Apostila calc_num

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NOTAS DE AULA 
 
 
 
 
 
Cálculo Numérico 
 
Universidade Tecnológica Federal do Paraná 
 
 
 
- UTFPR - 
 
 
 
 
 
 
 
Maiko Fernandes Buzzi 
 Cálculo Numérico – (Maiko) ii 
Índice 
1 Noções básicas sobre Erros ........................................................................... 1-1 
1.1 Erros ............................................................................................................. 1-1 
1.2 Erros Absolutos e Relativos ............................................................................ 1-1 
1.2.1 Erro Absoluto.................................................................................................................. 1-1 
1.2.2 Erro Relativo ou Taxa de Erro ......................................................................................... 1-2 
1.3 Erros de Arredondamento e Truncamento...................................................... 1-2 
1.3.1 Erro de Arredondamento ............................................................................................... 1-2 
1.3.2 Erro de Truncamento ..................................................................................................... 1-2 
1.4 Aritmética de Ponto Flutuante ....................................................................... 1-2 
1.5 Conversão de Bases ....................................................................................... 1-3 
1.5.1 Conversão da Base  para a Decimal (10) ................................................................ 1-3 
1.5.2 Conversão da Base Decimal para a  (10) ................................................................ 1-4 
1.5.3 Exercícios: Conversão de Bases ...................................................................................... 1-6 
1.6 Operações de Pontos Flutuantes .................................................................... 1-7 
1.6.1 Representações .............................................................................................................. 1-7 
1.6.2 Exercícios ........................................................................................................................ 1-7 
1.6.3 Exercícios complementares ............................................................................................ 1-8 
2 Zeros reais de funções reais ........................................................................ 2-11 
2.1 Introdução .................................................................................................. 2-11 
2.2 Fase I: Isolamento das raízes ........................................................................ 2-11 
2.3 Fase II: Refinamento - Critérios de Parada .................................................... 2-15 
2.3.1 Método da Bissecção (ou Método da Dicotomia) ........................................................ 2-15 
2.3.2 Método do Ponto Fixo (ou Método da Iteração Linear ou Método das Aproximações 
sucessivas) 2-18 
2.3.3 Método de Newton, Newton-Raphson (ou Método das Tangentes) ........................... 2-26 
2.3.4 Método da Secante ...................................................................................................... 2-29 
2.3.5 Comparação entre os métodos .................................................................................... 2-32 
3 Resolução de sistemas de equações lineares .............................................. 3-34 
3.1 Introdução .................................................................................................. 3-34 
3.1.1 Forma Algébrica de Sn .................................................................................................. 3-34 
3.1.2 Forma Matricial de Sn .................................................................................................. 3-34 
3.1.3 Matriz Aumentada ou Matriz Completa do Sistema .................................................... 3-34 
3.1.4 Solução do Sistema ...................................................................................................... 3-34 
3.1.5 Classificação de um Sistema Linear .............................................................................. 3-34 
3.1.6 Classificação quanto ao Determinante de A ................................................................ 3-35 
3.2 Métodos diretos .......................................................................................... 3-35 
3.2.1 Método de Eliminação de Gauss .................................................................................. 3-35 
3.2.2 Estratégia de Pivoteamento Completo ........................................................................ 3-38 
3.2.3 Fatoração LU ................................................................................................................ 3-40 
3.2.4 Refinamento de Soluções ............................................................................................. 3-46 
3.3 Métodos iterativos ...................................................................................... 3-47 
3.3.1 Testes de parada .......................................................................................................... 3-47 
3.3.2 Método de Gauss-Jacobi .............................................................................................. 3-47 
3.3.3 Método de Gauss-Seidel .............................................................................................. 3-50 
3.3.4 Comparação entre os métodos .................................................................................... 3-51 
3.3.5 Critério de Sassenfeld ................................................................................................... 3-53 
4 Interpolação .............................................................................................. 4-55 
 Cálculo Numérico – (Maiko) iii 
4.1 Interpolação polinomial ............................................................................... 4-55 
4.1.1 Existência e Unicidade do Polinômio Interpolador Pn(x) .............................................. 4-55 
4.1.2 Forma de Lagrange ....................................................................................................... 4-56 
4.1.3 Forma de Newton ......................................................................................................... 4-58 
4.2 Estudo de erro na interpolação .................................................................... 4-59 
4.2.1 Estimativa para o Erro .................................................................................................. 4-60 
4.3 Interpolação inversa: casos existentes.......................................................... 4-61 
4.3.1 Encontrar x tal que nP )(x ....................................................................................... 4-61 
4.3.2 Interpolação inversa ..................................................................................................... 4-62 
4.4 Funções spline em interpolação ................................................................... 4-63 
4.4.1 Função Spline ............................................................................................................... 4-64 
4.4.2 Spline linear interpolante ............................................................................................. 4-64 
4.4.3 Spline cúbica interpolante ............................................................................................ 4-65 
5 Ajuste de curvas pelo método dos mínimos quadrados ............................... 5-71 
5.1 Introdução .................................................................................................. 5-71 
5.2 Caso Discreto ............................................................................................... 5-72 
5.3 Caso Contínuo ............................................................................................. 5-76 
5.4 Família de Funções Não Lineares nos Parâmetros ......................................... 5-796 Integração Numérica ................................................................................. 6-81 
6.1 Fórmulas de Newton-Cotes .......................................................................... 6-81 
6.1.1 Regra dos Trapézios ..................................................................................................... 6-81 
6.1.2 Regra dos Trapézios repetida ....................................................................................... 6-83 
6.1.3 Regra 1/3 de Simpson .................................................................................................. 6-84 
6.1.4 Regra 1/3 de Simpson repetida .................................................................................... 6-87 
7 Solução numérica de equações diferenciais ordinárias ................................ 7-90 
7.1 Introdução .................................................................................................. 7-90 
7.2 Problema de valor inicial (PVI) ..................................................................... 7-91 
7.2.1 Solução numérica de um PVI de primeira ordem......................................................... 7-91 
7.2.2 Método de Euler ........................................................................................................... 7-91 
7.2.3 Métodos de Runge-Kutta ............................................................................................. 7-94 
7.2.4 Método de Euler Aprimorado (Método de Runge-Kutta de Segunda Ordem) ............ 7-96 
7.2.5 Fórmulas de Runge-Kutta de Quarta Ordem................................................................ 7-96 
8 Referências Bibliográficas .......................................................................... 8-98 
 
 
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Maiko 
1-1 
1 Noções básicas sobre Erros 
Fenômenos da natureza podem ser descritos através do uso de modelos matemáticos. 
 
• MODELAGEM: é a fase de obtenção de um modelo matemático que descreve o 
comportamento do problema que se quer estudar. 
• RESOLUÇÃO: é a fase de obtenção da solução do modelo matemático através da 
aplicação de métodos numéricos. 
1.1 Erros 
Para se obter a solução do problema através do modelo matemático, erros são cometidos 
nas fases: MODELAGEM e RESOLUÇÃO. 
1. Calcular a área da superfície terrestre usando a formulação 𝐴 = 4𝜋𝑟2. 
Resolução: Aproximações (ERROS): 
MODELAGEM: a Terra é modelada como uma esfera, uma idealização de sua forma 
verdadeira. O raio da Terra é obtido por medidas empíricas e cálculos prévios. 
RESOLUÇÃO: o valor de  requer o truncamento de um processo infinito; os dados de 
entrada e os resultados de operações aritméticas são arredondados pelo computador. 
OBS. 1: Características do planeta Terra. 
• Características Físicas: 
Diâmetro Equatorial: 12756Km; 
Diâmetro Polar: 12713Km; 
Massa: 5,981024Kg; 
Perímetro de Rotação Sideral: 23h 56min 04seg; 
Inclinação do Equador Sobre a Órbita: 23o 27’. 
• Características Orbitais: 
Raio da Órbita, isto é, 1U.A. (unidade astronômica): 149897570Km; 
Distância Máxima do Sol: 152100000Km; 
Distância Mínima do Sol: 147100000Km; 
Período de Revolução Sideral: 365dias 6h 9min 9,5seg; 
Velocidade Orbital Média: 29,79Km/seg. 
1.2 Erros Absolutos e Relativos 
1.2.1 Erro Absoluto 
É o módulo da diferença entre um valor exato 𝑥 de um número e seu valor aproximado 
�̅�. 
𝐸𝐴𝑥 = |𝑥 − �̅�|, 
onde 𝑥 é o valor exato e �̅� é o valor aproximado. 
Geralmente não se conhece o valor exato 𝑥. Assim, o que se faz é obter um limitante 
superior (𝑘1 majorante) ou uma estimativa para o módulo do erro absoluto. 
|𝐸𝐴𝑥| ≤ 𝑘1. 
 
MODELAGEM
MODELO
MATEMÁTICO
RESOLUÇÃO
SOLUÇÃOPROBLEMA
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Maiko 
1-2 
1.2.2 Erro Relativo ou Taxa de Erro 
Erro relativo de 𝑥 é o módulo do quociente entre o erro absoluto 𝐸𝐴𝑥 e o valor exato 𝑥 
ou o valor aproximado �̅�, se 𝑥 ou �̅� ≠ 0. 
𝐸𝑅𝑥 = |
𝐸𝐴𝑥
𝑥
| = |
𝑥−�̅�
𝑥
| ou 𝐸𝑅𝑥 = |
𝐸𝐴𝑥
�̅�
| = |
𝑥−�̅�
�̅�
|. 
2. Calcular os erros absoluto e relativo, nos itens a) e b). 
a) 𝑥 = 1,5 e �̅� = 1,49; b) 𝑦 = 5,4 e �̅� = 5,39. 
Resolução: 
a) 𝐸𝐴𝑥 = 0,01 = 10
−2 b) 𝐸𝐴𝑥 = 0,01 = 10
−2 
𝐸𝑅𝑥 = 0.00666667 𝐸𝑅𝑥 = 0.00185185 
1.3 Erros de Arredondamento e Truncamento 
1.3.1 Erro de Arredondamento 
Arredondar um número na casa 𝑑𝑖 é desconsiderar as casas 𝑑𝑖+𝑗 (𝑗 = 1,… ,∞) de tal 
forma que: 
𝑑𝑖 seja a última casa se 𝑑𝑖+1 < 5; 
𝑑𝑖 + 1 seja a última casa se 𝑑𝑖+1 ≥ 5. 
3. Arredondar 𝜋 na quarta casa decimal, sendo que 𝜋 = 3,1415926535… 
Resolução: 𝑑𝑖 = 5 e 𝑑𝑖+1 = 9 > 5 ⇒ 𝑑𝑖 + 1 = 5 + 1 = 6. Logo: 𝜋 = 3,1416. 
1.3.2 Erro de Truncamento 
Truncar um número na casa 𝑑𝑖 é desconsiderar as casas 𝑑𝑖+𝑗 (𝑗 = 1,… ,∞). 
4. Aproximar  truncando na quarta casa decimal, sendo que 𝜋 = 3,1415926535… 
Resolução: 𝑑𝑖 = 5⇒ 𝜋 = 3,1415. 
5. Sabendo-se que 𝑒𝑥 pode ser escrito através da fórmula abaixo, faça a aproximação de 
𝑒2 através de um truncamento após quatro termos da somatória. 
𝑒𝑥 =∑
𝑥𝑖
𝑖!
∞
𝑖=0
= 1 +
𝑥
1!
+
𝑥2
2!
+
𝑥3
3!
+ ⋯ , −∞ < 𝑥 < ∞ 
Resolução: 
Truncando-se após quatro termos, tem-se: 
𝑒2 =∑
2𝑖
𝑖!
3
𝑖=0
= 1 +
21
1!
+
22
2!
+
23
3!
= 1 + 2 +
4
2
+
8
6
=
19
3
 
 
1.4 Aritmética de Ponto Flutuante 
Um número é representado, internamente, na máquina de calcular ou no computador 
através de uma seqüência de impulsos elétricos que indicam dois estados: 0 ou 1, ou seja, os 
números são representados na base 2 ou binária. 
De maneira geral, um número 𝑥 é representado na base  por: 
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Maiko 
1-3 
𝑥 = ± [
𝑑1
𝛽
+
𝑑2
𝛽2
+
𝑑3
𝛽3
+⋯+
𝑑𝑡
𝛽𝑡
] ∗ 𝛽𝑒𝑥𝑝 
Onde: 
• 𝑑𝑖  são números inteiros contidos no intervalo 0 ≤ 𝑑𝑖 < 𝛽; 𝑖 = 1, 2, … , 𝑡; 
• 𝑒𝑥𝑝  representa o expoente de  e assume valores entre 𝐼 ≤ 𝑒𝑥𝑝 ≤ 𝑆; 
• I, S  limite inferior e limite superior, respectivamente, para a variação do expoente; 
• [
𝑑1
𝛽
+
𝑑2
𝛽2
+
𝑑3
𝛽3
+⋯+
𝑑𝑡
𝛽𝑡
]  é chamada de mantissa e é a parte do número que representa 
seus dígitos significativos; 
• t  número de dígitos do sistema de representação. 
6. Considerando no sistema de base 10, =10, represente os seguintes números, em 
aritmética de ponto flutuante: 
a) 0,34510; b) 31,41510. 
Resolução: a) 0,34510 = + +  ; 
b) 31,41510= + + + +  . 
OBS. 2: Os números assim representados estão NORMALIZADOS, isto é, a mantissa é 
um número entre 0 e 1. 
7. Considerando no sistema binário, =2, represente o número 1012 em aritmética de ponto 
flutuante. 
Resolução: 1012 = 0,101 = + 22
0
+  . 
1.5 Conversão de Bases 
1.5.1 Conversão da Base  para a Decimal (10) 
Um número na base  pode ser escrito, na base decimal, como: 
= + ++ + + + + ++ + . 
Onde: 
•  0 ; 
• ,  números inteiros, com 0 e 0. 
Para a conversão, faz-se a operação entre a mantissa do número normalizado e a base 
. 
Nos exercícios a seguir, faça a conversão da base indicada para a decimal, determinando 
o valor da variável . 
 



