1
ATENÇÃO!! Caro estudante, leia atentamente os presentes apontamentos relativos a Resolução de Equação não Linear através dos Métodos das Tangentes e das Secantes. Discuta todos
os exemplos apresentados no texto, e, para a exercitação e consolidação da matéria, resolva
os exercícios constantes do Programa de Aulas Práticas da disciplina. As dúvidas decorrentes
da leitura do texto, da compreensão dos exemplos e da interpretação dos exercícios propostos
poderão ser esclarecidas através das plataformas virtuais disponíveis.
BOM TRABALHO!
Aula teórica: 11
Tema 6: Resolução de equação não linear f (x) = 0 (continuação).
- Método das Tangentes;
- Método das Secantes.
.
09.08.2021
.
Objectivos
No fim desta aula, os estudantes devem ser capazes de:
• Verificar as hipótes dos métodos das Tangentes e das Secantes;
• Resolver equações não lineares através dos métodos das Tangentes e das Secantes.
.
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6.3.3. Método das Tangentes (de Newton-Raphson)
O método das tangentes é uma forma sistemática de aplicar o método iterativo geral de maneira
que se obtenha uma transformação, da equação f (x) = 0 para x = φ(x), convergente e rápida.
Neste método, utilizam-se os pontos de intersecção entre as tangentes e o eixo OX , após a
verificação das seguintes hipóteses:
1) Suponhamos que a equação f (x) = 0 admite uma única raiz no intervalo [a; b].
′′
2) f (x), f ′ (x) e f (x) são continuas no intervalo ]a; b[.
′′
3) f ′ (x) ̸= 0 e f (x) ̸= 0 e, portanto, não mudam de sinal no intervalo ]a; b[.
Considerando A ̸= 0, temos f (x) = 0 ⇐⇒ x = x + Af (x)
(1).
A equação (1) está na forma x = φ(x), onde φ(x) = x + Af (x).
Determinemos A tal que |φ′ (x)| seja muito pequeno nas proximidades de x, isto é,
φ′ (x) = 1 + Af ′ (x). De |φ′ (x)| = 0 =⇒ 1 + Af ′ (x) = 0 ⇐⇒ A = −
1
f ′ (x)
.
Substituindo este resultado na equação (1), obtemos a seguinte equação
x=x−
f (x)
f ′ (x)
(2)
A partir da equação (2), se define o processo iterativo do método das Tangentes:
xm+1 = xm −
f (xm )
, m = 0, 1, 2, 3, ...
f ′ (xm )
(3)
2
Selecção do ponto inicial x0
A selecção acertada do ponto inicial x0 é fundamental para garantir a convergência do método
das Tangentes. Uma selecção errónea de x0 pode originar, por exemplo, um x1 muito distante
da raiz e, não obstante, f (x) pode não estar definida ou pode não cumprir as condições necessárias para a convergência do método. Portanto, a escolha do ponto x0 obedece a seguinte regra:
′′
x0 ∈ [a; b] e é escolhido tal que f (x0 ) · f (x0 ) > 0.
Condição do término do processo iterativo
Quando se pretende obter a raiz da equação f (x) = 0, com uma precisão ε, o processo iterativo
(3) realizar-se-à até que se verifique a condição εm+1 = |xm+1 − xm | ≤ ε.
Interpretação geométrica do método das Tangentes
Gráfico 1 (Caso em que x0 = b, f (x0 ) > 0, f ′′ (x0 ) > 0).
f(x)
M0(x0,f(x0))
M1
a
M3
x3
M2
x2
x1
b=x0
Exemplo 1. Verifique se é possível usar o método das tangentes para resolver a equação
x3 − 2x2 + 3x − 5 = 0 no intervalo [0; 2].
Resolução
De x3 − 2x2 + 3x − 5 = 0 =⇒ f (x) = x3 − 2x2 + 3x − 5 =⇒ f ′ (x) = 3x2 − 4x + 3 > 0, ∀x ∈ [0; 2].
A partir de f ′ (x) = 3x2 − 4x + 3 =⇒ f ′′ (x) = 6x − 4. Fazendo f ′′ (x) = 0 =⇒ 6x − 4 =
2
0 ⇐⇒ x = ∈ [0; 2].
3
Como a segunda derivada anula-se no intervalo [0; 2], o que significa que a segunda derivada
muda de sinal neste intervalo, comcluimos que não é possível usar o método das tangentes para
resolver a equação x3 − 2x2 + 3x − 5 = 0 no intervalo [0; 2] .
