Conte´
udo
1 Introdu¸c˜ao
2 M´etodo da Bisse¸c˜ao
3 M´etodo da Falsa Posi¸c˜ao 4 M´etodo do Ponto Fixo
5 M´etodo de Newton
6 M´etodo da Secante
7 Considera¸c˜oes Finais
Introdu¸c˜ao
Introdu¸c˜ao
Vamos considerar agora m´etodos para resolver equa¸c˜oes n˜ao-lineares. Dada uma fun¸c˜ao n˜ao-linear escalar f : R → R, procuramos o valor de x para o qual
f (x ) = 0
No caso vetorial onde f : Rn→ Rn, o problema consiste em encontrar o vetor x tal que todas as componentes de f(x) s˜ao iguais a zero simultaneamente. Exemplos f (x ) = x2− 4 sin (x) = 0 f(x) = x2 1 − x2+ 0.25 −x1+ x22+ 0.25 = 0 0
Introdu¸c˜ao
Introdu¸c˜
ao
As ra´ızes correspondem aos pontos onde o gr´afico da fun¸c˜ao f(x) intercepta o eixo x -x 6 y f (x ) x1s x2 s x3s
Introdu¸c˜ao
Introdu¸c˜
ao
Para polinˆomios de grau at´e quatro, suas ra´ızes podem ser calculadas atrav´es de uma express˜ao fechada, como por exemplo no caso de uma fun¸c˜ao quadr´atica
ax2+ bx + c = 0 ⇒ x = −b ± √
b2− 4ac 2a
De forma geral, n˜ao podemos encontrar os zeros de uma fun¸c˜ao atrav´es de uma express˜ao fechada. Portanto, para encontrar os zeros de uma fun¸c˜ao temos que recorrer a m´etodos aproximados.
Em alguns casos, os zeros das fun¸c˜oes podem ser n´umeros complexos: x2+ 1 = 0 ⇒ x = ±√−1 = ±i
Introdu¸c˜ao Zero
Se f : [a, b] → R ´e uma fun¸c˜ao dada, um ponto α ∈ [a, b] ´e um zero (ou raiz) de f se f (α) = 0.
Exemplos
Seja f : (0, ∞) → R e considere as seguintes fun¸c˜oes f (x) = log (x) e f (x ) = tanh(x ) − x /3. 0 2 4 6 8 10 3 2 1 0 1 2 3 logx −4 −2 0 2 4 −0.6 −0.4 −0.2 0.0 0.2 0.4 0.6
Introdu¸c˜ao Multiplicidade
Um ponto α ∈ [a, b] ´e uma raiz de multiplicidade m da equa¸c˜ao f (x ) = 0 se f (α) = f0(α) = . . . = f(m−1)(α) = 0 e f(m)(α) 6= 0.
Exemplo
Seja f (x ) = x2+ 2x + 1 = (x + 1)2. Nesse caso temos α = −1 com multiplicidade m = 2, pois f0(x ) = 2(x + 1) e assim temos que f (−1) = 0 e f0(−1) = 0. −4 −3 −2 −1 0 1 2 0 2 4 6 8
Introdu¸c˜ao
M´
etodos para ra´ızes de equa¸c˜
oes
Os m´etodos num´ericos podem ser divididos em duas etapas:
Isolamento das ra´ızes
Encontrar um intervalo [a, b] que contenha apenas uma raiz, ou
Determinar uma aproxima¸c˜ao inicial x0
(ou mais de uma, dependendo do m´etodo)
Refinamento
Gerar uma sequˆencia {x0, x1, . . . } que convirja para a raiz exata r de
Introdu¸c˜ao
Teorema
Seja f : [a, b] → R uma fun¸c˜ao cont´ınua. Se f (a)f (b) < 0, ent˜ao existe pelo menos um ponto x ∈ [a, b] tal que f (x ) = 0.