10
3
210
4



310
5 010



10
3
210
1
310
4
410
1



510
5 210
32 


2
1



32
1 32

=

m
ni
i
ia
m
ma 
1
1
−
− 
m
ma
2
2a 1a 0a
1
1
−
− a
2
2
−
− a
1
1
+
+ 
n
na
n
na 
ia ia
n m n m
exp
x
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Maiko 
1-4 
8. 10112 = . 
Resolução: 10112 = 0,1011 = + + +  = +2+1=11 
 10112 = 1110  =11. 
9. 11,012 = . 
Resolução: 11,012 = 0,1101 = + + +  =2+1+ =3,25 
 11,012 = 3,2510  =3,25. 
10. 403,125 = . 
Resolução: 403,125 = 0,40312 = + + + +  
=4 +0+3+ + =100+3+0,2+0,08=103,28 
 403,125 = 103,2810  =103,28. 
1.5.2 Conversão da Base Decimal para a  (10) 
Aplica-se um processo para a parte inteira e um outro para a parte fracionária. 
• a) PARTE INTEIRA ( ): 
• a.1)  
 = . 
• a.2)  
  
  
 Até que  
  =(  ) 
11. Converta 5910 para a base 2. 
Resolução: =59 e =2   
59 2 
1 29 2 
 1 14 2 
 0 7 2 
 1 3 2 
 1 1  5910 = 1110112 
10x
42 


2
1
22
0
32
1



42
1 42 32
x
10x
22 


2
1
22
1
32
0



42
1 22
22
1
x
10x
35 


5
4
25
0
35
3
45
1



55
2 35
25
5
1
25
2
x
N
N
10N N
N
N
1r 1q
2r 2q

 
1−nq
nr nq nq
10N nq nr 1−nr 3r 2r 1r 
N N
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Maiko 
1-5 
12. Converta 5910 para a base 3. 
Resolução: =59 e =3  
59 3 
2 19 3 
 1 6 3 
 0 2  5910 = 20123 
• b) PARTE FRACIONÁRIA ( ): 
Multiplica-se por  e toma-se a parte inteira do produto como o primeiro dígito do 
número na base . Repete-se o processo com a parte fracionária do produto tomando sua parte 
inteira. Continua-se até que a parte fracionária seja igual a zero. 
Nos exercícios a seguir, determinar o valor de : 
13. 0,187510 = . 
Resolução: 
0,1875 0,375 0,75 0,5 
2 2 2 2 
0,3750 0,750 1,50 1,0 
 0,187510 = 0,00112. 
14. 0,610 = . 
Resolução: 
0,6 0,2 0,4 0,8 0,6  
2 2 2 2 2 
1,2 0,4 0,8 1,6 1,2  
 0,610 = 0,100110012. 
15. 13,2510 = . 
Resolução: 
• a) 1310 = ? =13 e =2   
13 2 
1 6 2 
 0 3 2 
 1 1 
 1310 = 11012. 
• b) 0,2510 = ? 
0,25 0,5 
2 2 
0,50 1,0 
 0,2510 = 0,012. 
• Logo: 13,2510 = 1310 + 0,2510 = 11012 + 0,012 = 1101,012. 
N N
F
F
x
2x
2x
2x
N N
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Maiko 
1-6 
1.5.3 Exercícios: Conversão de Bases 
Transforme para a base que se pede (determine o valor de ). 
16. 100101,10012 = . 
Resolução: 100101,10012 = 0,1001011001 
= + + + + + + + + +  
= + +1+ + =32+4+1+0,5+0,0625=37,5625 
 100101,10012 = 37,562510  =37,5625. 
17. 19,3867187510 = . 
Resolução: 
• a) 1910 = ? =19 e =4   
19 4 
3 4 4 
 0 1 
 1910 = 1034. 
• b) 0,3867187510 = ? 
0,38671875 0,546875 0,1875 0,75 
4 4 4 4 
1,54687500 2,187500 0,7500 3,00 
 0,3867187510 = 0,12034. 
• Logo: 19,3867187510 = 1910 + 0,3867187510 = 1034 + 0,12034 = 103,12034. 
18. Transforme a medida 35 48 18 para minutos. 
DICA: 35:48,1860 = . 
Resolução: 35:48,1860 = 0,35:48:18 = + +  = 3560 + 48 + 
= 2100 + 48 + 0,3 = 2148,3 
 35:48,1860 = 2148,310. 
 35 48 18 = 2148,3 . 
19. Transforme 35,805 horas para horas, minutos e segundos. 
DICA: 35,80510 = . 
Resolução: 
• a) 3510 = ? =35 e =60   
 
 3510 = 3560. 
 
 
 
 
x
10x
62



2
1
22
0
32
0
42
1
52
0
62
1
72
1
82
0
92
0



102
1 62
52 22
2
1
42
1
x
4x
N N
h min seg
10x min
260 


60
35
260
48



360
18 260
60
18
h min seg min
60x
N N
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Maiko 
1-7 
• b) 0, 80510 = ? 
0,805 0,3 
60 60 
48,300 18,0 
 0, 80510 = 0,48:1860. 
• Logo: 35,80510 = 3510 + 0, 80510 = 3560 + 0,48:1860 = 35,48:1860. 
 35,805 = 35 48 18 . 
1.6 Operações de Pontos Flutuantes 
1.6.1 Representações 
• Precisão dupla: “dobra” a mantissa (2 ); 
• O zero em ponto flutuante é em geral representado com o menor expoente ( = ) 
possível na máquina; 
• Ao converter um número para determinada aritmética de ponto flutuante, emprega-se 
sempre o arredondamento; 
• Não é possível representar todos os números reais em determinada aritmética de ponto 
flutuante (reta furada). 
OBS. 3: Um exemplo da reta furada é: Considere a aritmética de pontos flutuantes com 
parâmetros =10 e =3. Tome os números consecutivos 3,57 e 3,58. Existem infinitos números 
reais entre 3,57 e 3,58 que não podem ser representados nesta aritmética de pontos flutuantes. 
Por exemplo: 3,571 ou 3,57437. 
1.6.2 Exercícios 
20. Preencher a tabela a seguir, com base nos parâmetros: =3, =10, =−5, =5 e −5 ≤
exp ≤ 5. 
Número Truncamento Arredondamento 
−6,48 −0,64810 −0,64810 
0,0002175 0,217 0,218 
3498,3 0,349 0,35 
−0,00000001452 −0,145 −0,145  UNDERFLOW 
2379441,5 0,237 0,238  OVERFLOW 
OBS. 4: Deve-se converter os valores para a aritmética de ponto flutuante com 3 
algarismos significativos. 
Nos exercícios seguintes, calcular o valor das expressões utilizando aritmética de ponto 
flutuante com 3 algarismos significativos. 
21. (4,26 + 9,24) + 5,04 
Resolução: 13,5 + 5,04 = 18,5. 
 
h h min seg
t
exp I
t
t I S
310− 310−
410 410
710− 710−
710 710
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Maiko 
1-8 
22. 4,26 + (9,24 + 5,04) 
Resolução: 4,26 + 14,3 = 18,6. 
23. (4210 − 4,99) − 0,02 
Resolução: 4210 − 0,02 = 4210. 
24. 4210 − (4,99 + 0,02) 
Resolução: 4210 − 5,01 = 4200. 
25. (4,0237 − 6,106) 
Resolução: 0,286(4,02 − 6,11) = 0,286(−2,09) = −0,598. 
26. 
Resolução: = = −0,597. 
OBS. 5: Em aritmética de ponto flutuante não valem as propriedades associativas nem 
distributivas. 
27. Sendo =10, =4 e [−5,5], calcule: 
a) 42450 + ; b) + 42450. 
Resolução: 
• a) 42450 + = 42450 = 0,4245 ; 
• b) + 42450 = 30 + 42450 = 42480 = 0,4248 . 
1.6.3 Exercícios complementares 
Nos exercícios seguintes, converter os números para a base decimal, determinando o 
valor da variável : 
28. 11000112 = . 
Resolução: 11000112 =0, 1100011 = + + + + + +  
= + +2+1 = 99 
 11000112 = 9910  =99. 
29. 11111112 = . 
Resolução: 11111112 =0, 1111111 = + + + + + +  
= + + + + +2+1 = 127 
 11111112 = 12710  =127. 
7
2
7
1066023742 ),,( −
7
0922 ),(−
7
184,−
t exp

=
10
1
3
i

=
10
1
3
i

=
10
1
3
i
510

=
10
1
3
i
510
x
10x
72 


2
1
22
1
32
0
42
0
52
0
62
1



72
1 72
62 52
x
10x
72 


2
1
22
1
32
1
42
1
52
1
62
1



72
1 72
62 52 42 32 22
x
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Maiko 
1-9 
30. 10101012 = . 
Resolução: 10101012 =0, 1010101 = + + + + + +  
= + + +1 = 85 
 10101012 = 8510  =85. 
31. 101,00112 = . 
Resolução: 101,00112 = 0, 1010011 = + + + + + +  
= +1+ + = 5 + 0,125 + 0,0625 = 5 + 0,1875 = 5,1875 
 101,00112 = 5,187510  =5,1875. 
32. 0,01111112 = . 
Resolução: 0,01111112 = 0, 111111 = + + + + +  
= + + + + + 
= 0,25 + 0,125 + 0,0625 + 0,03125 + 0,015625 + 0,0078125 = 0,4921875 
 0,01111112 = 0,492187510  =0,4921875. 
33. 1,0100112 = . 
Resolução: 1,0100112 = 0, 10100112= + + + + + + 2 
=1+ + + = 1 + 0,25 + 0,03125 + 0,015625 = 1,296875 
 1,0100112 = 1,29687510  =1,296875. 
Nos exercícios seguintes, converter os números para a base binária, determinando o 
valor da variável : 
34. 3710 = . 
Resolução: =37 e =2   
37 2 
1 18 2 
 0 9 2 
 1 4 2 
 0 2 2 
 0 1  3710 = 1001012 
 
 
 
 
 
10x
72 


2
1
22
0
32
1
42
0
52
1
62
0



72
1 72
62 42 22
x
10x
32 


2
1
22
0
32
1
42
0
52
0
62
1



72
1 32
22
32
1
42
1
x
10x
12− 


2
1
22
1
32
1
42
1
52
1



62
1 12−
22
1
32
1
42
1
52
1
62
1
72
1
x
10x



2
1
22
0
32
1
42
0
52
0
62
1



72
1
22
1
52
1
62
1
x
x
2x
N N
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Maiko 
1-10 
35. 234510 = . 
Resolução: =2345 e =2   
2345 2 
1 1172 2 
 0 586 2 
 0 293 2 
 1 146 2 
 0 73 2 
 1 36 2 
 0 18 2 
 0 9 2 
 1 4 2 
 0 2 2 
 0 1  234510 = 1001001010012 
36. Determine com 36 dígitos: 0,121710 = . 
Resolução: 
0,1217 0,2434 0,4868 0,9736 0,9472 0,8944 0,7888 0,5776 0,1552 
         
