 
Este método é uma variação do método da secante, porém são tomadas duas 
aproximações x0 e x1, tal que, f(x0)* f(x1)<0. 
A aproximação seguinte é calculada por: 
  
   
   
   1
11
1
1
1











kk
kkkk
kk
kkk
kk
xfxf
xfxxfx
xfxf
xxxf
xx . 
 
Assim, dado um intervalo [a,b] tal que f(a)*f(b)<0, a função de iteração do 
método da Regula Falsi é dada por: 
 
   
   afbf
abfbaf
x


 
 
O método termina quando: 




1
1
k
kk
x
xx
 ou 



1
11
k
kk
x
xx
 ou k>it (número máximo de iterações) 
e neste caso xk+1 é raiz. 
 
Caso contrário, escolhe-se entre xk e xk-1 o ponto no qual f(x) tenha sinal oposto 
ao de f(xk+1). Com xk+1 e o ponto escolhido calcula-se xk+2 pelo mesmo processo e isso 
se repete até a convergência. 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 29 
 
Interpretação Geométrica 
 
 
 
Exemplo 2.15: Seja f(x) = x log x – 1. Considere [a0, b0] = [2,3]. Encontre uma raiz 
aproximada para f(x) pelo método da Regula Falsi. 
Solução: 
F(a0) = -0,3979 < 0 
F(b0) = 0,4314>0 
   
 
4798,2
8293,0
0565,2
3979,04314,0
3979,034314,02
0 


 x 
f(x0) = -0,0219 <0. Como f(a0) e f(x0) têm o mesmo sinal, 





3
4798,2
1
01
b
xa
 
 
  0
0
1
1


bf
af
 
 
   
 
5049,2
0219,04314,0
0219,034314,04798,2
1 


 x 
f(x1) = - 0,0011 





3
5049,2
12
12
bb
xa
 
  
 
Passos do algoritmo do método da regula falsi: 
Seja f(x) contínua em [a,b] tal que f(a)*f(b)<0. 
1) Dados iniciais 
 a) intervalo inicial [a,b] 
 b) precisões 1 e 2 
 c) it: número máximo de iterações 
2) Se |b-a|< 1 , então escolha para  qualquer ],[ bax  FIM 
 se   2af ou 2)( bf então escolha a ou b como   FIM 
3) k ← 1 
4) M ← f(a) 
5) 
   
   afbf
abfbaf
x


 
6) Se   2xf ou k>it então 
x3 
x2 
f(x) 
x 
x0 
x1 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 30 
 x  FIM 
7) Se M*f(x)>0, faça a ← x. Vá para o Passo 9. 
8) b ← x 
9) Se |b-a|< 
1 , então escolha para  qualquer ],[ bax  FIM 
10) k ← k+1. Volte ao Passo 4. 
 
Exemplo 2.16: Seja f(x) = x3 – 9x + 3, [a,b] = [0,1],  = 0,0005 e it=100. Aplicando 
os passos do algoritmo do método da regula falsi foram obtidos os seguintes resultados: 
 
Iteração x f(x) |b – a| 
1 0,375 -0,322265625 1 
2 0,338624339 -8,79019964 * 10-3 0,375 
3 0,337635046 -2,25883909 * 10-4 0,328624339 
 
337635046,0 
 
Exercício de Fixação 2.6 
Aplique os passos do algoritmo do método da regula falsi para determinar a menor raiz 
positiva da equação x-cos(x)=0 com erro inferior a 10-3 e número máximo de iterações 
igual a 100. Destaca-se que a raiz está no intervalo [0,7 0,8]. 
 
Comentários Finais: 
 
 Junção dos métodos da bissecção e secante. 
 Boa convergência, perdendo apenas para o método de Newton. 
 
 
2.4 Observações finais sobre os métodos 
 
Bissecção 
Não exige o conhecimento das derivadas, mas tem uma convergência lenta. 
Deve ser usado para diminuir o intervalo que contém a raiz. 
 
Iterativo Linear 
Sua maior dificuldade está em encontrar uma função de iteração que satisfaça as 
condições de convergência. 
 
