Tema 1 Zeros de fun¸

1 Zeros de fun¸c˜oes de vari´avel real 2

1.1 Introdu¸c˜ao . . . 2

1.2 Delimita¸c˜ao dos zeros de uma fun¸c˜ao . . . 3

1.2.1 M´etodos gr´afico . . . 3

1.2.2 M´etodo an´alitico . . . 4

1.3 Crit´erios de parada . . . 7

1.4 N´umero de itera¸c˜oes . . . 7

1.5 M´etodo de Bissec¸c˜ao . . . 8

1.5.1 Algo´ritmo do M´etodo de Bissec¸c˜ao . . . 9

1.6 M´etodo de Ponto Fixo . . . 10

1.6.1 Algoritmo do m´etodo de Ponto Fixo . . . 13

1.7 M´etodo de Newton . . . 14

1.8 M´etodo da Secante . . . 15

Zeros de fun¸

c˜

oes de vari´

avel real

1.1

Introdu¸

c˜

ao

Dada uma fun¸c˜ao real f definida e cont´ınua em um intervalo abertoI, chama-se de zero desta fun¸c˜ao em I, a todo x_∈I, tal quef(x) = 0.

Neste tema ser˜ao apresentados alguns processos iterativos para calcular de forma aproxi-mada os zeros reais de uma fun¸c˜ao real f dada. Por um processo iterativo entende-se um processo que calcula uma sequˆencia de aproxima¸c˜oes x1, x2, x3,. . . da solu¸c˜ao desejada.

O c´alculo de uma nova aproxima¸c˜ao ´e feito utilizando aproxima¸c˜oes anteriores. Dizemos que a sequˆencia x1, x2, x3,. . . converge parax, se dado ǫ > 0, ∃N ∈ N, tal que qualquer

que seja n > N, _|xn−x|< ǫ. Neste caso tem-se que lim n→∞x

n =x, o que tamb´em poder´a

ser indicado por xn→x. Nos processos iterativos que ser˜ao apresentados, a determina¸c˜ao

dos zeros de uma fun¸c˜ao real de vari´avel real ser´a feita em duas etapas:

Fase I: Isolar cada zero que se deseja determinar da fun¸c˜ao f em um intervalo [a, b], sendo que cada intervalo dever´a conter um e somente um zero da fun¸c˜ao f.

Fase II: C´alculo dos zeros aproximados utilizando um m´etodo iterativo, com precis˜ao prefixada ou n˜ao.

Exemplo

Sejam dadas as fun¸c˜oes:

a) f(x) = 3x₋4

b) f(x) =x2

+ 2x₋3

d) f(x) =xex

−2

Podemos sem grandes dificuldades determinar os zeros das fun¸c˜oes dos items a) e b). No caso da fun¸c˜ao do item a) temos um ´unico zero x = 4/3. Para a fun¸c˜ao do item b) podemos usar a f´ormula de Baskhara para encontrar as raizes x1 = 1 e x2 = −3 da

equa¸c˜ao x2

+ 2x₋3 = 0.

Para a fun¸c˜ao do item c) o valor x= 0 ´e evidentemente um zero def. Ser´a que n˜ao existe outro zero?

No caso da fun¸c˜ao do item d) n˜ao ´e nada evidente que a fun¸c˜ao tenha algum zero e caso tenha qual seja seu valor. Assim o problemas de determina¸c˜ao de zeros de uma fun¸c˜ao envolvem obviamente as seguintes quest˜oes b´asicas:

• A fun¸c˜ao tem algum zero?

• Ele ´e ´unico?

• Qual ´e seu valor ?

1.2

Delimita¸

c˜

ao dos zeros de uma fun¸

c˜

ao

Dada uma func˜a¸ o f : R _→ R _{delimitar ou isolar os zeros de f significa determinar}

intervalos (a, b) que contenham os zeros def.

Existem dois m´etodos para resolver este problema.