0,2434 0,4868 0,9736 1,9472 1,8944 1,7888 1,5776 1,1552 0,3104 
 
0,3104 0,6208 0,2416 0,4832 0,9664 0,9328 0,8656 0,7312 0,4624 
         
0,62081,2416 0,4832 0,9664 1,9328 1,8656 1,7312 1,4624 0,9248 
 
0,9248 0,8496 0,6992 0,3984 0,7968 0,5936 0,1872 0,3744 0,7488 
         
1,8496 1,6992 1,3984 0,7968 1,5936 1,1872 0,3744 0,7488 1,4976 
 
0,4976 0,9952 0,9904 0,9808 0,9616 0,9232 0,8464 0,6928 0,3856 
         
0,9952 1,9904 1,9808 1,9616 1,9232 1,8464 1,6928 1,3856 0,7712 
 0,121710 = 0,0001111100100111101110110010111111102. 
37. Determine com 8 dígitos: 2,4710 = . 
Resolução: 
• a) 210 = ? =2 e =2   
2 2 
 210 = 102. 
0 1 
• b) 0, 4710 = ? 
0,47 
 
0,94 
 
0,88 
 
0,76 
 
0,52 
 
0,04 
 
0,08 
 
0,16 
 
0,32 
         
0,94 1,88 1,76 1,52 1,04 0,08 0,16 0,32 0,64 
 0, 4710 = 0,011110002. 
Logo: 2,4710 = 210 + 0, 4710 = 102 + 0,011110002 = 10, 011110002. 
2x
N N
x 2x
x 2x
N N
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-11 
2 Zeros reais de funções reais 
2.1 Introdução 
Dada uma função real definida e contínua em um intervalo aberto , chama-se de 
zero desta função em , a todo  , tal que f( ) = 0. 
Neste capítulo são apresentados alguns processos iterativos para calcular de forma 
aproximada os zeros reais de uma função real dada. Por um processo iterativo entende-se 
um processo que calcula uma seqüência de aproximações , , , da solução desejada. O 
cálculo de uma nova aproximação é feito utilizando aproximações anteriores. Dizemos que a 
seqüência , , , converge para , se dado 0,  ℕ (ℕ números naturais), tal que 
qualquer que seja  , . Neste caso tem-se que = , o que também poderá 
ser indicado por → . Nos processos iterativos que serão apresentados, a determinação dos 
zeros de uma função real de variável real será feita em duas etapas: 
• Fase I: Isolar cada zero que se deseja determinar da função em um intervalo [ , ], 
sendo que cada intervalo deverá conter um e somente um zero da função . 
• Fase II: Cálculo dos zeros aproximados utilizando um método iterativo, com precisão 
prefixada ou não. 
2.2 Fase I: Isolamento das raízes 
Teorema 1 Seja f (x) uma função contínua num intervalo [a, b]. Se 𝑓(𝑎) ∙ 𝑓(𝑏) < 0, então 
existe pelo menos um zero de f (x) entre a e b. 
 
OBS. 1: Sob as hipóteses do teorema 1, o zero x = será definido e único em [ a ,b ] se a 
derivada 'f ( x ) existir e preservar o sinal dentro do intervalo ] a ,b [, isto é se 'f ( x )0, x ]
a ,b [ ou 'f ( x )0, x ] a ,b [. Isto significa dizer que a função f ( x ) é estritamente crescente 
ou estritamente decrescente, respectivamente, no intervalo ] a ,b [. 
 
f I
I x I x
f
1x 2x 3x
1x 2x 3x x N
n N xxn − n
n
x
→
lim x
nx x
f a b
f
y
x
y =f x( )
a
b
y
x
y =f x( )
a
b
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-12 
Na pesquisa dos zeros reais de funções reais é muito útil o uso do Teorema 1 (que 
fornece condições de existência de zeros em um intervalo), bem como da OBS 1. (que garante 
a unicidade, isto é, garante que no intervalo considerado existe um e somente um zero da função 
). 
Outro recurso bastante empregado é: a partir da equação 𝑓(𝑥) = 0, obter a equação 
equivalente ( )= ( ) e esboçar os gráficos destas funções obtendo os pontos onde as 
mesmas se intersectam, pois ()=0  ()= (). 
38. Isolar os zeros da função ( )= −9 +3. 
Resolução: Pode-se construir uma tabela de valores para ( ) e analisar os sinais: 
x −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 
( ) − + + + + − − + 
Como , e , conclui-se, de acordo com o 
teorema 1, que existem zeros de nos intervalos [−4,−3], [0,1] e [2,3]. Como 𝑓(𝑥) =
0 tem exatamente 3 raízes, pode-se afirmar que existe exatamente um zero em cada um 
destes intervalos. 
 
Pode-se também chegar às mesmas conclusões partindo da equação ( )= −9 +3=0, 
obtendo-se a equação equivalente =9 −3. Neste caso, tem-se que e 
. Traçando os gráficos de e , verifica-se que as abscissas dos 
pontos de intersecção destas curvas estão nos intervalos [−4,−3], [0,1] e [2,3]. 
 
f
g x h x
f g h
f x 3x x
f x
f x
034 −− )()( ff 010  )()( ff 032  )()( ff
)(xf
y
x
y = f x( )
4321-1-2-3-4
1 2 3
f x 3x x
3x x 3xxg =)(
39 −= xxh )( )(xg )(xh
y
x
4321-1-2-3-4
1
2 3
g x( ) h x( )
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-13 
Outra forma de se verificar a unicidade de zeros nestes intervalos, é traçar o gráfico da 
função derivada de , e confirmar que a mesma preserva o sinal em 
cada um dos intervalos ]−4,−3[, ]0,1[ e ]2,3[, conforme a 2.2. 
 
39. Isolar os zeros da função . 
Resolução: Pode-se construir uma tabela de valores para e analisar os sinais: 
x 1 2 3 4 
 − − + + 
Como , conclui-se, de acordo com o teorema 1, que existem zeros de 
no intervalo [2,3]. 
 
Pode-se ainda verificar graficamente que a função derivada da função , 
 preserva o sinal no intervalo ]2,3[, neste caso ]2,3[, o que 
pela Obs. 1 garante que só existe um zero de neste intervalo. 
 
 
 
 
)(xf 93 2 −= xxf )('
y
x
y = f’ x( )
4321-1-2-3-4
33-
23,ln)( −= xxxf
)(xf
)(xf
032  )()( ff )(xf
x
y =f x( )
0
-0,1
-0,2
-0,3
-0,4
-0,5
-0,6
-0,7
-0,8
-0,9
-1,0
-0,8
2,6 2,8 3,0 3,2 3,4
0,1
0,2
0,3
y
)(xf
xxf ln)(' +=1 0)(' xf x
)(xf
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-14 
 
40. Isolar os zeros da função . 
Resolução: Pode-se construir uma tabela de valores para e analisar os sinais: 
X 1 2 3 
 − + + 
Como , conclui-se, de acordo com o teorema 1, que existem zeros de 
no intervalo [1,2]. 
Pode-se também chegar a esta mesma conclusão partindo da equação 
=0, obtendo-se a equação equivalente . Neste 
caso, tem-se que e . Traçando os gráficos de e , 
verifica-se que a abscissa do único ponto de intersecção destas curvas está no intervalo 
[1,2]. 
 
41. Isolar os zeros da função . 
Resolução: Pode-se construir uma tabela de valores para e analisar os sinais: 
x 0 1 2 3 
 − − + + 
Como , conclui-se, de acordo com o teorema 1, que existem zeros de 
no intervalo [1,2]. 
Pode-se também chegar a esta mesma conclusão partindo da equação 
=0, obtendo-se a equação equivalente . Neste caso, tem-se que e 
. Traçando os gráficos de e , verifica-se que a abscissa do único 
ponto de intersecção destas curvas está no intervalo [1,2]. 
 
 
y
x1
1
x( )f’
xxxf 4025 ,log)( +−=
)(xf
)(xf
021  )()( ff )(xf
xxxf 4025 ,log)( +−= xx 4025 ,log −=
xxg log)( 5= xxh 4,02)( −= )(xg )(xh
y
x
x( )
 21 3
2
1
h
x( )g
xexxf −−= 5)(
)(xf
)(xf
021  )()( ff )(xf
xexxf −−= 5)(
xex −= 5 xxg =)(
xexh −= 5)( )(xg )(xh
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-15 
 
2.3 Fase II: Refinamento - Critérios de Parada 
2.3.1 Método da Bissecção (ou Método da Dicotomia) 
Este método é normalmente utilizado para diminuir o intervalo que contém o zero da 
função, para a aplicação de outro método, pois o esforço computacional cresce demasiadamente 
quando se aumenta a precisão exigida. 
O processo consiste em dividir o intervalo que contém o zero ao meio e por aplicação 
do Teorema 1, aplicado aos subintervalos resultantes, determinar qual deles contém o zero. 
, 
O processo é repetido para o novo subintervalo até que se obtenha uma precisão 
prefixada. Desta forma, em cada iteração o zero da função é aproximado pelo ponto médio de 
cada subintervalo que a contém. 
 
Assim, na figura anterior tem-se: 
, , ,  
Desta forma, o maior erro que se pode cometer na: 
• 1a iteração ( =1): é 
• 2a iteração ( =2): é 
y
x
x( )
 21 3
2
1
h
x( )g





 +
2
ba
a, 




 +
b
ba
,
2
y
x
2 1
3
x( )f
a bmm
m

2
1
ba
m
+
=
2
1
2
ma
m
+
=
2
12
3
mm
m
+
=
n
2
)( ab −
n
22
)( ab −
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-16 
• 3a iteração ( =3): é 
 
• a iteração: é 
Se o problema exige que o erro cometido seja inferior a um parâmetro , determina-sea quantidade n de iterações encontrando o maior inteiro que satisfaz a inequação:  
que se resolve da seguinte maneira: 
     −    − 2   
  
42. Determinar um valor aproximado para , com erro inferior a . 
Resolução: Determinar é equivalente a obter o zero positivo da função = −5. 
Sabe-se que o intervalo [2,3] contém este zero e a tolerância neste caso é  = . Assim, 
a quantidade mínima de iterações para se obter a resposta com a precisão exigida é: 
        
  6,643856. Como deve ser intero, tem-se =7. 
 ( ) ( ) ( ) ( − )/2 
1 2,0 2,5 3,0 − + + 0,5 
2 2,0 2,25 2,5 − + + 0,25 
3 2,0 2,125 2,25 − − + 0,125 
4 2,125 2,1875 2,25 − − + 0,0625 
5 2,1875 2,21875 2,25 − − + 0,03125 
6 2,21875 2,234375 2,25 − − + 0,015625 
7 2,234375 2,2421875 2,25 − + + 0,0078125 
Portanto 2,24218750,0078125 
43. Um tanque de comprimento tem uma secção transversal no formato de um 
semicírculo com raio r (veja a figura). Quando cheio de água até uma distância h do 
topo, o volume V da água é: V= . Supondo 
que =10 , r=1 ft e V=12,4 , encontre a profundidade da água no tanque com 
precisão de 0,01 . 
n
32
)( ab −
 
n
n
ab
2
)( −
n
ab
2
)( −
n
ab
2
)( −
log
n
ab
2
)( −
log )log( ab − log n2 log )log( ab − n log log
n
2log
log)log( −− ab
5 210−
5 )(xf 2x
210−
n
2log
log)log( −− ab
n
2
1023 2
log
log)log(
−−−
n
2
1021
log
loglog +
n
2
120
log
+
n n n
n a x b f a f x f b b a
5
L






−−





− )(arcsen, 222250 hrh
r
h
rrL
L ft 3ft
ft
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-17 
 
 
Resolução: Para calcular a profundidade r−h da água, substitui-se os valores de , e 
na expressão anterior para obter a equação + +1,24−0,5=0 cuja raiz 
é . Assim, deve-se calcular o zero da função + +1,24−0,5, 
com precisão de = . Para isto, primeiramente isola-se o zero desta função num 
intervalo da seguinte forma. 
Pode-se construir uma tabela de valores para e analisar os sinais: 
H −1 0 1 
 
