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Métodos Numéricos - Semana 2
P01S02)
Dada a função f(x) = x3 + 3x− 1, encontre uma aproximação da raiz real de f no intervalo [0, 1] utilizando o
método da bissecção com erro relativo ε < 0.2.
a) 1132
b) 1116
c) 3216
d) 111
Solução:
Note que:f(0) = −1 < 0f(1) = 1 + 3− 1 = 3 > 0
Como f é contínua, realmente existe raíz, digamos x̄�R no intervalo [0,1].
Vamos aplicar o método da bissecção
x0 =
0+1
2 =
1
2
f(x0) = (
1
2 )
3 + 3. 12 − 1 =
1
8 +
3
2 − 1 =
1+12−8
8 =
5
8 = 0.625 > 0
então x̄�[0, x0].
Assim, x1 =
0+x0
2 =
1
4
f(x1) = (
1
4 )
3 + 3. 14 − 1 =
1
64 +
3
4 − 1 =
1+48−64
64 =
−15
64 < 0
então ¯x�[x1, x0] , aqui, o erro relativo é: ε =
|x1−x0|
|x1| = 1
Agora, x2 =
x1+x0
2 =
1
4+
1
2
2 =
3
4 .
1
2 =
3
8
⇒ f(x2) = (38 )
3 + 3( 38 )− 1 =
27
83 =
9
8 − 1 =
27+576−512
83 =
91
83 > 0
então x̄�[x1, x2], com erro relativo ε =
|x2−x1|
|x2| =
| 38−
1
4 |
| 38 |
= | 3−28 .
8
3 | =
1
8 .
8
3 =
1
3 = 0.333...
Continuando o processo, temos
x3 =
x1+x2
2 =
1
4+
3
8
2 =
5
8 .
1
2 =
5
16
⇒ f(x3) = ( 516 )
3 + 3.( 516 )− 1 =
125
163 +
15
16 − 1 =
125+3840−4096
4096 = −
131
4096 < 0
então x̄�[x3, x2], com erro relativo ε =
|x3−x2|
|x3| =
| 516−
3
8 |
| 516 |
= | 116 .
16
5 | =
1
5 = 0.2
O erro desejado é estritamente menor que 0.2, então aplicaremos mais uma vez o processo.
x4 =
x3+x2
2 =
5
16+
3
8
2 =
11
16 .
1
2 =
11
32
=⇒ f(x4) = (1132 )
3 + 3.( 1132 )− 1 =
1331
(32)3 +
33
32 − 1 =
1331+33792−32768
32768 =
2355
32768 > 0
então x̄�[x3, x4], sendo o erro relativo ε =
|x4−x3|
|x4| =
11
32−
5
16
11
32
= 132 .
32
11 =
1
11 = 0.09090909 =⇒ ε < 0.2
Ressaltando-se que 111 é apenas o erro. A resposta é
11
32 pois é o que foi perguntado.
P02S02)
Considere a função f(x) = x3 − 9x + 3. Encontre uma aproximação para a raíz de f no intervalo I = [0, 1]
com precisão de uma casa decimal, utilizando o método da falsa precisão. Trabalhe com valores de apenas 4 casas
decimais em seus cálculos.
a)0.3042
b)0.3386
1
c)0.3752
d)0.3379
Solução:
Note que f(0) = 3 > 0 > −5 = f(1) , então a raíz de f , digamos x̄, pertence ao intervalor [0,1]
Assim,x0 =
0.f(1)−1.f(0)
f(1)−f(0) =
−3
−5−3 =
−3
−8 = 0.375
f(x0) = (0.375)
3 − 9(0.375) + 3 = 0.0527− 3.375 + 3 = −0.3223 < 0
Então x̄�[0, 0.375] com precisão de ε = |0.375− 0| = 0.375 > 10−1 , ou seja, o processo deve continuar.
Agora,
x1 =
0.f(0.375)−0.375.f(0)
f(0.375)−f(0) =
−1.125
−0.3223−3 =
−1.125
−3.3223 = 0.3386
f(x1) = (0.3386)
3 − 9(0.3386) + 3 = 0.0388− 3.0474 + 3 = −0.0086 < 0
Então x̄�[0, 0.3386] com precisão de ε = |0.3386− 0| = 0.3386 > 10−1, ou seja, o processo deve continuar.
Novamente,
Agora,
x2 =
0.f(0.3386)−0.3386.f(0)
f(0.3386)−f(0) =
−1.0158
−0.3386−3 =
−1.0158
−3.3386 = 0.3042
f(x2) = (0.3042)
3 − 9(0.3042) + 3 = 0.0281− 2.7378 + 3 = −0.2903 > 0
Então x̄�[0.2903, 0.3386] com precisão de ε = |0.3386− 0.2903| = 0.0483 < 10−1
Portanto x̄ ≈ x2 = 0.3042 é a aproximação procurada com precisa de uma casa decimal.