Newton 
Requer o conhecimento da forma analítica de  xf  , mas sua convergência é 
extraordinária. 
 
Secante 
Exige dois pontos iniciais. 
 
Regula Falsi 
Além de não exigir o conhecimento do sinal das derivadas, tem uma 
convergência só superada pelo método de Newton. Porém, necessita isolar a raiz em um 
intervalo [a,b]. 
 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 31 
2.5 Exercícios 
 
2.5.1 Obrigatórios 
 
1) Seja 39)( 3  xxxf . 
Aplique o método da Secante para obter uma raiz aproximada para a função )(xf 
( -410 5.10 e 1 ,0  xx ). 
 
2) Seja xexf x cos)(
2
  , ]2 ,1[ , 210 e it=100. 
 Considerando 
22
2)(cos xx xexsenxe
x
 


 
 Aplique os seguintes métodos: 
a) Bissecção, considerando [1,2]. 
b) MIL (sendo xex x  
2
cos e 5.10 x ). 
c) Newton, 5.10 x . 
d) Secante 2 e 1 10  xx . 
e) Regula Falsi 2 e 1 10  xx . 
 
3) Encontre a raiz da função 5)( 2  xxf pelo método da bissecção. Sabe-se que o 
intervalo [2,3] contém a raiz, usar 01,0 . 
 
4) Encontre algumas funções iterações para a função 08,296,0)( 2  xxxf . 
 
5) Dadas as funções: 
a) )(tg)(cosec)( xxxf  . 
b) xexf x ln)(   . 
c) xxxf ln7,2)(  . 
Pesquisar a existência de raízes das funções acima e isolá-las em intervalos. 
 
6) Considere a função 1)( 3  xxxf . Resolva-a pelo MIL com a função de iteração 
2
11
)(
xx
x  e 10 x . Justifique seus resultados. 
 
7) A equação 4/1)( 2  xxxf possui uma raiz real isolada no intervalo [-0,5;0,5]. 
A seqüência produzida por 4/1)( 21  nnn xXX  será convergente para essa 
raiz? 
 
 
2.5.2 Opcionais 
 
8) Determine uma raiz de 9,0)( 2  xxf , resolvendo por 9,02  xxx pelo 
método MIL com 10 x e 
110 . 
 
9) Aplique o método de Newton à equação: 01032 23  xxx com .9,10 x 
Justifique o que acontece. 
 
Capítulo 2 – Zero de Funções Reais 
 32 
10) Seja 24)( xexf x  e  sua raiz no intervalo (0,1). Tomando 5,00 x , encontre 
 com 410 e it=100, usando: 
a) O MIL com 2
2
1)(
x
ex  . 
b) O método de Newton. 
Compare a rapidez de convergência. 
 
11) Encontre uma raiz de cada equação abaixo com 01.0 pelo método da bissecção. 
a) 052)( 32  xexf x , onde ]2,0[ . 
b) 0352)( 23  xxxxf , onde ]0,1[ . 
 
12) Encontrar pelo menos uma raiz positiva de cada equação abaixo, utilizando o 
método de Newton (em todos os exercícios considerar it=100): 
a) 010)cos(4)( 3  xxxxf , considerando 510 e 20 x . 
b) 02)( 2  xxf , considerando 510 e 10 x (trata-se do cálculo de 2 ) 
c) 04)ln()(  xxxf , considerando 310 e 5,10 x 
 
13) Determinar pelo menos uma raiz de cada equação abaixo pelo método da regula 
falsi e utilizando 210 : 
a) 0201052)(
23  xxxxf , sendo ]4,3[ . 
b) 0)cos(2)( 2  xxxf x , sendo ]0,2[ . 
 
14) Utilizando os métodos bissecção, secante, regula falsi e Newton, encontre uma raiz 
para as seguintes equações: 
a) 010825)(
23  xxxxf , sendo ]2,0[ e considerando 210 . 
 b) 030)sen(52)( 23  xxxxf , sendo ]4,1[ e considerando 210 . 
 
15) Determinar a raiz de 03)1cos(2)( 3  xxxf pelos passos do algoritmo 
método da secante. Considere 310 , x0=-1, x1=2 e it=100.