Como , conclui-se, de acordo com o teorema 1, que existem zeros de 
no intervalo [0,1]. 
Para se confirmar a unicidade deste zero neste intervalo, pode-se utilizar a OBS. 1, isto é, 
calcula-se a derivada de para verificar que a mesma preserva o sinal no 
intervalo ]0,1[. Assim, obtém-se = + + (−2 ) 
= , o que significa que é estritamente crescente neste 
intervalo, o que garante a unicidade do zero de em ]0,1[. 
Agora determina-se o número de iterações necessárias para se obter a precisão exigida: 
  6,643856 
Logo são necessárias = 7 iterações. 
 (b−a)/2 
1 0 0,5 1 − + + 0,5 
2 0 0,25 0,5 − + + 0,25 
3 0 0,125 0,25 − − + 0,125 
4 0,125 0,1875 0,25 − + + 0,0625 
5 0,125 0,15625 0,1875 − − + 0,03125 
6 0,15625 0,171875 0,1875 − + + 0,015625 
7 0,15625 0,1640625 0,171875 − − + 0,0078125 
Assim, =0,16406250,0078125 e a profundidade − da água solicitada é 
aproximadamente 1−(0,1640625) . 
h h
r 
r L V
)(arcsen h h 21 h−
h =)(hf )(arcsen h h 21 h−
210−
)(hf
010  )()( ff )(hf
)(
, hf )(hf
)(
, hf
21
1
h−
21 h− ( ) 2121
2
/−
− h
h
h
)(
, hf 0
1
12
2
2

−
−
h
h )(
[,] 10h )(hf
)(hf
2log
log)log( −−

ab
n
2
101 2
log
loglog
−−
n n
n
n a h b )(af )(hf )(bf
h r h
ft
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-18 
 
Algoritmo do Método da Bissecção 
Seja uma função contínua em um intervalo [a,b], com . <0 e a raiz de 
 isolada em [ , ]. 
• Dados de Entrada: Pontos extremos e do intervalo; precisão ou tolerância () e o 
número máximo de iterações (ITMAX). 
• Saída: Solução aproximada ou mensagem de "solução não encontrada" com a precisão 
desejada no número máximo de iterações. 
PASSO 1 
Faça =1 
FA= 
PASSO 2 
Enquanto  ITMAX execute os passos de 3 a 6 
PASSO 3 
 Faça = e FX = 
PASSO 4 
Se FX = 0 ou < , então 
Saída ( ) (Procedimento executado com sucesso) 
FIM 
PASSO 5 
Faça = +1 
PASSO 6 
Se FA·FX > 0 então faça = e FA = FX 
 Caso contrário faça = 
PASSO 7 
Saída (Solução não encontrada com a precisão exigida) 
FIM 
2.3.2 Método do Ponto Fixo (ou Método da Iteração Linear ou Método das 
Aproximações sucessivas) 
Neste método a seqüência de aproximações do zero  de uma função 𝑓(𝑥) (𝑓(𝛼) = 0) 
é obtida através de uma relação de recorrência da forma: 
 , n 0, 1, 2,  
O ponto será considerado uma aproximação inicial do zero  da função e 
é uma função que tem  como ponto fixo, isto é, = . 
A primeira pergunta a ser respondida é: dada uma função com zero , como 
encontrar uma função que tenha  como ponto fixo? Isto pode ser feito através de uma 
série de manipulações algébricas sobre a equação =0, transformando-a em uma equação 
equivalente da forma . Nestas transformações devem-se tomar os devidos cuidados 
para que esteja definida em  e para que  pertença à imagem de . Como o zero  é 
desconhecido, é necessário determinar um intervalo I que contenha  e que esteja contido tanto 
no domínio quanto na imagem de . É necessário que o zero  de seja único no intervalo 
I, caso contrário não será possível discernir qual o zero determinado. 
)(xf )(af )(bf
)(xf a b
a b
x
i
)(af
i
x
2
)( ba +
)(xf
2
)( ab −
x
i i
a x
b x
)(1 nn xx =+ =
0x )(xf )(x
)(
)(xf
)(x
)(xf
)(xx =
)(x 
 )(xf
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-19 
 
44. Obter algumas funções de ponto fixo para a função = . 
Resolução: Efetuando diferentes manipulações algébricas sobre a equação =0 ou 
=0, podem-se obter diferentes funções de ponto fixo, como por exemplo: 
a) =0 , logo . Como =−3 e =2, tem-se 
que −3 e 2 são pontos fixos de . 
b) =0 , logo se pode ter e neste caso tem-se que 
2 é ponto fixo de , pois , ou e neste caso tem-se que −3 
é ponto fixo de , pois . 
c) =0   , logo . Como 
=−3 e =2, tem-se que −3 e 2 são pontos fixos de . 
d) =0   , logo . 
Como =−3 e =2, tem-se que −3 e 2 são pontos fixos de . 
No próximo passo algumas destas funções serão utilizadas na tentativa de gerar 
seqüências aproximadoras dos zeros  de . 
45. Aproximar o maior zero da função = , utilizando a função 
, e =1,5. 
Resolução: Neste caso a fórmula de recorrência , n 0, 1, 2,  será: 
, e pode-se construir a seguinte tabela: 
n 
0 1,5 2,12132 
1 2,12132 1,96944 
2 1,96944 2,00763 
3 2,00763 1,99809 
4 1,99809 2,00048 
 
Percebe-se que neste caso a seqüência converge para a raiz =2 da equação 
0. 
y
x
y x=
Ponto fixo de
(Zero de )
 x( )
 x( )
x( )f
)(xf 62 −+ xx
)(xf
62 −+ xx
62 −+ xx 26 xx −= 2
1 6)( xx −= )3(1 − )2(1
)(1 x
62 −+ xx xx −= 6 xx −= 6)(2
)(2 x 2)2(2 = xx −−= 6)(2
)(2 x 3)3(2 −=−
62 −+ xx 06 =−+ xxx
x
x
x
x −=
6
1
6
−=
x
x = )(3 x 1
6
−
x
)3(3 − )2(3 )(3 x
62 −+ xx 06 =−+ xxx 06)1( =−+xx
1
6
+
=
x
x
1
6
)(4
+
=
x
x
)3(4 − )2(4 )(4 x
)(xf
)(xf 62 −+ xx
xx −= 6)(2 0x
)(1 nn xx =+ =
nnn xxx −==+ 6)(21
nx nnn xxx −==+ 6)(21
  
}{ nx
62 −+ xx =
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-20 
 
 
46. Aproximar o maior zero da função = , utilizando a função 
, e =1,5. 
Resolução: Neste caso a fórmula de recorrência , =0, 1, 2,  será: 
, e pode-se construir a seguinte tabela: 
n 
0 1,5 3,75 
1 3,75 −8,0625 
2 −8,0625 −59,003906 
3 −59,003906 −3475,4609 
 
Percebe-se que neste caso a seqüência não converge para a raiz 2 da equação 
0. 
 
 
y
x
x( )
0 x 1x2 x3

y x=
x
6
6
2=
2
)(xf 62 −+ xx
2
1 6)( xx −= 0x
)(1 nn xx =+ n
2
11 6 nnn xxx −==+ )(
nx
2
11 6)( xxx nn −==+
  
}{ nx  =
62 −+ xx =
y
x
x( )
0 1
x2
x

y x=
x
6
2=
1

Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-21 
Assim, os dois exercícios anteriores mostram que dependendo da transformação 
 escolhida, a relação de recorrência pode ou não fornecer uma seqüência 
 convergente. Desta forma, como determinar a priori, quais transformaçõesfornecerão 
seqüências convergentes? As figuras que seguem ilustram alguns casos onde ocorrem 
convergência e alguns casos onde não ocorre convergência. 
 
A seqüência converge para o zero  (Convergência do tipo escada). 
 
 
A seqüência converge para o zero  (Convergência do tipo caracol). 
 
 
A seqüência não converge para o zero . 
 
 
)(xx = )(1 nn xx =+
}{ nx
 kx
y
xx0x1x2x3
y x=
 x( )
 kx
y
xx0x1 x2x3 
y x=
x4
 x( )
 kx
y
xx0 x1 x2 x3
y x=
 x( )
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-22 
A seqüência não converge para o zero . 
 
O Teorema que segue estabelece condições suficientes para garantir a convergência do 
processo iterativo. 
OBS. 2: Como as condições que o teorema que segue são apenas suficientes, dada uma 
função que não satisfaça estas condições, não se pode garantir que a seqüência gerada 
 diverge. 
Convergência do Método das Aproximações Sucessivas 
Teorema 2 Seja um zero de uma função f, isolada em um intervalo I=[a,b], e seja uma 
função tal que . Se: 
i) são funções contínuas em I; 
ii) 
iii) e , para n = 0, 1, 2,  
Então a seqüência converge para o zero . 
OBS. 3: Para se resolver um problema com o método das aproximações sucessivas, 
utiliza-se o teorema anterior da seguinte forma: inicialmente determina-se um intervalo onde 
o zero  de esteja isolado, e uma função que tenha  como ponto fixo. Analisando 
e , pode-se verificar se as condições i) e ii) do Teorema 2 estão satisfeitas. Estas condições 
podem não estar satisfeitas pelo fato do intervalo ter sido superdimensionado. Neste caso 
procura-se por um intervalo ’ satisfazendo as condições do teorema. Na demonstração do 
Teorema 2 , que pode ser vista em HUMES, Ana Flora C., et al. Noções de Cálculo Numérico. 
São Paulo: McGraw-Hill, p. 16, 1984, tem-se que as condições i) e ii) garantem que se 
 então < . Entretanto, isto não implica que . Uma maneira simples 
para garantir que é tomar como valor inicial o extremo de mais 
próximo do zero . Na seqüência, será mostrado que neste caso : Supondo que 
a seja o extremo de mais próximo de , tem-se: < =  , logo 
. A demonstração é análoga para o caso em que o extremo de mais próximo de . 
OBS. 4: A condição iii) do Teorema 2 pode ser substituída por: iii’) o zero  é o ponto 
médio do intervalo . Na verdade, se para o intervalo = , estão satisfeitas as condições 
i) e ii) do Teorema 2, e se estiver mais próximo de do que de então, denotando 
por r, tem-se que para qualquer a hipótese iii) do teorema é verificada. Mais 
 kx
y
x0x 1 x2x3 
y x=
x
 x( )

,,, 321 xxx
 
( ) =
' e 
( ) 1=

xk
Ix
'
max
Ix 0 Ixx nn =+ )(1
 nx 
I
)(xf  
'
I
I
1−nx 
I nx− 1−− nx nx  I
 baIxn ,= 0n 0x I
Ixx = )( 01
I −1x −0x −a −b 1x
 I b I
I I  ba,
a  b −a
0x   ra +,
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-23 
ainda, para todo = nas condições do teorema 2, existe ’ tal que qualquer que seja 
’ tem-se que ’, 1. 
OBS. 5: A determinação do extremo de = mais próximo do zero  pode ser feito 
da seguinte maneira: Suponhamos satisfeitas as hipóteses i) e ii) do Teorema 2 . Nestas 
condições, seja = (ponto médio do intervalo ). Sabe-se que está mais próximo 
de  do que . Se < , então  está entre e , ou seja, é o extremo de mais 
próximo de . Analogamente, se > , então é o extremo de mais próximo de . Se 
= , então é o zero procurado. 
 
Este é o caso em que b é o extremo mais próximo de . 
OBS. 6: Sejam dados ( ),  e = satisfazendo as hipóteses do teorema 
anterior. Se =( ), então  . Desta forma, obtém-se um limitante 
superior para o erro cometido na -ésima iteração ( ). 
47. Verificar as condições i) e ii) do teorema anterior quando do uso da função 
 no exercício número 45. 
Resolução: 
Verificação da condição i): 
• é contínua no conjunto ={ /x  6}. 
• é contínua no conjunto ={ /x < 6}. 
Verificação da condição ii): 
• < 1  < 1  < 5,75 
Logo, é possível obter um intervalo , tal que =2 , onde as condições i) e ii) estão 
satisfeitas. 
48. Verificar as condições i) e ii) do teorema anterior quando do uso da função 
. 
Resolução: 
Verificação da condição i): 
• e são contínuas em . 
Verificação da condição ii): 
I  ba, I I
0x  I nx  I n
I  ba,
x̂
2
)( ba +
I )ˆ(x
x̂ x̂ )ˆ(x x̂ b b I
 x̂ )ˆ(x a I
x̂ )ˆ(x x̂
xx( )
a b

x
xx( )
a b

x


x k ( )x
Ix
'
max 

nx 1−nx nx−
k
k
−1
1−− nn xx
n nx
xx −= 6)(2
xx −= 6)(2 S x
x
x
−
−
=
62
1
2 )(' T x
)(' x2
x−
−
62
1
x
I I
2
1 6)( xx −=
2
1 6 xx −= )( xx 21 −= )('
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-24 
• < 1  < 1  < < . 
Logo, não existe um intervalo , com =2 , e tal que < 1, . 
Algoritmo do Método das aproximações sucessivas 
Para encontrar uma solução para p = dada uma aproximação inicial . 
• Dados de Entrada: Aproximação inicial , precisão ou tolerância () e o número 
máximo de iterações (ITMAX). 
• Saída: Solução aproximada p ou mensagem de “solução não encontrada”. 
PASSO 1 
Faça i = 1 
PASSO 2 
Enquanto i  ITMAX, execute os passos 3 – 6 
 PASSO 3 
 Faça (calcular ) 
 PASSO 4 
 Se < então 
 Saída ( ) (procedimento efetuado com sucesso) 
 FIM 
 PASSO 5 
 Faça i = i + 1 
 PASSO 6 
 Faça = p (atualize ) 
PASSO 7 
Saída (solução não encontrada após ITMAX iterações) 
FIM 
OBS. 7: Outros critérios de parada podem ser utilizados: 
• 
• 
• 
49. Encontrar o zero de = com precisão , utilizando o método do 
ponto fixo. 
Resolução: Pode-se construir uma tabela de valores para ( ) e analisar os sinais: 
x −3 −2 −1 
 − + + 
Como , conclui-se, de acordo com o Teorema 1, que existem zeros de 
no intervalo [−3,−2]. 
Fazendo e , pode-se verificar que os gráficos das mesmas se 
intersectam em apenas um ponto, o que garante que só existe um zero de neste 
intervalo. 
)(' x1 x2−
2
1
− x
2
1
I I )(' x1  x I
)( p 0p
0p
=p )( p ip
0pp − 
p
0p 0p
− −1nn pp

− −
n
nn
p
pp 1
)( npf
)(xf 42 +− xe x 610−=
f x
)(xf
023 −− )()( ff
)(xf
xexh =)( 42 −= xxg )(
)(xf
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-25 
 
 
Assim, o zero de está isolado em [−3,−2]. 
 