1.2.1

M´

etodos gr´

afico

Como ja foi referido, determinar os zeros de f ´e equivalente a determinar as raizes da equa¸c˜ao f(x) = 0. Tendo como base esta observa¸c˜ao o m´etodo gr´afico consiste em:

• Escrever f como a diferen¸ca de fun¸c˜oesg eh ou sejaf =g₋h onde possamos sem muito esfor¸co esbo¸car os gr´aficos das fun¸c˜oes g e h;

• Usar f(x) = 0_⇐⇒g(x) =h(x);

• Esbo¸car, da melhor maneira poss´ıvel, os gr´aficos deg ehe determinar por inspe¸c˜ao os intervalos onde est˜ao os pontos de intersec¸c˜ao de g(x) e h(x) ou seja os pontos x onde g(x) =h(x)

Delimitar os zeros da fun¸c˜ao f(x) = ex

+x2

−2.

Solu¸c˜ao: f(x) = 0 _⇐⇒ ex

+x2

−2 = 0 _⇐⇒ ex

= 2₋x2

. Assim temos g(x) = ex

e h(x) = 2₋x2

(Figura abaixo).

Conlus˜ao: _∃x1 zero de f: x1 ∈(−

√

2,0) e _∃x2 zero de f: x2 ∈(0,

√

2).

Exemplo

Delimitar os zeros da fun¸c˜ao f(x) = ln(x) +x.

Solu¸c˜ao: f(x) = 0_⇐⇒ln(x) +x= 0_⇐⇒ln(x) =₋x (Figura abaixo).

Conclus˜ao: _∃x zero def: x_∈(0,1).

1.2.2

M´

etodo an´

alitico

Este m´etodo ´e baseado no seguinte teorema

Teorema 1.1 (Teorema do Valor Interm´edio (TVI)). Seja f : R _→ R _{cont´ınua. Se}

Observa¸c˜ao: O TVI assegura que se f troca de sinal nos pontosa e b ent˜ao f tem pelo menos um zero entre estes pontos. ´E claro que existe a possibilidade de que a fun¸c˜ao tenha mais do que um zero no intervalo.

Exemplo

Isolar a fun¸c˜ao f :R_→R_{,f(x) =x}3_−x.

Solu¸c˜ao: •f(2) = 8−2 = 6>0

•f(₋2) =₋8 + 2 =₋6<0 }

=_⇒T V I

f tem um zero no intervalo (₋2,2).

Na verdade f tem 3 zeros nesse intervalo x=₋1, x= 0 e x= 1.

Exemplo

Isolar f(x) = ex

−2.

Solu¸c˜ao: f(0) = ₋1 e f(1) = e₋2 > 0 =_⇒ f(0)f(1) < 0 =_{⇒ ∃}x zero de f tal que x_∈(0,1).

Exemplo

Ache intervalos contendo solu¸c˜oes da equa¸c˜ao 4x2

−ex

= 0. Solu¸c˜ao:

• Continuidade: f(x) = 4x2

−ex

´e cont´ınua em R _{porqueDf =}R_.

• Come¸cando aleatoriamente pelos valores mais f´aceis (mais pr´oximos de zero) tem-se: f(0) = 4_∗02

−e0

=₋1<0; f(1) = 4_∗12

−e1

≈1.28>0. Logo, h´a-de existir em [0,1] um valor c, tal que f(c) = 0, uma vez que f ´e cont´ınua em [0,1].

Uma pergunta natural neste ponto ´e sobre a existˆencia ou n˜ao de outro zero neste inter-valo. O teorema a seguir nos ajuda a responder essa quest˜ao.

Teorema 1.2 (Teorema de Rolle). Seja f : R _→ R _{cont´ınua em [a, b] e deriv´avel em}

(a, b). Sejax1, x2 ∈[a, b]tal que f(x1) =f(x2) = 0. Ent˜ao∃c∈(x1, x2)tal quef′(c) = 0.