Introdu¸c˜ao
Exemplo
Existem 3 ra´ızes no intervalo [0, 4] Existem 2 ra´ızes no intervalo [0, 5; 2, 5]
Nota-se que f (0, 5) = −1.875 e f (2, 5) = −0.375 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 x −6 −4 −2 0 2 4 6 y f(x) = ( x - 1)*( x - 2 )*( x - 3 )
Introdu¸c˜ao
Exemplo:
Como encontrar o intervalo da raiz x > 0 de f (x ) = x22
− sen(x)? −1.0 −0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 x −1.0 −0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 y f(x) Inspe¸c˜ao visual No exemplo, x ∈ [1, 5; 2].
Introdu¸c˜ao
Outra possibilidade ´e fazer uma tabela de valores
x f (x ) sinal 0,5 -0,416925538604 < 0 1,0 -0,591470984808 < 0 1,5 -0,434994986604 < 0 2,0 0,0907025731743 > 0 2,5 0,964027855896 > 0 3,0 2,10887999194 > 0 Logo, h´a ao menos uma raiz em [1, 5; 2]
Outra possibilidade ´e fixar o in´ıcio do intervalo x = a e procurar b de modo que f (a)f (b) < 0
Introdu¸c˜ao
Exemplo:
Encontre um intervalo de tamanho unit´ario em que haja ao menos uma raiz para f (x ) =√x − 5e−x = 0 de modo que x ≥ 0.
Solu¸c˜ao:
x f (x ) sinal
0 -5,0 < 0
1,0 -0,839397205857 < 0 2,0 0,73753714619 > 0
Logo, pelos dados apresentados na tabela e sendo f (x ) cont´ınua no intervalo [1, 2], ent˜ao h´a ao menos uma raiz em [1, 2].
Introdu¸c˜ao
Teorema
Sob as hip´oteses do teorema anterior, se f0(x ) existir e preservar o sinal em [a, b], ent˜ao o intervalo cont´em um ´unico zero de f (x ).
Introdu¸c˜ao
Exemplo:
H´a garantia de haver apenas uma raiz para f (x ) =√x − 5e−x = 0 no intervalo [1, 2]?
Solu¸c˜ao:
Sim, pois f (x ) ´e cont´ınua nesse intervalo, f (1)f (2) < 0 e f0(x ) = 2√1
x + 5e
Introdu¸c˜ao
Crit´
erio de parada
Na pr´atica a sequˆencia ´e interrompida quando seus valores satisfizerem a pelo menos um dos seguintes crit´erios:
|xk − xk−1| ≤ xk − xk−1 xk ≤ |f (xk)| ≤
onde ´e a precis˜ao/tolerˆancia fornecida como parˆametro para o processo iterativo.
Introdu¸c˜ao
Ordem de convergˆ
encia
´
E importante definir com qual rapidez a sequˆencia de aproxima¸c˜oes {x0, x1, . . .} converge para a raiz exata α.
Ordem de convergˆencia
Uma sequˆencia {xn|n ≥ 0} ´e dita convergir com ordem p ≥ 1 para um ponto α se
|α − xn+1| ≤ c|α − xn|p, n ≥ 0 para uma constante c > 0.
Sendo c < 1, dizemos que : se p = 1: convergˆencia linear
se 1 < p < 2: convergˆencia super-linear se p = 2: convergˆencia quadr´atica
Introdu¸c˜ao
Na pr´atica o que isso significa a ordem de convergˆencia? |α − xn+1| ≤ c|α − xn|p Exemplos de convergˆencia:
Linear: 10−2, 10−3, 10−4, 10−5, . . . com c = 10−1 Linear: 10−2, 10−4, 10−6, 10−8, . . . com c = 10−2 Super-linear: 10−2, 10−3, 10−5, 10−8, . . .
