Gabarito da Quarta Lista de Cálculo Numérico
Profs.: Fernanda Couto e Juliana Castanon
√
1. Seja f (x) = x2 − 3356. Como 3356 ' 57.931, escolhemos x0 = 57.
Assim, usando o método iterativo dado por:
xk+1 = ϕ(xk ) = xk −
x2k − 3356
2xk
obtemos a seguinte sequência de pontos:
x0 = 57
x1 = ϕ(x0 ) = 57.9386
Como |x1 − x0 | = 7.6 × 10−3 < 10−2 , concluímos que a raiz aproximada
é dada por x1 = 57.9386.
Observe que dependendo do chute inicial poderiam ter sido
feitas mais ou menos iterações do método.
2. (a) O método da secante tem a seguinte função de iteração:
xk+1 =
xk−1 f (xk ) − xk f (xk−1 )
f (xk ) − f (xk−1 )
Portanto,
x0 = 3
x1 = 2
3.(−2) − 2.3
x2 =
= 2.4
−2 − 3
2.(−0.24) − 2.4.(−2)
x3 =
= 2.4545
−0.24 + 2
(b) Já no método de Newton temos que:
xk+1 = ϕ(xk ) = xk −
x2k − 6
2xk
Assim,
x0
x1
x2
x3
=
=
=
=
3
ϕ(x0 ) = 2.5
ϕ(x1 ) = 2.4545
ϕ(x2 ) = 2.4495
√
(c) Visto que 6 ' 2.4495, concluímos que o método de Newton converge mais rápido. Na realidade, considerando 3 casas decimais, a
resposta é igual. Essa diferença de convergência pode ser explicada
pelo fato de perdemos precisão quando consideramos a derivada
calculada como uma média de valores da função (diferença entre
os dois métodos).
3. Primeiramente vamos utilizar f (x) = sin x. Pelo método de Newton,
utilizaremos então a seguinte função de iteração:
ϕ1 (x) = x −
sin x
cos x
Então,
x0
x1
x2
x3
=
=
=
=
3
ϕ1 (x0 ) = 3, 1425
ϕ1 (x1 ) = 3, 1416
ϕ1 (x2 ) = 3, 141593
Como |x3 − x2 | < 10−4 obtemos que π ' 3, 141593.
Utilizando agora a função g(x) = cos x + 1, criamos pelo método de
Newton a seguinte função de iteração:
ϕ2 (x) = x −
cos x + 1
− sin x
Novamente,
x0
x1
x2
x3
..
.
=
=
=
=
3
ϕ1 (x0 ) = 3, 0709
ϕ1 (x1 ) = 3, 1063
ϕ1 (x2 ) = 3, 1233
x9 = ϕ1 (x8 ) = 3, 1412
..
.
até que |xk − xk−1 | < 10−4 . Sendo assim, π ' xk .
4. Para determinar os pontos critícos de f , devemos achar os zeros da
seguinte função:
0
g(x) = f (x) = x + lnx
Como g(x) muda de sinal entre ( 12 , 1) e sua derivada preserva o sinal
nesse intervalo, concluímos que g(x) tem um zero nesse intervalo. Portanto, vamos aplicar o método de Newton escolhendo como chute inicial
um ponto x0 ∈ ( 12 , 1). Utilize a seguinte função de iteração:
ϕ(x) = x −
x2 + xlnx
x+1
Para efeitos de critério de parada, considere ε = 10−3 .
5. Temos que:
0
ϕ1 (x) = x − 2
0
ϕ2 (x) = x − 2.5
0
0
Observe que em x = ξ = 2 temos que |ϕ1 (2)| = 0 e |ϕ2 (2)| = 0.5. En0
0
tão, como |ϕ1 (2)| < |ϕ2 (2)| concluímos que ϕ1 convergirá mais rápido
para a raiz. (Para concluir isso lembre que no método do ponto
0
fixo, mostramos que a convergência era linear com |ϕ (ξ)| como
constante assistótica do erro. Portanto, quanto menor esse
valor, mais rápida se dá a convergência.)
6. Seja f (x) = (x−r)2 . Observe que a raiz x = r não pode ser determinada
pelo método da bisseção pois f (x) ≥ 0 para todo x ∈ R. Além disso,
0
temos também que f (x) muda de sinal quando x se aproxima de r.
7. Para a função de iteração dada, não temos a princípio, problemas com
0
a continuidade de ϕ e ϕ . Sendo assim, para determinar (a, b), devemos
0
determinar um intervalo de valores de x tal que |ϕ (x)| < 1.
0
|ϕ (x)| < 1 ⇒ |2x − 6| < 1 ⇒ 2.5 < x < 3.5
0
Como ξ = 3 ∈ (2.5, 3.5), vale a limitação de ϕ (x) para todos os pontos
0
do intervalo e ϕ e ϕ são contínuas em (2.5, 3.5) temos, pelo teorema da
convergência do método do ponto fixo, que dado qualquer x0 ∈ (2.5, 3.5)
a sequência {xk } gerada converge para 3.
Para mostrar que a convergência é quadrática temos que chegar em:
|xn+1 − ξ|
=C
n→∞ |xn − ξ|2
lim
Sendo ξ = 3 temos que:
|xn+1 − 3|
|ϕ(xn ) − 3|
|x2n − 6xn + 12 − 3|
=
lim
=
lim
n→∞ |xn − 3|2
n→∞ |xn − 3|2
n→∞
|xn − 3|2
lim
E assim,
|xn − 3|2
=1
n→∞ |xn − 3|2
lim
o que mostra que de fato a convergência é quadrática.