Determine se o teorema de Rolle se aplica nas seguintes situa¸c˜oes. Se sim, dˆe um n´umero c que satisfaz o teorema; e se n˜ao, mostre que tal n´umero n˜ao existe.

(a) f(x) =_|x_|, [a, b] = [₋1,1] Resolu¸c˜ao:

• f(x) cont´ınua em R_{. Logo, f(x) ´e cont´ınua em [−1; 1]⊂}R_.

• f(x) ´e diferenci´avel emR−

e emR+

. Logo, f(x) n˜ao ´e diferenci´avel em ]₋1; 1[, uma vez que f(x) n˜ao ´e diferenci´avel para x= 0.

• Dado que a diferenciabilidade ´e violada em ]₋1; 1[ como se mostra em ponto anterior, ent˜ao o teorema de Rolle n˜ao se aplica.

(b) f(x) =_|x_|, [a, b] = [0,1] Resolu¸c˜ao:

• f(x) ´e cont´ınua em R_{. Logo, f(x) ´e cont´ınua em [0; 1]⊂}R_.

• f(x) ´e diferenci´avel em R−

e em R+

. Logo,f(x) diferenci´avel em ]0; 1[_⊂R+

.

• Ent˜ao o teorema de Rolle aplica-se. Portanto, existe c_∈]0; 1[, tal que f′ (c) = f(1)₋f(0)

1₋0 = 1. Aplicando este resultado 1 em f(x) = |x| tem-se f ′

(x) = 1 =_⇒ f′

(c) = 1, significando isso que c pode ser qualquer valor do intervalo ]0; 1[.

O teorema afirma que entre dois zeros da fun¸c˜ao sempre existe um zero da derivada. Nas provas de unicidade usaremos o teorema de Rolle na sua forma contra-positiva.

Contra-positiva do Teorema de Rolle

Se f′

(x)₆= 0, _∀x_∈(a, b) ent˜ao f(x)=₆ f(z),_∀x, z _∈(a, b) com x₆=z.

Exemplo

Prove que f(x) =xex

−2 tem um ´unico zero no intervalo (0,1).

Solu¸c˜ao: Temos que f(x) = xex

−2 =_⇒ f′

(x) = ex

(1₋x) ₆= 0, _∀x _∈ (0,1). Isso prova que no intervalo (0,1) existe um ´unico zero de f.

Seja f(x) = ex

+x2

−2. Determine um intervalo contendo um ´unico zero de f.

Solu¸c˜ao: f(0) = 1₋2<0; f(1) = e₋1>0 =_{⇒ ∃}x zero de f: x_∈(0,1). f′

(x) =ex

+ 2x >0, _∀x_∈(0,1) =_⇒ x ´e zero ´unico.

1.3

Crit´

erios de parada

Para que um processo tenha fim ´e necess´ario usar um dos processos a seguir indicados.

Os primeiros trˆes s˜ao aplic´aveis para qualquer t´ecnica iterativa considerada neste tema.

Escolhe-se uma tolerˆancia ǫ >0 e cria-se uma sequˆencia x1, . . . , xn, de itera¸c˜oes, at´e uma

das seguintes condi¸c˜oes ser satisfeita:

• f(xn)< ǫ

• |xn−xn−1|< ǫ

• |xn−xn−1| |xn|

< ǫ, com xn 6= 0

• bn_a−an

n

< ǫ, com an6= 0.

Infelizmente podem surgir dificuldades na utiliza¸c˜ao indiscriminada destes crit´erios de paragem. Por exemplo, h´a sequˆencias (xn) com propriedade de que xn−xn−1 converge

para zero, enquanto que a pr´opria sequˆencia ´e divergente. ´E tamb´em poss´ıvelf(xn) estar

perto de zero enquanto xn difere significativamente de x. Sem conhecimentos adicionais

sobre f ou x, a terceira inequa¸c˜ao ´e o melhor crit´erio de paragem aplic´avel, porque testa o erro relativo.

No entanto, podem-se estabelecer outros crit´erios de parada.

