Métodos da bisseção e de Newton-Raphson

Matemática A - 12.º ano - Novo Programa 2026 - matematicaparatodos.pt

📌 Resumo teórico

Ponto de partida: Bolzano-Cauchy

Os dois métodos só arrancam depois de se saber que a solução existe. Se \(f\) é contínua em \(\left[a,\,b\right]\) e \(f(a)\times f(b)\lt 0\), há pelo menos um zero em \(\left]a,\,b\right[\). Os métodos seguintes servem para o localizar com a precisão que se quiser.

Método da bisseção

Parte-se de \(\left[a_0,\,b_0\right]=\left[a,\,b\right]\) com \(f(a)\times f(b)\lt 0\). Em cada iteração:

\[ m_n=\frac{a_{n-1}+b_{n-1}}{2} \]

Cada iteração reduz o intervalo a metade, pelo que ao fim de \(n\) iterações:

\[ b_n-a_n=\frac{b-a}{2^{n}} \qquad\text{e}\qquad \text{erro}\le\frac{b-a}{2^{n}} \]

Quantas iterações são precisas?

Para garantir um erro menor (ou igual) do que \(\varepsilon\), resolve-se em ordem a \(n\):

\[ \frac{b-a}{2^{n}}\le\varepsilon \iff 2^{n}\ge\frac{b-a}{\varepsilon} \iff n\ge\log_{2}\!\left(\frac{b-a}{\varepsilon}\right) \]

e toma-se para \(n\) o menor número inteiro que verifica a condição. Na prática, basta ir calculando potências de \(2\) até passar o valor pretendido.

Método de Newton-Raphson

Parte-se de uma aproximação inicial \(x_0\) e substitui-se, em cada passo, o gráfico de \(f\) pela sua reta tangente: a nova aproximação é o ponto onde essa tangente interseta o eixo \(Ox\).

\[ x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)} \]

De onde vem a fórmula: a tangente ao gráfico no ponto de abcissa \(x_n\) é \(y=f'(x_n)(x-x_n)+f(x_n)\). Fazendo \(y=0\) e resolvendo em ordem a \(x\), obtém-se exatamente \(x_{n+1}\).

Cuidado: o método falha se \(f'(x_n)=0\) — a tangente fica horizontal e nunca interseta \(Ox\), e a fórmula daria uma divisão por zero. Ao escolher \(x_0\), há sempre que verificar que \(f'(x_0)\ne 0\).

Critérios de paragem

Ao contrário da bisseção, o método de Newton-Raphson não dá uma majoração simples do erro. Para-se quando uma condição do enunciado é satisfeita — as mais usadas são:

CritérioSignificado
\(\left|f(x_i)\right|\lt \varepsilon\)a imagem já está muito próxima de zero
\(\left|x_i-x_{i-1}\right|\lt \varepsilon\)as aproximações sucessivas já quase não mudam
os dois em simultâneocritério mais exigente; é o que se usa quando o enunciado pede ambos

Comparação dos dois métodos

BisseçãoNewton-Raphson
Precisa decontinuidade e mudança de sinalderivada, e \(f'(x_n)\ne 0\)
Converge?sempreem geral sim, mas pode falhar
Rapidezlenta: ganha \(1\) bit por iteraçãomuito rápida: duplica as casas certas
Erromajorado por \(\dfrac{b-a}{2^{n}}\)sem majoração simples

É por isso que se usam em conjunto: a bisseção para localizar a solução num intervalo pequeno, e depois Newton-Raphson a partir daí para afinar rapidamente.

Implementação em Python

As Aprendizagens Essenciais propõem a elaboração de programas para os dois métodos. Adaptados do exemplo das AE:

def bissecao(f, a, b, erro):
    if f(a) * f(b) > 0:
        print("Sinais iguais nos extremos do intervalo")
        return None
    while b - a > 2 * erro:
        c = (a + b) / 2
        if f(a) * f(c) < 0:
            b = c
        elif f(a) * f(c) > 0:
            a = c
        else:
            return c
    return (a + b) / 2
def newton(f, df, x0, erro):
    x = x0
    while abs(f(x)) >= erro:
        x = x - f(x) / df(x)
    return x

Nota (Aprendizagens Essenciais, janeiro de 2023): o tema «Resolução aproximada de equações» reúne o teorema dos valores intermédios, o método da Bisseção e o método de Newton-Raphson. O objetivo declarado é «a resolução por métodos aproximados de qualquer equação, tendo em conta que existem muitas situações em que não é possível obter uma solução expressa em termos das funções já estudadas», promovendo «o uso sistemático da tecnologia».

1. Bisseção com dez iterações

1

Utilizando o método da bisseção com dez iterações, determine um valor aproximado da solução da equação \(x^{5}-5x+1=0\) no intervalo \(\left[1,\,2\right]\).