 
 
 
Procurando uma função de ponto fixo adequada pode-se fazer: 
=0  
Verificando as hipóteses i) e ii) do Teorema 2 : 
i) 
 são contínuas em [−3,−2], o que garante a primeira condição do Teorema 2 . 
ii) k = 
 
 
 
Como é decrescente no intervalo =[−3,−2], k = 0,03328 < 1, o que garante a 
segunda condição do Teorema 2 . 
Procura-se agora, o extremo do intervalo =[−3,−2] mais próximo do zero  de : 
Para isto, segue-se o indicado na observação 5, isto é, calcula-se o ponto médio do intervalo 
=[−3,−2]: = = −2,5 e = = −2,02042. Como 
< , isto é =−2,5 < = = −2,02042, então  está entre =−2,5 e −2, ou 
seja, −2 é o extremo de mais próximo de . Desta forma, iniciando o processo recursivo 
pelo ponto −2, garante-se que todos os termos da seqüência aproximadora 
pertencerão ao intervalo =[−3,−2]. 
y
x
x( )

21 3
2
1
h
x( )g
-2 -1-3
-2
-3
-4
-1
3
4
5
= e
x
= x
2
- 4
)(xf
42 +− xe x 442 +−=+= xx exex 4+−= xex)(
42 +
−=
x
x
e
e
x)('
)(')( xex 
)('max
]2,3[
x
x

−−
42 +
−=
x
x
e
e
x
.
)('
012370
42
3
3
3
,
.
)(' −=
+
−=−
−
−
e
e
033280
42
2
2
2
,
.
)(' −=
+
−=−
−
−
e
e
)(' x I
I )(xf
I x̂
2
23 ))(( −+−
)ˆ(x 452 52 +−=− − ,),( e x̂
)ˆ(x x̂ )ˆ(x ),( 52− x̂
I
=0x
I
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-26 
Logo, utilizando a partir de −2, gera-se uma seqüência convergente 
para o zero  de . 
 
0 −2 −2,0335524 0,0335524 > 10
-6 
1 −2,0335524 −2,0324541 0,0010983 > 10-6 
2 −2,0324541 −2,0324895 0,0000354 > 10-6 
3 −2,0324895 −2,0324884 0,0000011> 10
-6 
4 −2,0324884 −2,0324884 0 < 10-6 
Portanto, = −2,0324884. 
2.3.3 Método de Newton, Newton-Raphson (ou Método das Tangentes) 
Este método é uma particularidade do método das aproximações sucessivas. A idéia é 
construir uma função para a qual exista um intervalo contendo o zero , onde |𝜙′(𝑥)| <
1. Esta construção é feita impondo . Como deve ser uma função contínua, existe 
sempre uma vizinhança I de onde <1. 
Obtenção da função : A forma mais geral de equivalente a =0 é dada 
por: 
= + 
onde é uma função contínua tal que . Escolhe-se de forma que 
. Derivando-se a equação anterior, obtém-se =1+ . Calculando esta 
derivada no ponto , obtém-se: =1+ . Supondo que 𝑓′(𝛼) ≠ 0, para que 
, deve-se ter = . Assim, uma escolha satisfatória para será 
portanto: 
= , uma vez que . 
Substituindo na equação inicial, tem-se: 
= 
Assim, o processo iterativo de Newton é definido por: 
= , 0, 1, 2,  
OBS. 8: A é válida mesmo que = 0, uma vez que . 
Interpretação Geométrica do Método de Newton 
O valor é obtido traçando-se a tangente ao gráfico da função no ponto 
. A intersecção da reta tangente com o eixo das abscissas fornece a nova 
aproximação . Esta interpretação justifica o nome de método das tangentes. 
4)( +−= xex =0x
)(xf
n
nx 1+nx nn xx −+1
x
)(x 
0)(' = )(' x
 )('max x
Ix


)(x )(xx = )(xf
x x =)()( xfxA )(x
)(xA 0)( A )(xA 0)(' =
)(' x )()(')(')( xfxAxfxA +
 )('  )(')(  fA
0)(' = )(A
)('
1

−
f
)(xA
)(xA
)('
1
xf
− x
)(xA
)(x x
)('
)(
xf
xf
−
1+nx nx
)('
)(
n
n
xf
xf
− =n
)(x )(' f nx
1+nx )(xf
))(,( nn xfx
1+nx
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-27 
 
 
Convergência do Método de Newton 
Teorema 3 Seja , duas vezes diferenciável, com contínua. Suponha 
que: 
i) 
ii) 
iii) não troca de sinal em 
Então, a seqüência gerada pelas iterações do método de Newton-Raphson utilizando a 
função que equivale a converge para o único zero de 
, isolado em , se for escolhido convenientemente. 
OBS. 9: Para se escolher o ponto inicial , pode-se, por exemplo, fazer = se 
 ou = caso contrário. 
Algoritmo do Método de Newton 
Para encontrar uma solução para =0, dada a derivada de e uma aproximação 
inicial . 
• Dados de Entrada: Aproximação inicial , precisão ou tolerância () e o número 
máximo de iterações (ITMAX). 
• Saída: Solução aproximada p ou mensagem de “solução não encontrada”. 
PASSO 1 
Faça i =1 
PASSO 2: 
Enquanto i  ITMAX, execute os passos 3 – 6 
 PASSO 3 
 Faça (calcular ) 
 PASSO 4 
 Se <  então 
 Saída (p) (procedimento efetuado com sucesso) 
 FIM 
 PASSO 5 
 Faça i = i + 1 
y
xx( ) 
0x1x2x
f

nx x
x( )f
n+1
n
1+−
==
nn
n
n
xx
xf
xf
)(
)('tg
)('
)(
n
n
nn
xf
xf
xx −=+1
  →baf ,: ( )xf "
( ) ( ) 0  bfaf
,)(' 0xf ],[ bax
)('' xf  ba,
( )
( )
( )xf
xf
xx
'
−=
( )
( )n
n
nn
xf
xf
xx
'
−=+1  f
 ba,  bax ,0
0x 0x a
( )  baa , 0x b
)(xf )(xf
0p
0p
)('/)( 000 pfpfpp −= ip
0pp −
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-28 
 PASSO 6 
 Faça =p (atualize ) 
Passo 7: 
Saída (solução não encontrada após ITMAX iterações) 
FIM 
OBS. 10: Outros critérios de parada podem ser utilizados: 
• 
• 
• 
OBS. 11: O Método de Newton irá falhar se para algum n, = 0. 
50. Encontrar a solução para a equação x = com precisão . 
Resolução: 
Pode-se construir uma tabela de valores para ( ) e analisar os sinais: 
x 0 
 + − 
Como , conclui-se, de acordo com o Teorema 1, que existem zeros de 
no intervalo [0, ]. 
Fazendo = x e = , pode-se verificar que os gráficos das mesmas se 
intersectam em apenas um ponto, o que garante que só existe um zero de neste 
intervalo. Esta informação também pode ser verificada observando que a função 
=−sen x – 1, preserva o sinal ]0, [, isto é, tem-se que neste caso ( )0, ]0,
[ (e também em [0, ] ). Isto significa dizer que a função ( ) é estritamente 
decrescente no intervalo ]0, [. 
 
Como , também preserva o sinal em [0, ], ( ( )0, ]0, [, tem-
se que as condições i), ii) e iii) do teorema 3 são satisfeitas. 
0p 0p
− −1nn pp

− −
n
nn
p
pp 1
+ )( 1npf
)(' 1−npf
xcos
610−=
xxxfxxxx −==−= cos)(0coscos
f x
2

)(xf
0
2
0 

 )()( ff )(xf
2

)(xg )(xh xcos
)(xf
)(' xf
x
2

'f x x
2

2

f x
2

y
x( )

h

2


2
2
3 =cos x
x( )g = x
-1
1
x
xxf cos)('' −=
2

''f x x
2

Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-29 
Assim, a fórmula recursiva de Newton para este caso fica: = − para 
. Agora deve-se escolher convenientemente: Pode-se verificar que o ponto médio 
= ou =0,785398163398 e =0,739536133515. Pela observação 5 concluímos 
que =0, pois < . 
n 
0 0 1 1 > 10-6 
1 1 0,750363868 0,249636132 > 10-6 
2 0,750363868 0,7391128909 0,011250978 > 10-6 
3 0,7391128909 0,7390851333 0,000027757 > 10-6 
4 0,7390851333 0, 7390851332 0,0000000001 <10-6 
Portanto, = 0,739085133. 
2.3.4 Método da Secante 
Uma grande desvantagem do método de Newton é a necessidade de se obter a derivada 
𝑓′(𝑥) e calcular o seu valor numérico a cada iteração. Para contornar este problema podemos 
substituir o cálculo da primeira derivada 𝑓′(𝑥) pelo quociente das diferenças, usando assim, 
um modelo linear baseado nos dois valores calculados mais recentemente: 
𝑓′(𝑥) = 
𝑓(𝑥𝑛) − 𝑓(𝑥𝑛−1)
𝑥𝑛 − 𝑥𝑛−1
 
onde 𝑥𝑛 e 𝑥𝑛−1 são duas aproximações para a raiz. 
Substituindo o valor aproximado da derivada acima na fórmula e Newton, obtém-se: 
𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 −
𝑓(𝑥𝑛)
𝑓′(𝑥)
 
𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 − 𝑓(𝑥𝑛)
𝑥𝑛 − 𝑥𝑛−1
𝑓(𝑥𝑛) − 𝑓(𝑥𝑛−1)
 
 
Assim, o processo iterativo do Método da Secante é definido por: 
 
𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 −
𝑓(𝑥𝑛) ∙ (𝑥𝑛 − 𝑥𝑛−1)
𝑓(𝑥𝑛) − 𝑓(𝑥𝑛−1)
 ou 𝑥𝑛+1 =
𝑥𝑛−1𝑓(𝑥𝑛) − 𝑥𝑛𝑓(𝑥𝑛−1)
𝑓(𝑥𝑛) − 𝑓(𝑥𝑛−1)
, 
com 𝑛 = 0, 1, 2, … 
 
Interpretação Geométrica do Método da Secante 
Os valores 𝑥0 e 𝑥1 são aproximações iniciais que determinam a reta pelos pontos 
(𝑥0, 𝑓(𝑥0)) e (𝑥1, 𝑓(𝑥1)). A intersecção da reta secante com o eixo das abscissas fornece a nova 
aproximação 𝑥2. 
Então, de dois valores 𝑥𝑛−1 e 𝑥𝑛 é determinada a reta pelos pontos (𝑥𝑛−1, 𝑓(𝑥𝑛−1)) e 
(𝑥𝑛, 𝑓(𝑥𝑛)). A intersecção desta reta com o eixo das abscissas fornece a aproximação 𝑥𝑛+1. 
1+nx nx
1−−
−
)(sen
)cos(
n
nn
x
xx
0n 0x
x̂
4

x̂ ( )x̂
0x ( )x̂ x̂
nx 1+nx nn xx −+1
x
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-30 
 
Para o desenho acima, tome 𝑥𝑛 = 𝑥1. Desta forma, 𝑥𝑛−1 = 𝑥0 e 𝑥𝑛+1 = 𝑥2. Assim, os 
dois triângulos abaixo são semelhantes e foram tirados da figura acima. 
 