1.4

N´

umero de itera¸

c˜

oes

Suponhamos que f _⊂ C[a, b] e f(a)f(b) < 0, isto ´e, f(a) e f(b) tˆem sinais contr´arios. Qualquer dos m´etodos a seguir indicados gera uma sequˆencia (xn) que converge para a

raiz x (ou zero de f), com_|xn−xn−1| ≤

b₋a

2n < ǫ, para n≥1.

Exemplo

Determine o ´umero de itera¸c˜oes necess´arias para alcan¸car uma aproxima¸c˜ao `a solu¸c˜ao de uma equa¸c˜ao, que se encontra no intervalo [1,2], com uma exactid˜ao at´e 10−4

Solu¸c˜ao: Temos que a= 1 e b= 2. Daqui,

2₋1 2n <10

−4

⇐⇒2n

> 1

10−4 ⇐⇒n >

4

log 2 ≈13.3 =⇒n = 14.

1.5

M´

etodo de Bissec¸

c˜

ao

Este m´etodo ´e normalmente utilizado para diminuir o intervalo que cont´em o zero da fun¸c˜ao, para a aplica¸c˜ao de outro m´etodo, pois o esfor¸co computacional cresce demasi-adamente quando se aumenta a precis˜ao exigida.

O processo consiste em dividir o intervalo que cont´em o zero ao meio e por aplica¸c˜ao do Teorema 1.1, aplicado aos subintervalos resultantes, determinar qual deles cont´em o zero.

[

a,a+b 2

] ,

[ a+b

2 , b ]

O processo ´e repetido para o novo subintervalo at´e que se obtenha uma precis˜ao prefixada. Desta forma, em cada itera¸c˜ao o zero da fun¸c˜ao ´e aproximado pelo ponto m´edio de cada subintervalo que a cont´em.

O maior erro que se pode cometer na:

• 1a itera¸c˜ao (n= 1): ´e b−a 2

• 2a itera¸c˜ao (n= 2): ´e b−a 22

• 3a itera¸c˜ao (n= 3): ´e b−a 23

• . . .

• n itera¸c˜ao: ´e b−a 2n

Se o problema exige que o erro cometido seja inferior a um parˆametro e, determina-se a

quantidadende itera¸c˜oes encontrando o maior inteiro que satisfaz a inequa¸c˜ao: b−a 2n ≤ǫ

Exemplo

Determinar um valor aproximado para √3, com erro inferior a 10−2

.

Solu¸c˜ao: Determinar√3 ´e equivalente a obter o zero positivo da fun¸c˜ao f(x) = x2

−3 com erro inferior a 10−2

• Determina¸c˜ao do intervalo de zero. f(x) = x2

−3, f(1) = ₋2 e f(2) = 1 =_⇒

∃x_∈[1,2] :f(x) = 0 f′

(x) = 2x₆= 0, _∀x_∈(1,2) =_⇒x´e ´unico.

• Calculo do n´umero de itera¸c˜oes. 2−1 2n < 10

−2

=_⇒ 2n

> 102

=_⇒ n > 2 ln(10) ln(2) = 6.64. Logon = 7 ou seja devemos realizar 7 itera¸c˜oes.

• Tabela de itera¸c˜oes.

k ak bk xk+1 =

ak+bk

2 f(xk+1)

0 1 2 1.5 <0

1 1.5 2 1.75 >0

2 1.5 1.75 1.625 <0 3 1.625 1.75 1.6875 <0 4 1.6875 1.75 1.71875 <0 5 1.71875 1.75 1.73438 >0 6 1.71875 1.73438 1.72657 <0 7 1.72657 1.73438 1.73048

Resposta: √3 = 1.73048.

1.5.1

Algo´

ritmo do M´

etodo de Bissec¸

c˜

ao

Seja f(x) uma fun¸c˜ao cont´ınua em um intervalo [a, b], com f(a)f(b)<0 e a raiz def(x) isolada em [a, b].