M´etodo da Bisse¸c˜ao
M´etodo da Bisse¸c˜ao
O m´etodo da bisse¸c˜ao baseia-se na ideia de que seja f (x ) cont´ınua e f (a)f (b) < 0, ent˜ao existe ao menos uma raiz no intervalo [a, b]. A cada passo, o intervalo ´e dividido ao meio
xk = a + b
2
O novo (sub-)intervalo ser´a aquele que cont´em a raiz
[a, xk], se f (a)f (xk) < 0
[xk, b], caso contr´ario
A busca continua at´e que algum crit´erio de parada seja atendido: b − a < ; |f (xk)| < ;
|xk − xk−1| |xk|
M´etodo da Bisse¸c˜ao
M´
etodo da Bisse¸c˜
ao
-x 6 y a b f (a) f (b) r r r rM´etodo da Bisse¸c˜ao
M´
etodo da Bisse¸c˜
ao
-x 6 y a x1 b f (a) f (b) r r r r r rM´etodo da Bisse¸c˜ao
M´
etodo da Bisse¸c˜
ao
-x 6 y a b r r r rM´etodo da Bisse¸c˜ao
M´
etodo da Bisse¸c˜
ao
-x 6 y a x2 b r r r r r rM´etodo da Bisse¸c˜ao
M´
etodo da Bisse¸c˜
ao
-x 6 y a b r r r rM´etodo da Bisse¸c˜ao
M´
etodo da Bisse¸c˜
ao
-x 6 y a x3 b r r r r r rM´etodo da Bisse¸c˜ao
M´
etodo da Bisse¸c˜
ao
-x 6 y a b r r r rM´etodo da Bisse¸c˜ao
M´
etodo da Bisse¸c˜
ao
-x 6 y a x4 b r r r r rM´etodo da Bisse¸c˜ao
M´
etodo da Bisse¸c˜
ao
-x 6 y a x1 x4 x3 x2 b f (a) f (b) r r r r r r r r r r rM´etodo da Bisse¸c˜ao
Entrada: f (x ) cont´ınua em [a, b], intervalo [a, b] tal que f (a)f (b) < 0, precis˜ao e m´aximo n´umero de itera¸c˜oes
1 inicio
2 k ←− 0;
3 enquanto crit´erio de parada n˜ao ´e satisfeito fa¸ca 4 xk ←− a+b2 ; 5 se f (a)f (xk) < 0 ent˜ao 6 b ←− xk; 7 sen˜ao 8 a ←− xk; 9 k ←− k + 1; 10 retorna xk
M´etodo da Bisse¸c˜ao
Exemplo
Exemplo: Encontre uma aproxima¸c˜ao para o zero da fun¸c˜ao f (x ) = x22− sen(x) no intervalo [1, 5; 2] executando 5 passos do m´etodo da bisse¸c˜ao.
Solu¸c˜ao: k a b xk f (a) f (b) f (xk) 0 1, 5 2 1, 75 −0, 4349 0, 0907 −0, 2184 1 1, 75 2 1, 875 −0, 2184 0, 0907 −0, 0752 2 1, 875 2 1, 9375 −0, 0752 0, 0907 0, 0050 3 1, 875 1, 9375 1, 90625 −0, 0752 0, 0050 −0, 035814 4 1, 90625 1, 9375 1, 921875 −0, 035814 0, 0050 −0, 015601
M´etodo da Bisse¸c˜ao
N´umero de itera¸c˜oes k para o m´etodo da bisse¸c˜ao atingir uma precis˜ao k ≥ log2 b0− a0 − 1 ou k ≥ lnb0−a0 ln(2) − 1
Exemplo: Qual o n´umero de itera¸c˜oes necess´arias para encontrar uma aproxima¸c˜ao para o zero da fun¸c˜ao f (x ) = x22
− sen(x) no intervalo [1, 5; 2] de modo que b − a ≤ = 10−5? Solu¸c˜ao: k ≥ log2 b0− a0 − 1 = log2 2 − 1, 5 10−5 − 1 ≈ 15, 61 − 1 = 14, 61 Logo, encontra-se a aproxima¸c˜ao para a solu¸c˜ao do problema com a precis˜ao desejada a partir da itera¸c˜ao 15.
M´etodo da Bisse¸c˜ao
M´
etodo da Bisse¸c˜
ao – Ordem de Convergˆ
encia
Ordem de convergˆencia de um m´etodo |α − xn+1| ≤ c|α − xn|p No m´etodo da bisse¸c˜ao o erro cai pela metade (em m´edia) a cada itera¸c˜ao na busca da solu¸c˜ao α, ou seja,
|α − xk| |α − xk−1| ≤ 1 2 Assim, |α − xk| ≤ 1 2|α − xk−1|
e verifica-se que este m´etodo tem ordem de convergˆencia p = 1 (linear) e c = 1/2.