Então, por semelhança de triângulos, temos: 
𝑓(𝑥𝑛−1)
𝑓(𝑥𝑛)
=
𝑥𝑛−1 − 𝑥𝑛+1
𝑥𝑛 − 𝑥𝑛+1
 
Isolando 𝑥𝑘+1, temos: 
𝑓(𝑥𝑛−1) ∙ (𝑥𝑛 − 𝑥𝑛+1) = 𝑓(𝑥𝑛) ∙ (𝑥𝑛−1 − 𝑥𝑛+1) 
𝑓(𝑥𝑛−1)𝑥𝑛 − 𝑓(𝑥𝑛−1)𝑥𝑛+1 = 𝑓(𝑥𝑛)𝑥𝑛−1 − 𝑓(𝑥𝑛)𝑥𝑛+1 
𝑥𝑛+1 ∙ (𝑓(𝑥𝑛) − 𝑓(𝑥𝑛−1)) = 𝑥𝑛−1 ∙ 𝑓(𝑥𝑛) − 𝑥𝑛 ∙ 𝑓(𝑥𝑛−1) 
𝑥𝑛+1 =
𝑥𝑛−1𝑓(𝑥𝑛) − 𝑥𝑛𝑓(𝑥𝑛−1)
𝑓(𝑥𝑛) − 𝑓(𝑥𝑛−1)
 
Convergência do Método da Secante 
Como o método da secante é uma aproximação para o método de Newton, as condições 
de convergência são próximas. 
OBS. 12: O método da secante pode divergir se 𝑓(𝑥𝑘) ≅ 𝑓(𝑥𝑘−1). 
 
y
x
x( )
 0x
1x 2x
f
3x
4x
( )f 1x
( )f 0x
( )f 2x
( )f 3x
( )f 4x
L aur o
Cesa r
Ga lvã o
n-1x
( )f nx
( )f n-1x
n+1xn+1x nx
L aur o
Cesa r
Ga lvã o
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-31 
Algoritmo do Método da Secante 
Para encontrar uma solução para =0, dadas duas aproximações inicial 𝑝0 e 𝑝1. 
• Dados de Entrada: Aproximações inicial 𝑝0 e 𝑝1, precisão ou tolerância () e o número 
máximo de iterações (ITMAX). 
• Saída: Solução aproximada 𝑝 ou mensagem de “solução não encontrada”. 
PASSO 1 
Faça i =1 
PASSO 2:Enquanto i  ITMAX, execute os passos 3 – 6 
 PASSO 3 
 Faça 𝑝 =
𝑝0𝑓(𝑝1)−𝑝1𝑓(𝑝0)
𝑓(𝑝1)−𝑓(𝑝0)
 (calcular 𝑝𝑖) 
 PASSO 4 
 Se |𝑝 − 𝑝1| <  então 
 Saída (p) (procedimento efetuado com sucesso) 
 FIM 
 PASSO 5 
 Faça i = i + 1 
 PASSO 6 
 Faça 𝑝0 = 𝑝1 e 𝑝1 = 𝑝 (atualize 𝑝0 e 𝑝1) 
Passo 7: 
Saída (solução não encontrada após ITMAX iterações) 
FIM 
OBS. 13: Outros critérios de parada podem ser utilizados: 
• 
• 
• 
51. Considerando o mesmo exercício anterior, encontrar a solução para a equação x = 
com precisão , usando o método da secante. Considere 𝑥0 = 0 e 𝑥1 = 1, como 
aproximações iniciais. 
Resolução: 𝑓(𝑥) = cos(𝑥) − 𝑥 = 0 
Assim, a fórmula recursiva do método da secante para este caso fica: 
𝑥𝑛+1 =
𝑥𝑛−1𝑓(𝑥𝑛) − 𝑥𝑛𝑓(𝑥𝑛−1)
𝑓(𝑥𝑛) − 𝑓(𝑥𝑛−1)
 
n x(n-1) x(n) x(n+1) |x(n+1) - x(n)| 
0 0 1 0,685073357 0,314926643 
1 1 0,685073357 0,736298998 0,05122564 
2 0,685073357 0,736298998 0,739119362 0,002820364 
3 0,736298998 0,739119362 0,739085112 3,42498E-05 
4 0,739119362 0,739085112 0,739085133 2,11E-08 
Portanto, = 0,739085133. 
 
)(xf
− −1nn pp

− −
n
nn
p
pp 1
+ )( 1npf
xcos
610−=
x
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-32 
2.3.5 Comparação entre os métodos 
Nos exercícios seguintes, considerando cada método especificado, determine uma 
aproximação para o zero da função. 
52. Pelo método da Bissecção, determine uma aproximação para (1,2) da função 
𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
− cos 𝑥 com aproximação = tal que ( − )/2 . 
Resolução: 
 f ( a ) f ( x ) f (b ) (b − a )/2 
1 1 1,5 2 - + + 0,5 
2 1 1,25 1,5 - - + 0,25 
3 1,25 1,375 1,5 - - + 0,125 
4 1,375 1,4375 1,5 - - + 0,0625 
5 1,4375 1,46875 1,5 - + + 0,03125 
6 1,4375 1,453125 1,46875 - + + 0,015625 
7 1,4375 1,4453125 1,453125 - - + 0,0078125 
8 1,4453125 1,44921875 1,453125 - + + 0,00390625 
9 1,4453125 1,447265625 1,44921875 - - + 0,001953125 
10 1,447265625 1,448242188 1,44921875 - + + 0,000976563 
11 1,447265625 1,447753906 1,448242188 - + + 0,000488281 
12 1,447265625 1,447509766 1,447753906 - + + 0,000244141 
13 1,447265625 1,447387695 1,447509766 - - + 0,00012207 
14 1,447387695 1,44744873 1,447509766 - + + 6,10352E-05 
Logo, =1,44744873 
53. Pelo método do Ponto Fixo ou Aproximações Sucessivas, determine uma aproximação 
para �̅�(1,2) da função 𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
− cos 𝑥 com aproximação 𝜀1 = 𝜀1 = 10
−4 tal que 
|𝑓(𝑥𝑛)| < 𝜀1 ou |𝑥𝑛+1 − 𝑥𝑛| < 𝜀2. Utilize 𝑥0=1,5. 
Resolução: 
( )= − 
( )=0  − + − =0 
1( )=− + +  ( )1 em (1,2) 
2( )= − +  ( )1 em (1,2) 
 𝜙(𝑥) = cos 𝑥 − 𝑒−𝑥
2
+ 𝑥  𝑥𝑛+1 = 𝜙(𝑥𝑛) 
 
 | − | | ( )| Parada 
0 1,5 1,465337977 0,034662023 0,01154599 
1 1,465337977 1,453791987 0,01154599 0,004075472 
2 1,453791987 1,449716515 0,004075472 0,001466938 
3 1,449716515 1,448249577 0,001466938 0,000531683 
4 1,448249577 1,447717894 0,000531683 0,000193187 
5 1,447717894 1,447524708 0,000193187 7,02578E-05 |𝑓(𝑥𝑛)| < 𝜀1 
 
 
Logo, =1,447524708. 
x
1
410− b a 1
n a x b
x
f x
2xe− xcos
f x
2xe− xcos x x
x xcos
2xe− x '1 x
x xcos
2xe− x '2 x
n nx 1+nx 1+nx nx f 1+nx
x
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Maiko 
2-33 
 
54. Pelo método de Newton-Raphson, determine uma aproximação para �̅�(1,2) da função 
𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
− cos 𝑥 com aproximação = = tal que | ( )| ou 
|𝑥𝑛+1 − 𝑥𝑛| < 𝜀2. Utilize 𝑥0=1,5. 
Resolução: 
( )= −  ( )=−2 + 
( )= −  ( )= −  =( ) 
 | − | | ( )| Parada 
0 1,5 1,4491235 0,0508765 0,001088623 
1 1,4491235 1,447416347 0,001707153 1,32044E-06 |𝑓(𝑥𝑛+1)| < 𝜀1 
Logo, =1,447416347. 
55. Pelo método da secante, determine uma aproximação para �̅�(1,2) da função 
𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
− cos 𝑥 com aproximação = = tal que | ( )| ou 
|𝑥𝑛+1 − 𝑥𝑛| < 𝜀2. Utilize 𝑥0 = 1,5 e 𝑥1 = 1,2, como aproximações iniciais. 
Resolução: 
𝑥𝑛+1 =
𝑥𝑛−1𝑓(𝑥𝑛) − 𝑥𝑛𝑓(𝑥𝑛−1)
𝑓(𝑥𝑛) − 𝑓(𝑥𝑛−1)
 
n x(n-1) x(n) x(n+1) |x(n+1) - x(n)| 
0 1,5 1,2 1,435046063 0,235046063 
1 1,2 1,435046063 1,450627163 0,0155811 
2 1,435046063 1,450627163 1,447385539 0,003241624 
3 1,450627163 1,447385539 1,447414206 2,86668E-05 
Logo, =1,447414206. 
1 2
410− f 1+nx 1
f x
2xe− xcos 'f x x
2xe− xsen
x x
)('
)(
xf
xf
x x
xxe
xe
x
x
sen
cos
+−
−
−
−
2
2
2
1+nx nx
n nx 1+nx 1+nx nx f 1+nx
x
1 2
410− f 1+nx 1
x
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Maiko 
3-34 
3 Resolução de sistemas de equações lineares 
3.1 Introdução 
Vários problemas, como cálculo de estruturas de redes elétricas e solução de equações 
diferenciais, recorrem a resolução numérica de um sistema linear de equações com 
incógnitas. 
3.1.1 Forma Algébrica de Sn 
= 
ou 
= = , =1, 2, , . 
3.1.2 Forma Matricial de Sn 
 = 
 = . 
Onde: 
•  matriz dos coeficientes; 
•  vetor das incógnitas (ou vetor solução); 
•  vetor dos termos independentes. 
3.1.3 Matriz Aumentada ou Matriz Completa do Sistema 
=[  ]= . 
3.1.4 Solução do Sistema 
=( , , , ) . 
3.1.5 Classificação de um Sistema Linear 
• COMPATÍVEL: apresenta soluções; 
• INCOMPATÍVEL: caso contrário. 
nS n n
nS







=+++
=+++
=+++
nnnnnn
nn
nn
bxaxaxa
bxaxaxa
bxaxaxa




2211
22222121
11212111
nS 
=
n
j
jij xa
1
ib i n
A x b












nnnn
n
n
aaa
aaa
aaa




21
22221
11211












nx
x
x

2
1












nb
b
b

2
1
A
x
b
B A b












nnnnn
n
n
baaa
baaa
baaa




21
222221
111211
x 1x 2x nx
T
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Maiko 
3-35 
3.1.6 Classificação quanto ao Determinante de A 
• 0 (SPD)  sistema linear possível e determinado (SOLUÇÃO ÚNICA); 
• =0 (SPI) ou (SI): a matriz é SINGULAR. 
(SPI)  Sistema possível e indeterminado, 
(SI)  Sistema impossível. 
OBS. 1: Se =0, =1, 2, , , isto é, se =0, o sistema é dito HOMOGÊNEO. Todo 
sistema homogêneo é compatível, pois admite sempre a solução =0. A solução é chamada 
TRIVIAL. 
3.2 Métodos diretos 
São métodos que determinam a solução de um sistema linear com um número finito de 
operações. 
Definição: Dois sistemas lineares são equivalentes quando possuem a mesma solução. 
3.2.1 Método de Eliminação de Gauss 
Com ( −1) passos, o sistema linear  = é transformado num sistema triangular 
superior equivalente. Tome 0 como hipótese. 
 =   = , o que se resolve por substituição. 
[  ]  [  ] 
  . 
56. Resolver o sistema , com = . 
Resolução: =  [  ]  [  ] 
[  ] = (Matriz aumentada). 
Seja =[  ] e =[  ] após conjuntos de operações elementares aplicadas sobre 
. 
• Etapa 1: em , tome , com =1,2,3, como as linhas de e como pivô e 
calculam-se os multiplicadores ( =2,3). 
= − = − = −2; = − = − = −1. 
Operações elementares nas linhas ( =1,2,3). 
Adet
Adet A
ib i n b
x
n A x b
Adet
A x b U x c
A b U c












nnnnn
n
n
baaa
baaa
baaa




21
222221
111211












nnn
n
n
cu
cuu
cuuu




00
0 2222
111211
3S 3S





−=+−
=−+
=−+
132
3344
532
321
321
321
xxx
xxx
xxx
3S





−=+−
=−+
=−+
132
3344
532
321
321
321
xxx
xxx
xxx
A b U c
A b










−−
−
−
1132
3344
5132
0B A b kB U c k
0B
0B
)(0
iL i 0B
)(0
11a
)(0
1im i
)(0
21m )(
)(
0
11
0
21
a
a
2
4 )(0
31m )(
)(
0
11
0
31
a
a
2
2
)( 10+
iL i
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Maiko 
3-36 
 ;   + ; 
   + . 
Sendo ( =1,2,3) as linhas da matriz . 
 Anulam-se todos os valores abaixo do pivô . 
= . 
• Etapa 2: Repete-se o processo para o próximo pivô, situado na diagonal da matriz . 
Em , tome , com =2,3 e como pivô. 
= − = − = −3. 
 ;  ;  + . 
=  =[  ]. 
Segue que: 
Resolvendo  = por substituição retroativa, tem-se: = = que é, 
também, solução para o sistema  = . 
• Método compacto para a TRIANGULAÇÃO  = : 
Linha Multiplicador m Matriz Aumentada Transformação 
(1)  2 3 -1 5 
(2) = -( 4 )/( 2 )= -2 4 4 -3 3 
(3) = -( 2 )/( 2 )= -1 2 -3 1 -1 
(2)  0 -2 -1 -7 -2 + 
(3) = -( -6 )/( -2 )= -3 0 -6 2 -6 -1 + 
(3)  0 0 5 15 -3 + 
As linhas contendo os pivôs formam o sistema  = . 
 