3
Exemplo 2. Utilizando o método das Tangentes, resolva a equação 2 − 0.13ln(x) − x = 0 no
intervalo [1; 2], considerando a precisão de ε = 0, 0001
Resolução
0.13
′
A partir de 2 − 0.13ln(x) − x = 0 =⇒ f (x) = 2 − 0.13ln(x) − x =⇒ f (x) = −
− 1 =⇒
x
0.13
′′
f (x) = 2 .
x
0.13
′
Fzendo f (x) = 0 =⇒ −
− 1 = 0 ⇐⇒ x = −0.13 ∈/ ]1; 2[. A segunda derivada
x
′′
> 0, ∀x ∈]1; 2[
f (x) = 0.13
x2
′′
Portanto, as funções f ′ (x) e f (x) são continuas e não mudam de sinal em ]1; 2[.
1) Agora vamos escolher o x0 .
′′
′′
Como f (1) = 1 > 0 e f (1) = 0.13 > 0 =⇒ f (1) · f (1) > 0, assim podemos tomar x0 = 1.
2) Vamos calcular as sucessivas aproximacões da raiz, xm , m = 0, 1, 2, 3, ... até que |xm+1 −
xm | ≤ 0.0001
xm+1 = xm −
f (xm )
2 − 0.13ln(xm ) − xm
=⇒ xm+1 = xm −
, m = 0, 1, 2, 3, ...
′
f (xm )
− 0.13
−1
xm
m = 0, x0 = 1 =⇒ x1 = x0 −
2 − 0.13ln(x0 ) − x0
2 − 0.13ln(1) − 1
=1−
= 1.8850
0.13
− x0 − 1
− 0.13
−1
1
ε1 = |x1 − x0 | = |1.8850 − 1.0000| = 0.8850
m = 1, x2 = x1 −
2 − 0.13ln(x1 ) − x1
2 − 0.13ln(1.8850) − 1.8850
= 1.8850 −
= 1.9155
0.13
0.13
− x1 − 1
− 1.8850
−1
ε2 = |x2 − x1 | = |1.9155 − 1.8850| = 0.0305
..
.
Construindo a tabela de resultados temos:
m
0
1
2
xm
1
1.8850
1.9155
xm+1
1.8850
1.9155
1.9155
εm+1 = |xm+1 − xm |
0.8850
0.0305
0.0000... < 0.0001
Assim, a raiz da equação dada é x = 1.9155 ± 0.0001.
4
6.3.4. Método das Secantes
Uma grande desvantagem do método das tangentes é a necessidade de se obter f ′ (x) e o seu
valor numérico em cada iteração.
Agora vamos considerar que estão satisfeitas as hipóteses do método das Tangentes e, portanto,
as aproximações sucessivas da raiz da equação f (x) = 0 são calculadas através da fórmula (3),
isto é,
xm+1 = xm −
f (xm )
, m = 0, 1, 2, 3, ...
f ′ (xm )
Agora vamos escolher um ponto de Fourier xF e um ponto x0 ∈ [a; b] que satisfazem a dupla
desigualdade
{
′′
f (xF ) · f (xF ) > 0
f (x0 ) · f (xF ) < 0
f (xm ) − f (xF )
Seja f ′ (xm ) ≈
. Substituindo este resultado na fórmula (3), temos
xm − xF
f (xm )
xF · f (xm ) − xm · f (xF )
f (xm )
xm+1 = xm − ′
=⇒ xm+1 = xm − f (xm )−f (x ) =
, m = 0, 1, 2, 3, ...
F
f (xm )
f (xm ) − f (xF )
xm −xF
Assim, no método das Secantes, as aproximações sucessivas da raiz da equação f (x) = 0
são calculadas através da fórmula:
xm+1 =
xF · f (xm ) − xm · f (xF )
, m = 0, 1, 2, 3, ...
f (xm ) − f (xF )
(4)
Condição do término de processo iterativo
Quando se pretende obter a raiz da equação f (x) = 0, com uma precisão ε, o processo iterativo
(4) se levará a cabo até que se cumpra a condição εm+1 = |xm+1 − xm | ≤ ε.
Interpretação geométrica do método das Secantes
Gráfico 2 (Caso em que xF = a, x0 = b, f (xF ) < 0, f ′′ (xF ) < 0, f (x0 ) > 0).
2.5
N
0
f(x)
2
1.5
N
1
1
N2
N3
0.5
0
a=xF
x
3
−0.5
−1
−1.5 M(x ,f(x ))
F
F
−2
x
2
x1
b=x
0
5
Exemplo 3. Utilizando o método das Secantes, resolva a equação 2 − 0.13ln(x) − x = 0 no
intervalo [1; 2], considerando a precisão de ε = 0, 0001.
Resolução
′
′′
De 2 − 0.13ln(x) − x = 0 =⇒ f (x) = 2 − 0.13ln(x) − x =⇒ f (x) = − 0.13
− 1 =⇒ f (x) =
x
0.13
x2
Anote que f ′ (x) e f ′′ (x) são continuas e não mudam de sinais no intervalo ]1; 2[.
1) Vamos escolher o ponto de Fourier xF e o ponto x0 .