Apresente o resultado com duas casas decimais.

Passo 1 — verificar que o método pode arrancar

Seja \(f(x)=x^{5}-5x+1\), função polinomial, logo contínua em \(\left[1,\,2\right]\).

\[ f(1)=1-5+1=-3\ \lt 0 \qquad\text{e}\qquad f(2)=32-10+1=23\ \gt 0 \]

Há mudança de sinal: existe solução em \(\left]1,\,2\right[\) e o método da bisseção é aplicável.

Passo 2 — as dez iterações

Em cada linha, \(\left[a,\,b\right]\) é o intervalo no início da iteração e \(m\) o seu ponto médio. O subintervalo escolhido é aquele em que \(f\) muda de sinal.

\(n\)\(a\)\(b\)\(m\)\(f(m)\)sinal
1\(1\)\(2\)\(1{,}5\)\(1{,}094\)\(+\)
2\(1\)\(1{,}5\)\(1{,}25\)\(-2{,}198\)\(-\)
3\(1{,}25\)\(1{,}5\)\(1{,}375\)\(-0{,}960\)\(-\)
4\(1{,}375\)\(1{,}5\)\(1{,}4375\)\(-0{,}049\)\(-\)
5\(1{,}4375\)\(1{,}5\)\(1{,}46875\)\(0{,}491\)\(+\)
6\(1{,}4375\)\(1{,}46875\)\(1{,}453125\)\(0{,}214\)\(+\)
7\(1{,}4375\)\(1{,}453125\)\(1{,}4453125\)\(0{,}080\)\(+\)
8\(1{,}4375\)\(1{,}4453125\)\(1{,}4414063\)\(0{,}015\)\(+\)
9\(1{,}4375\)\(1{,}4414063\)\(1{,}4394531\)\(-0{,}017\)\(-\)
10\(1{,}4394531\)\(1{,}4414063\)\(1{,}4404297\)\(-0{,}0012\)\(-\)
Passo 3 — o erro
\[ \text{erro}\le\frac{2-1}{2^{10}}=\frac{1}{1024}\approx 0{,}00098\ \lt\ 0{,}005 \]

O erro é bastante inferior a meia unidade da segunda casa decimal, pelo que as duas casas pedidas estão garantidas.

\(m_{10}=1{,}4404297\ldots\), ou seja, a solução é aproximadamente \(\mathbf{1{,}44}\).

(O valor exato é \(\approx 1{,}440500\).)

2. Número de iterações para um erro dado

2

Considere a equação \(e^{-x}-x=0\), em \(\left[0,\,1\right]\).

  1. 2.1. Mostre que a equação tem uma única solução.
  2. 2.2. Determine o número de iterações necessárias, no método da bisseção, para determinar um valor aproximado da solução com erro inferior ou igual a \(10^{-2}\) e, de seguida, determine essa solução aproximada.

    Apresente o resultado com duas casas decimais.

2.1. — existência

Seja \(f(x)=e^{-x}-x\), contínua em \(\mathbb{R}\) (diferença entre uma exponencial composta e um polinómio) e, em particular, em \(\left[0,\,1\right]\).

\[ f(0)=e^{0}-0=1\ \gt 0 \qquad\text{e}\qquad f(1)=\frac1e-1\approx -0{,}632\ \lt 0 \]

Pelo teorema de Bolzano-Cauchy, existe pelo menos uma solução em \(\left]0,\,1\right[\).

2.1. — unicidade
\[ f'(x)=-e^{-x}-1 \]

Como \(e^{-x}\gt 0\) para todo o \(x\), tem-se \(-e^{-x}\lt 0\) e, portanto:

\[ f'(x)=-e^{-x}-1\ \lt\ -1\ \lt\ 0\ ,\quad \forall x\in\mathbb{R} \]

\(f\) é estritamente decrescente, logo injetiva: não pode anular-se duas vezes.

A equação tem uma e uma só solução (que pertence a \(\left]0,\,1\right[\)). \(\blacksquare\)
2.2. — número de iterações
\[ \frac{1-0}{2^{n}}\le 10^{-2} \iff 2^{n}\ge 100 \]