M´etodo da Falsa Posi¸c˜ao
M´etodo da Falsa Posi¸c˜ao
Dado um intervalo [a, b] que cont´em uma raiz para f (x ) = 0, ent˜ao o m´etodo da falsa posi¸c˜ao pode ent˜ao ser descrito como
Calcula-se a aproxima¸c˜ao xk:
xk =
af (b) − bf (a) f (b) − f (a)
Determina-se o novo (sub-)intervalo, que ser´a aquele que cont´em a raiz
[a, xk], se f (a)f (xk) < 0 [xk, b], caso contr´ario
A busca continua at´e que algum crit´erio de parada seja atendido: b − a < ; |f (xk)| < ;
|xk − xk−1|
|xk|
M´etodo da Falsa Posi¸c˜ao
M´
etodo da Falsa Posi¸c˜
ao
-x 6 y a b reta x0 f (a) f (b) r r r r r r
M´etodo da Falsa Posi¸c˜ao
M´
etodo da Falsa Posi¸c˜
ao
-x 6 y b reta a f (a) f (b) f (a)f (b) < 0 x1 r r r r r r r
M´etodo da Falsa Posi¸c˜ao
M´
etodo da Falsa Posi¸c˜
ao
-x 6 y a f (a) f (b) b x2 r r r r r r r
M´etodo da Falsa Posi¸c˜ao
M´
etodo da Falsa Posi¸c˜
ao
Entrada: f (x ) cont´ınua em [a, b], intervalo [a, b] tal que f (a)f (b) < 0, precis˜ao e m´aximo n´umero de itera¸c˜oes
1 inicio
2 k ←− 0;
3 enquanto crit´erio de parada n˜ao ´e satisfeito fa¸ca 4 xk ←− af (b)−bf (a)f (b)−f (a) ; 5 se f (a)f (xk) < 0 ent˜ao 6 b ←− xk; 7 sen˜ao 8 a ←− xk; 9 k ←− k + 1; 10 retorna xk
M´etodo da Falsa Posi¸c˜ao
Exemplo
Exemplo: Encontre uma aproxima¸c˜ao para o zero da fun¸c˜ao f (x ) = x22− sen(x) no intervalo [1, 5; 2] utilizando o m´etodo da falsa posi¸c˜ao, com |f (xk)| < = 10−4.
Solu¸c˜ao:
k a b xk f (a) f (b) f (xk)
0 1, 5 2 1, 913731 −4, 349950e − 01 9, 070e − 02 −2, 618006e − 02
1 1, 913731 2 1, 933054 −2, 618006e − 02 9, 070e − 02 −9, 243996e − 04
M´etodo do Ponto Fixo
M´etodo do Ponto Fixo
Outra alternativa para encontrar a raiz r da equa¸c˜ao f (x ) = 0,
onde f ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua no intervalo [a, b] em que a raiz ´e procurada, ´e reescrever f (x ) na forma
x = φ(x )
M´etodo do Ponto Fixo
Exemplo
Seja f (x ) = x2− x − 2 = 0. Podemos escrever
a) x = x2− 2
b) x =√2 + x
c) x = 1 + 2x
d) x = x2x −12+2
Existem diversas formas de expressar f (x ) = 0 como um problema de ponto fixo da forma x = φ(x ), entretanto veremos que nem todas s˜ao satisfat´orias para nossos objetivos.
M´etodo do Ponto Fixo
M´
etodo do Ponto Fixo
No m´etodo do ponto fixo
Define-se x = φ(x ) satisfazendo:
φ(x ) e φ0(x ) cont´ınuas para x ∈ I
|φ0(x )| < 1, ∀x ∈ I
Dada uma aproxima¸c˜ao inicial x0para a raiz r , ent˜ao as aproxima¸c˜oes
sucessivas xk s˜ao obtidas fazendo
xk = φ(xk−1), k = 1, 2, . . .