′′
′′
Como f (1) = 1 > 0 e f (1) = 0.13 > 0 =⇒ f (1) · f (1) > 0, assim podemos tomar xF = 1.
f (xF ) = f (1) = 1 > 0 devemos escolher x0 de tal modo que f (x0 ) < 0 para garantir o
cumprimento da condição f (x0 ) · f (xF ) < 0.
Assim, f (2) = 2 − 0.13ln(2) − 2 = −0.0901 < 0 =⇒ x0 = 2
2) Calculemos as sucessivas aproximacões xm , m = 0, 1, 2, 3, ... até que |xm+1 − xm | ≤ 0.0001
xm+1 =
xF · f (xm ) − xm · f (xF )
=⇒
f (xm ) − f (xF )
xm+1 =
xF · [2 − 0.13ln(xm ) − xm ] − xm · [2 − 0.13ln(xF ) − xF ]
⇐⇒
2 − 0.13ln(xm ) − xm − [2 − 0.13ln(xF ) − xF ]
xm+1 =
2 − 0.13ln(xm ) − 2xm
, m = 0, 1, 2, 3, ...
1 − 0.13ln(xm ) − xm
m = 0, x1 =
2 − 0.13ln(x0 ) − 2x0
2 − 0.13ln(2) − 2 · 2
=
= 1.9173
1 − 0.13ln(x0 ) − x0
1 − 0.13ln(2) − 2
ε1 = |x1 − x0 | = |1.9173 − 2.0000| = 0.0827
m = 1, x2 =
2 − 0.13ln(x1 ) − 2x1
2 − 0.13ln(1.9173) − 2 · 1.9173
=
= 1.9155
1 − 0.13ln(x1 ) − x1
1 − 0.13ln(1.9173) − 1.9173
ε2 = |x2 − x1 | = |1.9155 − 1.9173| = 0.0018
Construindo a tabela de resultados, temos:
m
0
1
2
xm
2
1.9173
1.9155
xm+1
1.9173
1.9155
1.9155
εm+1 = |xm+1 − xm |
0.0827
0.0018
0.0000... < 0.0001
Assim, a raiz da equação dada é x = 1.9155 ± 0.0001.
6
Exemplo 4. Usando o método das Secantes, resolva a equação x3 + 8x2 + 6x − 7 = 0 no
intervalo [0; 1] com ε = 0.0001.
Resolução
1) Verifiquemos as hipotéses do método das secantes:
De x3 + 8x2 + 6x − 7 = 0 =⇒ f (x) = x3 + 8x2 + 6x − 7
′
′′
f (x) = 3x2 + 16x + 6 =⇒ f (x) = 6x + 16
Observe que f ′ (x) é uma parábola voltada para cima e com raizes negativas, o que significa que f ′ (x) > 0, ∀x ∈ [0; 1]. Portanto, f (x) é estritamente crescente em [0; 1]. E sendo
f (0) · f (1) = −56 < 0, leva-nos a concluir que a equação dada tem uma única raiz em [0; 1].
′′
Tratando-se de funções polinomiais, é fácil verificar que f (x), f ′ (x) e f (x) são continuas, não
se anulam e nem mudam de sinal no intervalo [0; 1]. Deste modo, estão satisfeitas as hipóteses
do método das secantes.
2) Vamos escolher o ponto de Fourier xF e o ponto x0 .
′′
′′
Como f (1) = 8 > 0 e f (1) = 26 > 0 =⇒ f (1) · f (1) > 0, assim podemos tomar xF = 1.
f (xF ) = f (1) = 8 > 0 devemos escolher x0 de tal modo que f (x0 ) < 0 para garantirmos a
condição f (x0 ) · f (xF ) < 0. Assim, f (0) = −7 < 0 =⇒ x0 = 0
3) Vamos calcular as sucessivas aproximacões da raiz, xm , m = 0, 1, 2, 3, ... até que |xm+1 −
xm | ≤ 0.0001
xm+1 =
xF · f (xm ) − xm · f (xF )
1 · [x3m + 8x2m + 6xm − 7] − xm · 8
=⇒ xm+1 =
⇐⇒
f (xm ) − f (xF )
x3m + 8x2m + 6xm − 7 − 8
xm+1 =
x3m + 8x2m − 2xm − 7
x3m + 8x2m + 6xm − 15
Apresentando os resultados das iteracões numa tabela, temos:
m
0
1
2
3
4
5
6
xm
0.0000
0.4667
0.5880
0.6124
0.6170
0.6178
0.6180
xm+1
0.4667
0.5880
0.6124
0.6170
0.6178
0.6180
0.6180
ε = |xm+1 − xm |
0.4667
0.1213
0.0244
0.0046
0.0009
0.0002
0.000... < 0.0001
Assim, a raiz da equação dada é x = 0.6180 ± 0.0001