Comparando com as potências de \(2\):

\[ 2^{6}=64\ \lt\ 100 \qquad\text{e}\qquad 2^{7}=128\ \ge\ 100 \]
São necessárias \(\mathbf{7}\) iterações.
2.2. — as sete iterações
\(n\)\(a\)\(b\)\(m\)\(f(m)\)sinal
1\(0\)\(1\)\(0{,}5\)\(0{,}1065\)\(+\)
2\(0{,}5\)\(1\)\(0{,}75\)\(-0{,}2776\)\(-\)
3\(0{,}5\)\(0{,}75\)\(0{,}625\)\(-0{,}0897\)\(-\)
4\(0{,}5\)\(0{,}625\)\(0{,}5625\)\(0{,}0073\)\(+\)
5\(0{,}5625\)\(0{,}625\)\(0{,}59375\)\(-0{,}0415\)\(-\)
6\(0{,}5625\)\(0{,}59375\)\(0{,}578125\)\(-0{,}0172\)\(-\)
7\(0{,}5625\)\(0{,}578125\)\(0{,}5703125\)\(-0{,}0050\)\(-\)
\[ \text{erro}\le\frac{1}{2^{7}}=\frac{1}{128}\approx 0{,}0078\ \le\ 10^{-2} \]

\(m_{7}=0{,}5703125\), ou seja, a solução é aproximadamente \(\mathbf{0{,}57}\).

(O valor exato é \(\approx 0{,}5671\); a diferença, \(\approx 0{,}0032\), respeita o erro pedido.)

3. Erro ao fim de vinte iterações

3

Pretende-se determinar, usando o método da bisseção, um valor aproximado da solução da equação \(f(x)=0\), que se sabe existir no intervalo inicial \(I_0=\left[-3,\,5\right]\).

Sabendo que o erro da solução obtida ao fim de \(20\) iterações é inferior ou igual a \(\delta\), determine o valor mínimo de \(\delta\).

Passo 1 — a amplitude inicial
\[ b-a=5-(-3)=8 \]
Passo 2 — aplicar a majoração do erro

Cada iteração reduz o intervalo a metade, pelo que ao fim de \(20\) iterações a amplitude é

\[ \frac{8}{2^{20}}=\frac{2^{3}}{2^{20}}=2^{-17}=\frac{1}{2^{17}}=\frac{1}{131072} \]

e o erro é, no máximo, esse valor. O menor \(\delta\) que serve de majorante é precisamente este.

\(\delta_{\min}=\dfrac{8}{2^{20}}=\dfrac{1}{2^{17}}=\dfrac{1}{131072}\approx 7{,}63\times 10^{-6}\)

Repare-se que a amplitude do intervalo inicial conta: partir de um intervalo \(8\) vezes maior custa exatamente \(3\) iterações a mais, porque \(8=2^{3}\).

4. Aproximar \(\ln 2\) com erro inferior a \(10^{-8}\)

4

Use o método da bisseção para determinar um valor aproximado de \(\ln 2\), com um erro inferior a \(10^{-8}\).

Apresente o resultado com oito casas decimais.

Comece por determinar o número de iterações necessárias para obter a aproximação pedida.

Passo 1 — construir uma equação

O método da bisseção aproxima zeros de funções. É preciso, portanto, arranjar uma função cujo zero seja \(\ln 2\). Ora:

\[ x=\ln 2 \iff e^{x}=2 \iff e^{x}-2=0 \]

Toma-se então \(f(x)=e^{x}-2\), contínua em \(\mathbb{R}\).

Passo 2 — localizar o zero
\[ f(0)=e^{0}-2=1-2=-1\ \lt 0 \qquad\text{e}\qquad f(1)=e-2\approx 0{,}718\ \gt 0 \]

Há mudança de sinal: o zero está em \(\left]0,\,1\right[\). Toma-se \(\left[a,\,b\right]=\left[0,\,1\right]\), de amplitude \(1\).

Passo 3 — número de iterações
\[ \frac{1}{2^{n}}\lt 10^{-8} \iff 2^{n}\gt 10^{8}=100\,000\,000 \]
\[ 2^{26}=67\,108\,864\ \lt\ 10^{8} \qquad\text{e}\qquad 2^{27}=134\,217\,728\ \gt\ 10^{8} \]
São necessárias \(\mathbf{27}\) iterações.

Em alternativa: \(n\gt\log_{2}\left(10^{8}\right)=8\log_{2}10\approx 26{,}58\), donde \(n=27\).

Passo 4 — as primeiras iterações

Com tantas iterações, o cálculo faz-se com tecnologia. As primeiras, a título de ilustração:

\(n\)\(a\)\(b\)\(m\)\(f(m)=e^{m}-2\)sinal
1\(0\)\(1\)\(0{,}5\)\(-0{,}3513\)\(-\)
2\(0{,}5\)\(1\)\(0{,}75\)\(0{,}1170\)\(+\)
3\(0{,}5\)\(0{,}75\)\(0{,}625\)\(-0{,}1318\)\(-\)
4\(0{,}625\)\(0{,}75\)\(0{,}6875\)\(-0{,}0113\)\(-\)
5\(0{,}6875\)\(0{,}75\)\(0{,}71875\)\(0{,}0519\)\(+\)
6\(0{,}6875\)\(0{,}71875\)\(0{,}703125\)\(0{,}0201\)\(+\)
\(\vdots\)
27\(0{,}69314717\ldots\)\(\approx 0\)
Passo 5 — o resultado
\[ m_{27}=0{,}6931471750\ldots \]