P03S02)
Utilizando o método do ponto �xo, encontre uma aproximação para a raíz x�(0, 1) da função f(x) = x3−9x+3,
com dado inicial x0 = 0.5 e com precisão de 6 casas decimais. Em seus cálculos use 6 casas decimais.
a)0.337609
b)0.338433
c)0.235401
d)0.337623
Solução:
Note que f(x) = 0⇐⇒ x3 − 9x+ 3 = 0⇐⇒ 9x = x3 + 3⇐⇒ x = x
3
9 +
1
3
Então seja g(x) = x
3
9 +
1
3 a função de iteração
Assim,
x1g(x0) =
(0.5)3
9 +
1
3 =
0.125
9 + 0.33333... = 0.347222
x2g(x1) =
(0.347222)3
9 +
1
3 =
0.041862
9 +
1
3 = 0.337984
x3g(x2) =
(0.337984)3
9 +
1
3 =
0.038608
9 +
1
3 = 0.337623
x4g(x3) =
(0.337623)3
9 +
1
3 =
0.038485
9 +
1
3 = 0.337609
...
Com
|f(x4)| = |(0.337609)3 − 9(0.337609) + 3| = |0.038480− 3.038481 + 3| = 0.000001 = 10−6
Portanto, a aproximação procurada é x4 = 0.337609
P04S02)
Utilizando o método de Newton, com erro inferior a 10−2 condição inicial x0 = 1, determinar a raiz para a
equação 5x3 + x2 − 12x+ 4 = 0. Use em seus cálculos 6 casas decimais.
2
a)1.225624
b)1.257426
c)1.265232
d)1.217251
Solução:
Para utilizar o método de Newton precisamos inicialmente determinar a derivada de f(x) = 5x3 +x2−12x+ 4
, a saber, f ′(x) = 15x2 + 2x− 12
Assim, a função de iteração será xk+1 = xk − f(xk)f ′(xk)
Então, como x0 = 1, temos
x1 = x0 − f(x0)f ′(x0) = 1− (
−2
5 ) = 1 +
2
5 = 1 + 0.4 = 1.4
x2 = 1.4− f(1.4)f ′(1.4) = 1.4−
2.88
20.2 = 1.4− 0.142574 = 1.257426
x3 = 1.257426− f(1.257426)f ′(1.257426) = 1.257426−
0.432713
14.231652 = 1.257426− 0.030404 = 1.227022
x4 = 1.227022− f(1.227022)f ′(1.227022) = 1.227022−
0.018233
13.037774 = 1.227022− 0.001398 = 1.225624
|f(x4)| = |5(1.225624)3+(1.225624)2−12(1.225624)+4| = |5(1.841076)+(1.502154)−14.707488+4| = 0.000046
Portanto x4 = 1.225624 é a aproximação procurada
P05S02)
Determine a raiz positiva da equação
√
x − 5e−x = 0, pelo método das secantes, com erro inferior a 10−2e
condições iniciais x0 = 1.4 e x1 = 1.5. Utilize e
−1.4 = 0.247, e−1.5 = 0.223 e e−1.432 = 0.239.
a)1.431
b)1.432
c)1.422
d)1.423
Solução:
Temos
f(x0) =
√
1.4− 5(e−1.4) = 1.183− 5.(0.247) = −0.052
f(x1) =
√
1.5− 5(e−1.5) = 1.225− 5.(0.223) = 0.110
Obtemos
x2 =
x0f(x1)−x1f(x0)
f(x1)−f(x0) =
1.4(0.110)−1.5(−0.052)
0.110−(−0.052) =
0.154+0.078
0.162 =
0.232
0.162 ' 1.432
Aqui o erro relativo é
ε′ = |x2−x1x2 | = |
1.432−1.5
1.432 | ' 0.047
ou seja, ε′ > 10−2. Então façamos mais uma iteração
f(x2) =
√
1.432− 5(e−1.432) = 1.197− 5(0.239) = 0.002
Então
x3 =
x1f(x2)−x2f(x1)
f(x2)−f(x1) =
1.5(0.002)−1.432(0.110)
0.002−0.110 =
0.003−0.15752
−0.108 =
0.15452
0.108 ' 1.431
Com o erro ε = |x3−x2x3 | = |
1.431−1.432
1.431 | ' 0.007 < 10
−2
Logo a raiz positiva é x̄ = 1.431
P06S02)
Qual será o número de iterações necessárias para obter uma aproximação para a raiz real da função f(x) =
x3 + 3x − 1 (mesma f da questão P01S02) com o método da bissecção para uma precisão � = 0.2 no intervalo
[−2, 2]?