)(1
1L
)(0
1L
)(1
2L
)(0
21m
)(0
1L
)(0
2L
)(1
3L
)(0
31m
)(0
1L
)(0
3L
)(1
iL i 1B
)(0
11a
1B










−−
−−−
−
6260
7120
5132
1B
1B
)(1
iL i
)(1
22a
)(1
32m )(
)(
1
22
1
32
a
a
2
6
−
−
)(2
1L
)(1
1L
)(2
2L
)(1
2L
)(2
3L
)(1
32m
)(1
2L
)(1
3L
2B










−−−
−
15500
7120
5132
2B U c
U x c x  T321










3
2
1
A x b
U x c
0B
)(0
21m
)(0
31m
1B
)(0
1L
)(0
2L
)(1
32m
)(0
1L
)(0
3L
2B
)(1
2L
)(1
3L
U x c
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Maiko 
3-37 
57. Resolver o sistema com arredondamento em duas casas decimais, na matriz 
aumentada. 
  =  
Resolução: 
Linha Multiplicador m Matriz Aumentada 
(1)  8,70 3,00 9,30 11,00 16,40 
(2) = -( 24,50 )/( 8,70 ) 24,50 -8,80 11,50 -45,10 -49,70 
(3) = -( 52,30 )/( 8,70 ) 52,30 -84,00 -23,50 11,40 -80,80 
(4) = -( 21,00 )/( 8,70 ) 21,00 -81,00 -13,20 21,50 -106,30 
(2)  0,00 -17,25 -14,69 -76,08 -95,88 
(3) = -( -102,03 )/( -17,25 ) 0,00 -102,03 -79,41 -54,73 -179,39 
(4) = -( -88,24 )/( -17,25 ) 0,00 -88,24 -35,65 -5,05 -145,89 
(3)  0,00 0,00 7,48 395,27 387,72 
(4) = -( 39,49 )/( 7,48 ) 0,00 0,00 39,49 384,13 344,57 
(4)  0,00 0,00 0,00 -1702,66 -1702,36 
Então  =   =  [  ]  [  ]. 
 =  
Logo: = . 
Cálculo do Resíduo 
Uma medida para avaliar a precisão dos cálculos é o resíduo, que é dado por: 
= − . 
58. Com base no exercício anterior, calcular o resíduo do sistema  = . 
Resolução: = − . 
 
 
 
= −  . 
 
 
= . 
4S
4S A x b







−=+−−
−=+−−
−=−+−
=+++
3106521213081021
880411523084352
74914551188524
416011390378
4321
4321
4321
4321
,,,,,
,,,,,
,,,,,
,,,,,
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
0B
)(0
21m
)(0
31m
)(0
41m
1B
)(1
32m
)(1
42m
2B
)(2
43m
3B
A x b U x c A b U c
U x c







−=−
=++
−=−−−
=+++
361702661702000
723872739548700
88950876691425170
416011390378
4
43
432
4321
,,
,,,
,,,,
,,,,,
x
xx
xxx
xxxx
x  T001011012011 ,,,, −
r b xA
r A x b
r b xA
r












−
−
−
3106
880
749
416
,
,
,
,












−−
−−
−−
521213081021
411523084352
14551188524
011390378
,,,,
,,,,
,,,,
,,,,












−
001
011
012
011
,
,
,
,
r  T4680082004200240 ,,,, −−
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Maiko 
3-38 
Algoritmo de Eliminação de Gauss 
Seja o sistema  = , com , e . 
Sempre supor que 0 na etapa . 
TRIANGULARIZAÇÃO:  =   = . 
Para =1, 2, , ( −1) 
 Para =( +1), , 
 
= 
 =0 
 Para =( +1), , 
 = −  
 = −  
 FIM 
 FIM 
FIM 
RESOLUÇÃO DO SISTEMA  = . 
= 
Para =( −1), , 2, 1 
 =0 
 Para =( +1), , 
 = +  
 FIM 
 
= 
FIM 
3.2.2 Estratégia de Pivoteamento Completo 
No momento de se calcular o multiplicador , se o pivô estiver próximo de zero, o 
método pode ampliar os erros de arredondamento. Para se contornar estes problemas, escolhe-
se como pivô , com , =1, 2, , . 
Dado  = , tome =[  ]. 
= . 
Seja = , ( , =1, 2, , ) o pivô da linha . Então, calcula-se o 
multiplicador = − , em cada linha,  com =1, 2, , . Assim, anulam-se os 
elementos da coluna através da operação: 
A x b nnA  1nx 1nb
kka k
A x b U x c
k n
i k n
m
kk
ik
a
a
ika
j k n
ija ija m kja
ib ib m kb
U x c
nx
nn
n
a
b
k n
s
j k n
s s kja jx
kx
kk
k
a
sb −
ikm
ijaMAX i j n
A x b B A b
B




















nnnnqnn
ppnpqpp
nq
nq
baaaa
baaaa
baaaa
baaaa






21
21
2222221
1111211
pqa ijaMAX i j n p
)(0
iqm )(
)(
0
0
pq
iq
a
a
i p i n
ija q
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Maiko 
3-39 
  + . 
Eliminando-se a linha pivotal , repete-se o processo até que se obtenha com 
conjuntos de operações elementares aplicadas sobre , onde =1, 2, , ( −1). 
59. Resolva com arredondamento em duas casas decimais, utilizando eliminação de 
Gauss com pivoteamento completo. 
  =  . 
Resolução: 
Linha Multiplicador m Matriz Aumentada 
(1) = -( 3,00 )/( -84,00 ) 8,70 3,00 9,30 11,00 16,40 
(2) = -( -8,80 )/( -84,00 ) 24,50 -8,80 11,50 -45,10 -49,70 
(3)  52,30 -84,00 -23,50 11,40 -80,80 
(4) = -( -81,00 )/( -84,00 ) 21,00 -81,00 -13,20 21,50 -106,30 
(1) = -( 11,41 )/( -46,29 ) 10,57 0,00 8,46 11,41 13,51 
(2)  19,02 0,00 13,96 -46,29 -41,24 
(4) = -( 10,51 )/( -46,29 ) -29,43 0,00 9,46 10,51 -28,39 
(1) = -( 15,26 )/( -25,11 ) 15,26 0,00 11,90 0,00 3,34 
(4)  -25,11 0,00 12,63 0,00 -37,75 
(1)  0,00 0,00 19,58 0,00 -19,60 
Então  =   =  [  ]  [  ]. 
 =  
Com o cálculo retroativo de para , obtém-se: = . 
Considerando-se precisão em duas casas decimais, o processo levou ao exato, em 
conseqüência o resíduo é nulo. 
= −  = . 
 
)(1
iL
)(0
iqm
)(0
pL
)(0
iL
p
)(k
iL k
B k n
4S
4S A x b







−=+−−
−=+−−
−=−+−
=+++
3106521213081021
880411523084352
74914551188524
416011390378
4321
4321
4321
4321
,,,,,
,,,,,
,,,,,
,,,,,
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
)(0
12m
)(0
22m
0B
)(0
42m
)(1
14m
1B
)(1
44m
)(2
11m
2B
3B
A x b U x c A b U c
U x c
3
2
1
0
B
B
B
B







−=+++
−=+++−
−=−++
−=+−−
60190581900
75370631201125
24412946961300219
880411523084352
3
31
431
4321
,,
,,,
,,,,
,,,,,
x
xx
xxx
xxxx
3B 0B x  
T
001001002001 ,,,, −
x
r b xA r  T000000000000 ,,,,
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Maiko 
3-40 
3.2.3 Fatoração LU 
“Toda matriz não singular admite uma decomposição em duas matrizes triangulares, 
uma superior e outra inferior”. Quem garante esse resultado é o teorema abaixo. 
Teorema de Gauss 
Seja A uma matriz quadrada de ordem n tal que det A ≠ 0. Sejam U uma matriz triangular 
superior, 
𝑈 = {
𝑢𝑖𝑗 , se 𝑖 ≤ 𝑗
0, se 𝑖 > 𝑗
 
e L uma matriz triangular inferior com diagonal unitária, 
𝐿 = {
0, se 𝑖 < 𝑗
1, 𝑠𝑒 𝑖 = 𝑗
𝑙𝑖𝑗, se 𝑖 > 𝑗
 
Então existe e é única a decomposição A = LU, onde U é a matriz resultante do processo 
de eliminação gaussiana e 𝑙𝑖𝑗 = 𝑚𝑖𝑗, (multiplicadores de linhas, sem troca de sinal). 
Apresentamos como exemplo: 𝐴 = (
2 1 1
4 4 3
6 7 4
) = (
1 0 0
2 1 0
3 2 1
)
⏟ 
L
 (
2 1 1
0 2 1
0 0 −1
)
⏟ 
U
 
A base do método de Decomposição LU, também conhecido como método Fatoração, 
consiste na resolução de sistemas triangulares. 
Seja o sistema linear Ax = b 
Supor que seja possível fatorar a matriz A dos coeficientes: A = LU 
Nestas condições, o sistema Ax = b pode ser reescrito na forma LUx = b, o que permite 
o desmembramento em dois sistemas triangulares: 
Ly = b e Ux = y 
Resolvendo o primeiro sistema, calculamos y que, usado no segundo sistema, fornecerá 
o vetor procurado x. 
Dessa maneira, conhecidas L e U, o sistema será resolvido com 2n2 operações (dois 
sistemas triangulares), o que representa um ganho substancial comparado com as 
2𝑛3
3
 operações 
do método da eliminação de Gauss. 
Cálculo dos Fatores L e U: 
Os fatores L e U podem ser obtidos através de fórmulas para os elementos 𝑙𝑖𝑗 e 𝑢𝑖𝑗, ou 
então, podem ser construídos usando a ideia básica do método da Eliminação de Gauss. 
Veremos a seguir, através de um exemplo, como obter L e U através do processo de 
Gauss. 
60. Decompor a matriz A, usando a DecomposiçãoLU. 
A = (
1 2 −1
2 3 −2
1 −2 1
) 
Calculando o 𝑚𝑖𝑗 e 𝑢𝑖𝑗, usando o processo de Gauss (𝑚𝑖𝑗 sem troca de sinal), temos: 
Resolução: 
Para a Coluna 1 da matriz A(0): 
A=A
(0) = (
1 2 −1
2 3 −2
1 −2 1
) 
Pivô = 𝑎11
(0)
= 1 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Maiko 
3-41 
Multiplicadores: 𝑚21
(0)
=
𝑎21
(0)
𝑎11
(0) =
2
1
= 2 𝑚31
(0)
=
𝑎31
(0)
𝑎11
(0) =
1
1
= 1 
Então: 
𝐿1
(1)
← 𝐿1
(0)
; 𝐿2
(1)
← −𝑚21
(0) ∗ 𝐿1
(0) + 𝐿2
(0)
 