O processo continua at´e algum crit´erio de parada ser atendido: |xk− xk−1|
|xk|
M´etodo do Ponto Fixo
Entrada: Aproxima¸c˜ao inicial x0, fun¸c˜ao associada φ(x ), precis˜ao e m´aximo n´umero de itera¸c˜oes
1 inicio
2 k ←− 1;
3 enquanto crit´erio de parada n˜ao ´e satisfeito fa¸ca
4 xk ←− φ(xk−1);
5 k ←− k + 1;
M´etodo do Ponto Fixo
Exemplo
f (x ) = x2− x − 2 usando o seguinte esquema x = x2− 2. Considerando I = [1.5, 2.5], sabemos que a raiz ´e α = 2.
φ(x ) = x2− 2 ⇒ φ0(x ) = 2x Assim temos que φ(x ) e φ0(x ) s˜ao cont´ınuas. Entretanto
max x ∈I |φ
0
(x )| = max
x ∈I |2x| > 1
que nos mostra que o m´etodo do ponto fixo n˜ao converge para essa escolha da fun¸c˜ao de itera¸c˜ao φ(x ). De fato, o m´etodo diverge (como visto anteriormente).
M´etodo do Ponto Fixo
Exemplo
Por outro lado, para f (x ) = x2− x − 2 com I = [1.5, 2.5] usando φ(x ) =√x + 2, temos φ0(x ) = 1 2√x + 2 e assim max x ∈I |φ 0 (x )| = max x ∈I 1 2√x + 2 = 0.267 < 1
Ou, podemos dizer que |φ0(x )| < 1 se e somente se x > −1.75 e portanto nessas condi¸c˜oes o teorema garante a convergˆencia.
M´etodo do Ponto Fixo
Exemplo
Considere a equa¸c˜ao f (x ) = 2x2− 5x + 2 = 0, cujas ra´ızes s˜ao α1 = 0.5 e α2= 2. Considere os processos iterativos:
a) xk+1= q 5xk 2 − 1 b) xk+1= 2x2 k+2 5
Qual dos dois processos vocˆe utilizaria para obter a raiz α1? Por que?
Solu¸c˜ao do exemplo
Para a) temos que
φ(x ) = 5x2 − 11/2 ⇒ φ0(x ) = 1 2 1 q 5xk 2 −1 5 2 |φ0(α1)| = 5 4 q 5·0.5 2 − 1 = 2.5 > 1
M´etodo do Ponto Fixo
Solu¸c˜ao do exemplo - (cont.)
Para b) temos que
φ(x ) = 2x 2+ 2 5 ⇒ φ 0(x ) = 4x 5 |φ0(α1)| = 4(0.5) 5 = 2 5 = 0.4 < 1
Temos ent˜ao que φ(x ) e φ0(x ) s˜ao cont´ınuas e se x0 for suficientemente pr´oximo de α1, ent˜ao o processo b) ir´a convergir, e portanto este ´e mais adequado para encontrar a raiz.
M´etodo do Ponto Fixo
Exemplo
Seja f (x ) = x3− 9x + 3. Considere a seguinte fun¸c˜ao de itera¸c˜ao x = φ(x ) = x39+3. Queremos encontrar a raiz de f (x ) = 0 no intervalo [0, 1]. O m´etodo ir´a convergir?
Solu¸c˜ao do exemplo
Temos que φ0(x ) = x32, e portanto temos que φ(x ) e φ0(x ) s˜ao cont´ınuas. Verificamos agora que
|φ0(x )| = x2 3 < 1, ∀x ∈ [0, 1]
E assim concluimos que o m´etodo ir´a convergir. Podemos verificar tomando x0 = 0.25 e usando uma precis˜ao = 0.001.
M´etodo do Ponto Fixo
Solu¸c˜ao do exemplo - (cont.)
Na primeira itera¸c˜ao, temos x1= 0.253+ 3 9 = 0.015625 + 3 9 = 0.335069 f (x1) = x13− 9x1+ 3 = 0.037618 − 3.015621 + 3 = 0.021997 > Mais uma itera¸c˜ao
x2=
0.3350693+ 3
9 = 0.337513
f (x2) = x23− 9x2+ 3 = 0.038447 − 3.037617 + 3 = 0.00083 < Como o crit´erio de parada |f (x2)| < foi satisfeito, terminamos o processo com x2= 0.337513 como aproxima¸c˜ao para a raiz.