• Entrada. Pontos extremos a e b do intervalo; precis˜ao ou tolerˆancia e o n´umero m´aximo de itera¸c˜oes.

• Sa´ıda. Solu¸c˜ao aproximada x ou mensagem de “solu¸c˜ao n˜ao encontrada” com a precis˜ao desejada no n´umero m´aximo de itera¸c˜oes.

REPITIR

x = ( a+b ) / 2 SE f ( x ) f ( a )<0:

b = x SENAO a = x FIM₋SE

Exemplo

Use o algoritmo da bissec¸c˜ao para achar a solu¸c˜ao correcta at´e 10−5

para o problema ex

+ 2−x

+ 2 cos(x)₋6 = 0 no intervalo 1_≤x_≤2.

Solu¸c˜ao:

• N´umero m´ınimo de itera¸c˜oes:

2₋1 2n <10

−5

⇐⇒2n>105

⇐⇒n > 5

log 2 = 16.6 =⇒n = 17.

• Tabela de itera¸c˜oes:

k ak bk xk f(xk)

1 1 2 1.5 <0

2 1.5 2 1.75 <0

3 1,75 2 1,875 >0 4 1,75 1,875 1,8125 <0 5 1,8125 1,875 1,84375 >0 6 1,8125 1,84375 1,828125 <0 7 1,828125 1,84375 1,835938 >0 8 1,828125 1,835938 1,832031 >0 9 1,828125 1,832031 1,830078 >0 10 1,828125 1,830078 1,829102 <0 11 1,829102 1,830078 1,82959 >0 12 1,829102 1,82959 1,829346 <0 13 1,829346 1,82959 1,829468 >0 14 1,829346 1,829468 1,829407 >0 15 1,829346 1,829407 1,829376 <0 16 1,829376 1,829407 1,829391 >0 17 1,829376 1,829391 1,829384 >0

Solu¸c˜ao: x= 1,829384 ´e a raiz procurada.

1.6

M´

etodo de Ponto Fixo

Consequentemente, se pode ser encontrado o m´etodo geral de resolu¸c˜ao de um problema na forma g(x) = x, ent˜ao uma solu¸c˜ao para f(x) = 0 pode ser obtida definindo-se a fun¸c˜ao g(x) = x₋f(x).

Defini¸c˜ao 1.1. Seg : [a, b]_→R _{eg(x) = xpara algum x∈[a, b], ent˜ao a fun¸c˜aog diz-se}

ter o ponto fixo x em [a,b].

Exemplo

Sejag(x) = x2

−2 =x. Os pontos fixos segundo se pode ver no gr´afico abaixo, s˜aox=₋1 e x= 2.

Exemplo

• g(x) = x´e uma fun¸c˜ao constitu´ıda s´o de pontos fixos;

• h(x) = x₋sin(πx) tem ponto fixo no intervalo [0;1], e

• i(x) =x2

tem dois pontos fixos: (0,0) e (1,1).

Teorema 1.3. Se g _⊂ C[a, b] e g(x) _∈ [a, b],_∀x _∈ [a, b], ent˜ao g tem um ponto fixo em

[a, b]. Al´em disso, supondo que _∃g′

(x) _∈]a, b[ e _|g′

Exemplo

Seja g(x) = x

2

−1

3 , no intervalo [−1,1]. Pelo teorema do valor extremo, o m´ınimo absoluto de g ocorre em x = 0 e g(0) = ₋1

3. Analogamente, os m´aximos de g ocorrem em x =_±1, com o valor g(_±1) = 0. Por outro lado, _|g′

(x)_| =

2x 3

≤

2

3, ∀x ∈ (−1; 1). Assim, g satisfaz a hip´otese do Teorema 1.3 e tem um ´unico ponto fixo em [₋1,1], que se

pode achar resolvendo-se a equa¸c˜ao p=g(p) = p

2

−1

3 , ou seja, p

2

−3p₋1 = 0.