 𝐿3
(1)
← −𝑚31
(0) ∗ 𝐿1
(0) + 𝐿3
(0)
 
A
(1) = (
1 2 −1
0 −1 0
0 −4 2
) 
Para a Coluna 2 da matriz A(1): 
Pivô = 𝑎22 = −1 
Multiplicadores: 𝑚32
(1)
=
𝑎32
(1)
𝑎22
(1) =
−4
−1
= 4 
Então: 
𝐿1
(2)
← 𝐿1
(1)
; 𝐿2
(2)
← 𝐿2
(1)
 
 𝐿3
(2)
← −𝑚32
(1) ∗ 𝐿2
(1) + 𝐿3
(1)
 
A(2) = (
1 2 −1
0 −1 0
0 0 2
) 
Os fatores L e U são: 
𝐿 = (
1 0 0
𝑚21 1 0
𝑚31 𝑚32 1
)= (
1 0 0
2 1 0
1 4 1
) e 𝑈 = (
1 2 −1
0 −1 0
0 0 2
) 
Logo: 
A = 𝐿 ∗ 𝑈 = (
1 0 0
2 1 0
1 4 1
) ∗ (
1 2 −1
0 −1 0
0 0 2
) = (
1 2 −1
2 3 −2
1 −2 1
) 
Vamos aproveitar o Exercício acima para resolver um sistema de equações lineares 
através da Decomposição LU. 
61. Resolva o sistema linear a seguir usando a Decomposição LU (Fatoração). 
{
𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 = 2 
2𝑥1 + 3𝑥2 − 2𝑥3 = 3
𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3 = 0 
 
Resolução: 
Já temos que: A = (
1 2 −1
2 3 −2
1 −2 1
) = (
1 0 0
2 1 0
1 4 1
) ∗ (
1 2 −1
0 −1 0
0 0 2
) = 𝐿𝑈 
Para resolvermos o sistema Ax = b, onde b = (2 3 0)𝑡, resolvemos primeiramente Ly=b. 
(
1 0 0
2 1 0
1 4 1
) ∗ (
𝑦1
𝑦2
𝑦3
) = (
2
3
0
) , ou seja, {
𝑦1 = 2 
2𝑦1 + 𝑦2 = 3 
𝑦1 + 4𝑦2 + 𝑦3 = 0
 
Então (
𝑦1
𝑦2
𝑦3
) = (
2
−1
2
). 
A seguir calculamos x através da equação Ux = y. 
(
1 2 −1
0 −1 0
0 0 2
) ∗ (
𝑥1
𝑥2
𝑥3
) = (
2
−1
2
), ou seja, {
𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 = 2
−𝑥2 = −1 
2𝑥3 = 2 
 
Logo, 𝑥 = (
𝑥1
𝑥2
𝑥3
) = (
1
1
1
). 
 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Maiko 
3-42 
62. Resolva o sistema linear a seguir usando a fatoração LU: 
{
3𝑥1 + 2𝑥2 + 4𝑥3 = −1
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 = 10 
4𝑥1 + 3𝑥2 + 2𝑥3 = 5 
 
Resolução: 
A = (
3 2 4
1 1 2
4 3 2
) e 𝑏 = (
−1
10
5
) 
Usando o processo de Gauss para triangular A, tem-se: 
1ª coluna 
Multiplicadores: 
𝑚21
(0)
=
𝑎21
(0)
𝑎11
(0) =
1
3
 e 𝑚31
(0)
=
𝑎31
(0)
𝑎11
(0) =
4
3
 
Aplicando os multiplicadores, obtém-se a matriz A(1): 
𝐴(1) = (
3 2 4
0 1/3 2/3
0 1/3 −10/3
) 
𝐿1 → 𝐿1 
𝐿2 → −𝑚21 ∗ 𝐿1 + 𝐿2
𝐿3 → −𝑚31 ∗ 𝐿1 + 𝐿3
 
2ª coluna 
Multiplicador: 
𝑚32
(1)
=
𝑎32
(1)
𝑎22
(1) = 1 
Aplicando o multiplicado, obtém-se a matriz A(2): 
A(2) = (
3 2 4
0 1/3 2/3
0 0 −4
) 
𝐿1 → 𝐿1 
𝐿2 → 𝐿2 
𝐿3 → −𝑚32 ∗ 𝐿2 + 𝐿3
 
Os fatores L e U são: 
𝐿 = (
1 0 0
1/3 1 0
4/3 1 1
) e 𝑈 = (
3 2 4
0 1/3 2/3
0 0 −4
) 
Resolvendo o sistema L(Ux)=b, tem-se: 
𝐿𝑦 = 𝑏 → {
𝑦1 = −1 
𝑦1
3
+ 𝑦2 = 10 
4𝑦1
3
+ 𝑦2 + 𝑦3 = 5
 
𝑦 = (
−1
31/3
−4
) 
𝑈𝑥 = 𝑦 → {
3𝑥1 + 2𝑥2 + 4𝑥3 = −1
𝑥2
3
+
2𝑥3
3
=
31
3
 
−4𝑥3 = −4 
 
𝑥 = (
−21
29
1
) 
63. Resolva o sistema linear a seguir usando a fatoração LU: 
{
3𝑥 − 0,1𝑦 − 0,2𝑧 = −1,2
0,1𝑥 + 7𝑦 − 0,3𝑧 = 7,8 
0,3𝑥 − 0,2𝑦 + 10𝑧 = 3,5
 
Resolução: 
A = (
3 −0,1 −0,2
0,1 7 −0,3
0,3 −0,2 10
) e 𝑏 = (
−1,2
7,8
3,5
) 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Maiko 
3-43 
Usando o processo de Gauss para triangular A, tem-se: 
1ª coluna 
Multiplicadores: 
𝑚21 =
𝑎21
(0)
𝑎11
(0) = 0,0333 e 𝑚31 =
𝑎31
(0)
𝑎11
(0) = 0,1 
Aplicando os multiplicadores, obtém-se a matriz A(1): 
A(1) = (
3 −0,1 −0,2
0 7,0033 −0,2933
0 −0,19 10,02
) 
𝐿1 → 𝐿1 
𝐿2 → −𝑚21 ∗ 𝐿1 + 𝐿2
𝐿3 → −𝑚31 ∗ 𝐿1 + 𝐿3
 
2ª coluna 
Multiplicador: 
𝑚32 =
𝑎32
(1)
𝑎22
(1) = −0,0271 
Aplicando o multiplicado, obtém-se a matriz A(2): 
A(2) = (
3 −0,1 −0,2
0 7,0033 −0,2933
0 0 10,0120
) 
𝐿1 → 𝐿1 
𝐿2 → 𝐿2 
𝐿3 → −𝑚32 ∗ 𝐿2 + 𝐿3
 
 
Os fatores L e U são: 
𝐿 = (
1 0 0
0,0333 1 0
0,1 −0,0271 1
) e 𝑈 = (
3 −0,1 −0,2
0 7,0033 −0,2933
0 0 10,0120
) 
Resolvendo o sistema L(Ux)=b, tem-se: 
 𝐿𝑦 = 𝑏 → {
𝑦1 = −1,2 
0,0333𝑦1 + 𝑦2 = 7,8 
0,1𝑦1 − 0,0271𝑦2 + 𝑦3 = 3,5
 
 
𝑦 = (
−1,2
7,84
3,8327
) 
𝑈𝑥 = 𝑦 → {
3𝑥1 − 0,1𝑥2 − 0,2𝑥3 = −1,2
7,0033𝑥2 − 0,2933𝑥3 = 7,84
10,0120𝑥3 = 3,8327 
 
𝑥 = (
−0,3366
1,1355
0,3828
) 
 
64. Considere a matriz. 
A = (
1 1 1
2 1 −1
3 2 5
) 
a) Calcule a fatoração LU de A. 
b) Usando a fatoração LU, calcule o determinante de A. 
Resolução: 
a) Usando o processo de Gauss para triangular A, tem-se: 
1ª coluna 
Multiplicadores: 
𝑚21 =
𝑎21
(0)
𝑎11
(0) = 2 e 𝑚31 =
𝑎31
(0)
𝑎11
(0) = 3 
Aplicando os multiplicadores, obtém-se a matriz A(1): 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Maiko 
3-44 
A(1) = (
1 1 1
0 −1 −3
0 −1 2
) 
𝐿1 → 𝐿1 
𝐿2 → −𝑚21 ∗ 𝐿1 + 𝐿2
𝐿3 → −𝑚31 ∗ 𝐿1 + 𝐿3
 
2ª coluna 
Multiplicador: 
𝑚32 =
𝑎32
(1)
𝑎22
(1) = 1 
Aplicando o multiplicado, obtém-se a matriz A(2): 
A(2) = (
1 1 1
0 −1 −3
0 0 5
) 
𝐿1 → 𝐿1 
𝐿2 → 𝐿2 
𝐿3 → −𝑚32 ∗ 𝐿2 + 𝐿3
 
 
Os fatores L e U são: 
𝐿 = (
1 0 0
2 1 0
3 1 1
) e 𝑈 = (
1 1 1
0 −1 −3
0 0 5
) 
 
b) Sabe-se que A = LU então: 
det(A) = det(𝐿𝑈) 
det(A) = det(𝐿) ∗ det(𝑈) 
det(A) = (1 ∙ 1 ∙ 1) ∗ (1 ∙ (−1) ∙ 5) 
det(𝐴) = −5 
65. Aplicando-se o método da decomposição LU a matriz: 
A = (
?
4
?
−1
3 ?
10 8
? −3 12 11
0 −2 −5 10
) 
Obtiveram-se as matrizes: 
𝐿 = (
?
2
0
?
?
?
?
?
3
0
0
?
?
1
0
?
) e 𝑈 = (
?
?
−1
1
? 5
? −2
? 0 3 −4
0 ? 0 10
) 
Preencha os espaços pontilhados com valores adequados. 
Resolução: 
Iniciamos completando a matriz L com os elementos da diagonal principal, que são igual 
a 1, e com os elementos acima da diagonal principal, que são nulos. 
𝐿 = (
1
2
0
1
0
0
0
0
3
0
0
?
1
1
0
1
) 
Também podemos completar alguns elementos da matriz U, abaixo da diagonal principal, 
que são nulos. 
𝑈 = (
?
0
−1
1
? 5
? −2
0 0 3 −4
0 0 0 10
) 
Com o multiplicador 𝑚21 =
𝑎21
(0)
𝑎11
(0), podemos calcular os elementos 𝑎11: 
𝑚21 =
𝑎21
(0)
𝑎11
(0)
 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Maiko 
3-45 
2 =
4
𝑎11
(0)
 
𝑎11
(0) = 2 
Comparando a primeira linha das matrizes A e U, completamos a primeira linha dessas 
matrizes: 
A = (
2
4
−1
−1
3
10
5
8
?
0
−3
−2
12
−5
11
10
) 
𝑈 = (
2
0
−1
1
3 5
? −2
0 0 3 −4
0 0 0 10
) 
Com o multiplicador 𝑚31 =
𝑎31
(0)
𝑎11
(0), podemos calcular os elementos 𝑎31: 
𝑚31 =
𝑎31
(0)
𝑎11
(0)
 
3 =
𝑎31
(0)
2
 
𝑎31
(0) = 6 
Assim, temos: 
A = (
2
4
−1
−1
3
10
5
8
6
0
−3
−2
12
−5
11
10
) 
Com os dados obtidos da matriz A podemos calcular o elemento 𝑎23
(1)
: 
𝑎23
(1)
= 𝑎23
(0)
−𝑚21 ∗ 𝑎13
(0)
 
𝑎23
(1)
= 10 − 2 ∗ 3 
𝑎23
(1)
= 4 
Assim, temos: 
𝑈 = (
2
0
−1
1
3 5
4 −2
0 0 3 −4
0 0 0 10
) 
Usando o processo de Gauss para triangular A, tem-se: 
A(1) = (
2
0
−1
1
3
4
5
−2
0
0
0
−2
3
−5
−4
10
) 
Com os dados dessa matriz podemos calcular o multiplicador 𝑚42: 
𝑚42 =
𝑎42
(1)
𝑎22
(1)
= −2 
Assim, temos: 
𝐿 = (
1 
2 
0
1
0
0
0
0
3
0
 0
−2
1
1
0
1
) 
 
 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Maiko 
3-46 
3.2.4 Refinamento de Soluções 
Seja a solução aproximada para  = . Obtém-se a solução melhorada 
aplicando-se a correção em . 
= + 
Se  = , então 
( + )= 
 +  = 
  = −  
  = . Assim, vem de [  ]. 
Obtido o , calcula-se = + . 
Repete-se