M´etodo do Ponto Fixo
Solu¸c˜ao do exemplo - (cont.)
Se tomarmos outra aproxima¸c˜ao inicial x0 = 0.5 mais distante da raiz temos os seguintes passos:
k xk f (xk)
0 0.5 -1.375
1 0.34722 -0.83137 2 0.33798 -0.0032529 3 0.33762 -0.00012219
M´etodo do Ponto Fixo
Exemplo
Considere as seguintes fun¸c˜oes:
a) φ1(x ) = 2x − 1
b) φ2(x ) = x2− 2x + 2
Qual delas vocˆe escolheria para obter a raiz 1, utilizando o processo iterativo xk+1 = φ(xk)? Exiba a sequˆencia gerada com sua escolha tomando x0 = 1.2.
Solu¸c˜ao do exemplo
Temos que φ1(x ) e φ01(x ) s˜ao cont´ınuas pois φ1(x ) = 2x − 1, φ01(x ) = 2 Mas |φ01(x )| = 2 > 1, ∀x pr´oximo de α = 1.
M´etodo do Ponto Fixo
Solu¸c˜ao do exemplo - (cont.)
Por outro lado
φ2(x ) = x2− 2x + 2, φ02(x ) = 2x − 2 |φ02(x )| = |2x − 2| < 1 de onde temos −1 < 2x − 2 < 1 1 < 2x < 3 1 2 < x < 3 2
Portanto |φ02(x )| < 1 se e somente se x ∈ I = [0.5, 1.5]. Como φ2(x ) e φ02(x ) s˜ao cont´ınuas, tomando uma aproxima¸c˜ao inicial x0∈ I , temos a convergˆencia do m´etodo garantida.
M´etodo do Ponto Fixo
Exemplo
Vamos rever o caso f (x ) = x2− x − 2 = 0. Temos os seguinte esquema, que j´a vimos que converge para x =√2 + x . Vamos usar x0 = 2.5, ent˜ao
x1 = φ(x0) = 2.121320 x2 = φ(x1) = 2.030104 x3 = φ(x2) = 2.007512 x4 = φ(x3) = 2.001877 x5 = φ(x4) = 2.000469 . . .
M´etodo de Newton
M´etodo de Newton
O m´etodo de Newton ´e definido por
xk = xk−1−
f (xk−1) f0(xk−1)
M´etodo de Newton
M´etodo de Newton
Algoritmo
Entrada: f (x ), f0(x ), valor inicial x0, precis˜ao e m´aximo n´umero de itera¸c˜oes
1 inicio
2 k ←− 1;
3 enquanto crit´erio de parada n˜ao ´e satisfeito fa¸ca 4 xk ←− xk−1−ff (x0(xk−1)
k−1);
5 k ←− k + 1;
M´etodo de Newton
Exemplo
Resolva f (x ) = x − x1/3− 2 = 0 usando x0= 3 como aproxima¸c˜ao inicial.
Solu¸c˜ao do exemplo
Temos que a derivada ´e
f0(x ) = 1 − 1 3x
−2/3
nesse caso a f´ormula de itera¸c˜ao ´e
xk+1 = xk−
xk − xk1/3− 2 1 −13xk−2/3
M´etodo de Newton
M´
etodo de Newton
Solu¸c˜ao do exemplo
Aplicando o m´etodo de Newton temos
k xk f0(xk) f (xk)
0 3.0 0.839750 -0.442250e+00
1 3.526644 0.856130 4.506792e-03
2 3.521380 0.855986 3.771414e-07
3 3.52137971 0.855986 0.00000e+00
E assim ao final das itera¸c˜oes obtemos α ≈ x3 = 3.52137971 como valor aproximado para a raiz.