Para se aproximar o ponto fixo de uma fun¸c˜ao g, escolhe-se uma aproxima¸c˜ao inicialx0 e

cria-se uma sequˆencia (pn): pn=g(pn−1) para cada n ≥1. Se a sequˆencia converge para

p e g ´e cont´ınua, ent˜ao p = lim

n→∞pn = limn→∞g(pn

−1) = g(p), obtendo-se assim a solu¸c˜ao

para x=g(x).

usar a igualdade:

g(x) =x₋ f(x) f′_(x).

Exemplo

A equa¸c˜ao x3

+ 4x2

−10 = 0 tem uma ´unica raiz em [1;2], que ´ep= 1,36523. H´a muitas maneiras de alterar a mesma equa¸c˜ao para a forma x = g(x), por simples manipula¸c˜oes alg´ebricas:

• x=g1(x) = x−x 3

−4x2

+ 10

• x=g2(x) =

√ 10

x −4x

• x=g3(x) =

1 2

√

10₋x3

• x=g4(x) =

√ 10 4 +x

• x=g5(x) = x−

x3

+ 4x2

−10 3x2_{+ 8x}

1.6.1

Algoritmo do m´

etodo de Ponto Fixo

Para achar uma solu¸c˜ao de p=g(p) dada uma aproxima¸c˜ao inicial p0:

Entrada Aproxima¸c˜ao inicialp0; tolerˆancia TOL (m´aximo n´umero de itera¸c˜oes).

Sa´ıda Solu¸c˜ao aproximada pou mensagem de falha.

p1=p0 REPITIR

p0=p1 p1=g ( p0 )

ENQUANTO _|p1₋p0_|<TOL

Exemplo

Determine o zero da equa¸c˜ao da x3

+ 4x2

−10 = 0 no intervalo [1; 2], com erro inferior a 10−5

Solu¸c˜ao: Obtemosg(x) =x₋f(x) f′

(x) =x− x3

+ 4x2

−10

3x2_{+ 8x} , isto ´e,g(xi) =xi−

x3 i + 4x

2 i −10

3x2 i + 8xi

.

Pegando x0 = 0.5, obtemos:

i xi g(xi) |xi+1−xi|

0 0.5 2.368421053

1 2.368421053 1.649408073 1.868421053 2 1.649408073 1.397991494 0.71901298 3 1.397991494 1.365743858 0.251416579 4 1.365743858 1.365230143 0.032247636 5 1.365230143 1.365230013 0.000513715 6 1.365230013 1.365230013 0.00000013

Conclus˜ao: x= 1.365230013.

1.7

M´

etodo de Newton

Um m´etodo muito popular e eficiente para o c´alculo de zeros de fun¸c˜oes ´e o chamado m´etodo de Newton.

Ele ´e um m´etodo de aproxima¸c˜oes sucessivas mas com uma ordem de convergˆencia muito melhor que o m´etodo da bisse¸c˜ao.

A sequˆencia de aproxima¸c˜oes no m´etodo de Newton ´e:

xn =

 



x0 n = 0

xn−1 −

f(xn−1)

f′ (xn−1)

n _≥1

Exemplo

Seja f(x) = xex

−1.

f(0)f(1)<0 =_{⇒ ∃}x_∈(0,1) :f(x) = 0. f′

(x) =ex

(1 +x). Daqui,

xn =xn−1−

xn−1e xn₋₁

−1 exn₋₁(1 +x

n−1)

= 1−x

2 n−1e

xn₋₁

exn₋₁(1 +x

Algumas itera¸c˜oes usando o M´etodo de Newton figuram na tabela baixo:

n xn |xn+1−xn|

0 1(arbitr´ario)

1 0.683939721 0.316060279 2 0.577454477 0.106485243 3 0.567229738 0.010224739 4 0.567143297 0.000086441 5 0.567143290 0.000000006

1.8

M´

etodo da Secante

O m´etodo da secante consiste em usar uma aproxima¸c˜ao para a derivada da fun¸c˜ao no m´etodo de Newton. No entanto, precisamos de dois valores iniciais x0 ex1:

xn=

 



x0, x1 arbitr´arios

xn−1−

f(xn−1)(xn−1−xn−2)

f(xn−1)−f(xn−2)

paran _≥2

Exemplo

Seja f(x) = e

2x

−1 ex

−1 −3. Determine uma aproxima¸c˜ao para o zero def usando o m´etodo da secante e calculando as itera¸c˜oes at´e que _|xn+1−xn|<10−3.