3
a)6
b)7
c)5
d)4
Solução:
Seja k = o número de iterações, então
k > log(4−(−4))−log(0.2)log(2) =
log(8)−log(0.2)
log(2) =
0.930+0.6989
0.3010 =⇒ k > 5.3219 =⇒ k = 6
P07S02)
Utilize o método da bissecção para encontrar a raiz da função f(x) = x.logx −1.2 contida no intervalo [2, 3],
com precisão ≤ 7x10−3.
a)2.73437
b)2.70521
c)2.50342
d)2.75234
Solução:
Note que f(2) = 2log2− 1.2 = 2(0.30102)− 1.2 = −0.59796f(3) = 3log3− 1.2 = 3(0.47712)− 1.2 = 0.23136
Então ∃x̄�[2, 3] tal que f(x̄) = 0
Vamos aplicar o método da bissecção: x0 = 2+32 = 52 = 2.5f(x0) = 2.5(log(2.5))− 1.2 = 2.5(0.39794)− 1.2 = −0.20515
Então ¯x�[x0, 3] com precisão |f(x0)| = 0.20515
Assim, x1 = 2.5+32 = 2.75f(x1) = 2.75(log(2.75))− 1.2 = 2.75(0.43933)− 1.2 = 0.00815
Então x̄�[x0, x1] com precisão |f(x1)| = 0.00815
Novamente, x2 = 2.5+2.752 = 2.625f(x2) = 2.625(log(2.625))− 1.2 = 2.625(0.41912)− 1.2 = −0.09981
Então x̄�[x2, x1] com precisão |f(x2)| = 0.09981
Assim, x3 = 2.625+2.752 = 2.6875f(x3) = 2.6875(log(2.6875))− 1.2 = 2.6875(0.42934)− 1.2 = −0.0461
Então x̄�[x3, x1] com precisão |f(x3)| = 0.0461
Ainda, x4 = 2.6875+2.752 = 2.71875f(x4) = 2.71875(log(2.71875))− 1.2 = 2.71875(0.43436)− 1.2 = −0.01908
Finalmente,
4
 x5 = 2.71875+2.752 = 2.73437f(x5) = 2.73437(log(2.73437))− 1.2 = 2.73437(0.43685)− 1.2 = −0.00549
Então a aproximação procurada é x5 = 2.73437
P08S02)
Utilize o método de Newton para calcular a raíz da equação f(x) = x3 − x + 1 com precisão ≤ 10−2 e valor
inicial x0 = −1.
a)−1.32521
b)−1.34783
c)−1.24571
d)−1.26674
Solução:
Note que f ′(x) = 3x2 − 1. então, como x0 = −1 temos x1 = x0 −
f(x0)
f ′(x0)
= −1− 12 = −1.5
f(x1) = −3.375 + 1.5 + 1 = −0.875
=⇒ x2 = x1 −
f(x1)
f ′(x1)
= −1.5 + 0.8755.75 = −1.5 + 0.15217 = −1.34783
f(x2) = −2.44852 + 1.34783 + 1 = −0.10069
=⇒ x3 = x2 −
f(x2)
f ′(x2)
= −1.34783 + 0.100694.44993 = −1.34783 + 0.02262 = −1.32521
f(x3) = −2.3273 +−1.32521 + 1 = −0.00209
Portanto x3 = −1.32521 é a aproximação procurada por tem precisão igual a |f(x3) = 0.00209 < 10−2|
P09S02)
Quantas iterações seriam necessárias paracalcular uma aproximação da raíz da equação f(x) = x3 − x + 1
(mesma f da questão P08S02) com precisão ε = 10−2 considerando o intervalo I = [−2,−1] no método da
bissecção?
a)7
b)8
c)2
d)3
Solução:
Se k = número de iterações, então
k > log(−1−(−2))−log(0.01)log(2) =
log1−log(0.01)
log2 =
2
0.3010 = 6.64451 =⇒ k = 7
P10S02)
Considere a equação x3 − x− 1 = 0 com valor inicial x0 = 1. Utilize o método do ponto �xo para obter uma
aproximação para a raíz dessa equação, com precisão < 10−4.
a)1.324701
b)1.324632
5
c)1.312293
d)1.310293
Solução:
Seja f(x) = x³− x− 1 então
f(x) = 0⇐⇒ x3 − x− 1 = 0⇐⇒ x = 3
√
x+ 1
Assim, seja g(x) = 3
√
x+ 1 a função de iteração
Então, como x0 = 1 segue que:
x1 = g(x0) =
3
√
1 + 1 = 3
√
2 = 1.259921
x2 = g(x1) =
3
√
1 + 1.259921 = 3
√
2.259921 = 1.312293
x3 = g(x2) =
3
√
1 + 1.312293 = 3
√
2.312293 = 1.322353
x4 = g(x3) =
3
√
1 + 1.322353 = 3
√
2.322353 = 1.324268
x5 = g(x4) =
3
√
1 + 1.324268 = 3
√
2.324268 = 1.324632
x6 = g(x5) =
3
√
1 + 1.324632 = 3
√
1.324632 = 1.324701
Assim,
|f(x6)| = |(1.324701)3 − 1.324701− 1| = |2.324628− 1.324701− 1| = | − 0.000073| = 0.0000731 < 10−4.
Portanto x6 = 1.324701 é a aproximação procurada
6