M´etodo da Secante
M´etodo da Secante
M´
etodo da Secante
Algumas desvantagens do m´etodo de Newton
Determinar f0(x )
Calcular f0(x ) a cada passo
Uma adapta¸c˜ao poss´ıvel ´e substituir f0(x ) pela aproxima¸c˜ao
f0(xk−1) ≈
f (xk−1) − f (xk−2) xk−1− xk−2
Dada a aproxima¸c˜ao para f0(xk−1), o m´etodo da secante resulta em
xk = xk−1−
f (xk−1) f(xk−1)−f(xk−2)
M´etodo da Secante
M´
etodo da Secante
Entrada: f (x ), valores iniciais x0 e x1, precis˜ao e m´aximo n´umero de itera¸c˜oes
1 inicio
2 k ←− 2;
3 enquanto crit´erio de parada n˜ao ´e satisfeito fa¸ca 4 d ←− f (xxk−1)−f (xk−2)
k−1−xk−2 ;
5 xk ←− xk−1−f (xk−1d );
6 k ←− k + 1;
M´etodo da Secante
M´
etodo da Secante
Exemplo
Encontre a raiz de √x − 5e−x = 0, usando o m´etodo da secante com x0 = 1.4 e x1 = 1.5 com uma precis˜ao = 10−3.
Solu¸c˜ao do exemplo:
Avaliando a fun¸c˜ao em x0 e x1 temos f (x0) = f (1.4) = √ 1.4 − 5e−1.4= 1.183 − 5(0.247) = −0.052 f (x1) = f (1.5) = √ 1.5 − 5e−1.5= 1.225 − 5(0.223) = 0.110 pelo m´etodo da secante temos
x2 = 1.4f (1.5) − 1.5f (1.4) f (1.5) − f (1.4) = 1.4(0.110) − 1.5(−0.052) 0.110 + 0.052 = 1.432 e2 = |x2− x1| |x2|
M´etodo da Secante
M´
etodo da Secante
Cont. da solu¸c˜ao do exemplo
Avaliando a fun¸c˜ao em x2 f (x2) = f (1.432) = √ 1.432 − 5e−1.432= 1.197 − 5(0.239) = 0.002 assim x3 = 1.5f (1.432) − 1.432f (1.5) f (1.432) − f (1.5) = 1.5(0.002) − 1.432(0.110) 0.002 − 0.110 = 1.431 e3 = |x3− x2| |x3| = 0.0007 < Portanto, a raiz aproximada ´e x3= 1.431.
Considera¸c˜oes Finais
Considera¸c˜oes Finais
Compara¸c˜
ao entre os M´
etodos
M´etodo da bisse¸c˜ao e falsa posi¸c˜ao
Utiliza a ideia da existˆencia de ao menos uma raiz no intervalo [a, b] quando f (x ) ´e cont´ınua e f (a)f (b) < 0
Convergˆencia linear
M´etodo do ponto fixo
Define-se uma fun¸c˜ao associada φ(x ) de modo que φ(x ) e φ0(x ) sejam cont´ınuas para x ∈ I e |φ0(x )| < 1, ∀x ∈ I
Considera¸c˜oes Finais
Compara¸c˜
ao entre os m´
etodos
M´etodo de Newton
Possui crit´erios mais restritivos para a convergˆencia Requer o c´alculo de f (x ) e f0(x ) a cada passo
Pode em certas condi¸c˜oes atingir convergˆencia quadr´atica
M´etodo da secante
Similar ao m´etodo de Newton
C´alculo de f0(x ) ´e substitu´ıdo por uma aproxima¸c˜ao Convergˆencia super-linear
Considera¸c˜oes Finais
Compara¸c˜
ao entre os m´
etodos
De forma geral, entre os m´etodos apresentados aqui
O m´etodo de Newton ´e o mais indicado
Sempre que for poss´ıvel garantir as condi¸c˜oes de convergˆencia, e f0(x )
estiver dispon´ıvel e for simples de ser avaliada
Se f0(x ) n˜ao estiver dispon´ıvel ou for computacionalmente custosa para se calcular, ent˜ao sugere-se o m´etodo da secante
Pode-se utilizar os m´etodos da bisse¸c˜ao ou falsa posi¸c˜ao quando se deseja garantir a convergˆencia ou para obter uma melhor aproxima¸c˜ao inicial para os demais m´etodos
Referˆencias
Referˆ
encias
Slides das aulas do Prof. Dr. Bernardo Martins Rocha, DCC-ICE-UFJF.