Solu¸c˜ao:

n xn |xn+1−xn|

0 x0 = 1

1 x1 = 3

1.9

M´

etodo da Falsa Posi¸

c˜

ao

O m´etodo de posi¸c˜ao falsa (tamb´em chamado m´etodo Regula Falsi) gera aproxima¸c˜oes da mesma maneira que o m´etodo se secantes, mas fornece um teste em cada itera¸c˜ao para garantir que a raiz est´a cercada. Embora n˜ao seja um m´etodo propriamente recomend´avel, ilustra a maneira como o cerco da raiz pode ser incorporado.

Escolhem-se duas aproxima¸c˜oes iniciais x0 e x1, comf(x0)f(x1)<0, isto ´ef(x0) e f(x1)

de sinais contr´arios. A aproxima¸c˜ao x2 ´e escolhida da mesma maneira que no m´etodo

de secantes, como sendo o ponto de intersec¸c˜ao do eixo dos X com a recta que une os pontos (x0, f(x0)) e (x1, f(x1)). Para se decidir qual ´e a linha secante que se deve usar

para determinar x3, verificamos se f(x2) e f(x1) tˆem sinais contr´arios. Se sim, ent˜ao x1

e x2 cercam a raiz e escolhemos x3 como sendo o ponto de intersec¸c˜ao do eixo dos X

com a secante que passa pelos pontos (x1, f(x1)) e (x2, f(x2)). Se n˜ao, ent˜ao fazemos o

mesmo mas com o parx0 ex2. Assim se procede para a determina¸c˜ao de todos os valores

seguintes, at´e se satisfazer o crit´erio de paragem.

Esta t´ecnica encontra-se resumida no algoritmo abaixo:

xn=

 



x0, x1 arbitr´arios

xn−2−

f(xn−2)(xn−2−xn−1)

f(xn−2)−f(xn−1)

paran _≥2 (1.1)

Para achar uma solu¸c˜ao de x = g(x) dada fun¸c˜ao f cont´ınua no intervalo [x0, x1], onde

f(x0) e f(x1) tˆem sinais contr´arios:

Entrada Aproxima¸c˜oes iniciais x0 e x1; tolerˆancia TOL (m´aximo n´umero de itera¸c˜oes

N0).

Sa´ıda Solu¸c˜ao aproximada x ou mensagem de falha.

y0=f(x0) y1=f(x1) REPITA

x=x0-f(x0)*(x0-x1)/(f(x0)-f(x1)) SE f(x)*f(x0)<0

x1=x SENAO

x0=x FIM-SE

ENQUANTO |f(x)|<TOL

Seja f(x) = x2

−6,x0 = 3 e x1 = 2. Achar x3 usando o m´etodo de Falsa Posi¸c˜ao.

Solu¸c˜ao: Usando a equa¸c˜ao??, obtemos:

x2 =x0−

f(x0)(x0−x1)

f(x0)−f(x1)

e x3 =x1−

f(x1)(x1−x2)

f(x1)−f(x2)

Assim,

x2 = 3−

f(3)_·(3₋2)

f(3)₋f(2) = 2.4, x3 = 2−

−2_·(2₋2.4)

−2₋(₋0.24) = 2.454545455.

Referˆencias

1. Gerald, C. F.; Wheatley, P. O. (1994). Applied Numerical Analysis. 5th Edition. Addison-Wesley Publishing Company.