\(\ln 2\approx \mathbf{0{,}69314718}\)

De facto, \(\ln 2=0{,}693147180\ldots\), pelo que o erro cometido é \(\approx 5{,}5\times 10^{-9}\), inferior a \(10^{-8}\). \(\checkmark\)

5. Área de um trapézio e bisseção

5

No referencial \(Oxy\) da figura está representado o trapézio \([OABC]\), em que \(A\) é um ponto do semieixo positivo \(Ox\), \(\overline{OC}=\overline{CB}=\overline{BA}=1\) e \(A\hat{O}C=\theta\), em radianos, com \(\theta\in\left]0,\,\dfrac{\pi}{2}\right[\).

Trapézio OABC num referencial, com A no semieixo positivo Ox, lados OC, CB e BA iguais a 1 e ângulo theta no vértice O
  1. 5.1. Mostre que a área do trapézio \([OABC]\), em função de \(\theta\), é dada por:
    \[ A(\theta)=\left(1+\cos\theta\right)\operatorname{sen}\theta \]
  2. 5.2. Justifique que existe um valor de \(\theta\in\left]\dfrac{\pi}{6},\,\dfrac{\pi}{4}\right[\) para o qual \(A(\theta)=1\).

    Use o método da bisseção para determinar um valor aproximado desse valor, com erro inferior a \(10^{-3}\) com, pelo menos, quatro casas decimais.

5.1. — as coordenadas dos vértices

Como \(\overline{OC}=1\) e o ângulo que \([OC]\) faz com o semieixo positivo \(Ox\) é \(\theta\):

\[ C=\left(\cos\theta,\ \operatorname{sen}\theta\right) \]

Num trapézio \([OABC]\), \([CB]\) é paralelo a \([OA]\), que está sobre o eixo \(Ox\); logo \([CB]\) é horizontal e, tendo comprimento \(1\):

\[ B=\left(1+\cos\theta,\ \operatorname{sen}\theta\right) \]
5.1. — as duas bases e a altura

A altura do trapézio é a ordenada de \(C\) e de \(B\):

\[ h=\operatorname{sen}\theta \]

A base menor é \(\overline{CB}=1\). Para a base maior, note-se que o trapézio é isósceles (\(\overline{OC}=\overline{BA}\)): o lado \([BA]\) desce de \(B\) até ao eixo, avançando \(\cos\theta\) na horizontal e descendo \(\operatorname{sen}\theta\) na vertical. Logo \(A=\left(1+2\cos\theta,\ 0\right)\) e

\[ \overline{OA}=1+2\cos\theta \]
5.1. — a área
\[ A(\theta)=\frac{\overline{OA}+\overline{CB}}{2}\times h =\frac{\left(1+2\cos\theta\right)+1}{2}\times\operatorname{sen}\theta \]
\[ =\frac{2+2\cos\theta}{2}\times\operatorname{sen}\theta =\left(1+\cos\theta\right)\operatorname{sen}\theta \qquad\blacksquare \]
5.2. — existência

Considere-se \(g(\theta)=A(\theta)-1=\left(1+\cos\theta\right)\operatorname{sen}\theta-1\), contínua em \(\mathbb{R}\) (soma e produto de funções trigonométricas, contínuas).

\[ A\!\left(\frac{\pi}{6}\right)=\left(1+\frac{\sqrt3}{2}\right)\times\frac12 \approx 1{,}8660\times 0{,}5=0{,}9330 \]
\[ A\!\left(\frac{\pi}{4}\right)=\left(1+\frac{\sqrt2}{2}\right)\times\frac{\sqrt2}{2} \approx 1{,}7071\times 0{,}7071=1{,}2071 \]
\[ g\!\left(\frac{\pi}{6}\right)\approx -0{,}0670\ \lt\ 0 \qquad\text{e}\qquad g\!\left(\frac{\pi}{4}\right)\approx 0{,}2071\ \gt\ 0 \]

Pelo teorema de Bolzano-Cauchy, existe \(\theta\in\left]\dfrac{\pi}{6},\,\dfrac{\pi}{4}\right[\) tal que \(g(\theta)=0\), isto é, \(A(\theta)=1\). \(\blacksquare\)

5.2. — número de iterações

A amplitude do intervalo inicial é

\[ \frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{6}=\frac{3\pi-2\pi}{12}=\frac{\pi}{12}\approx 0{,}2618 \]
\[ \frac{\pi/12}{2^{n}}\lt 10^{-3} \iff 2^{n}\gt \frac{\pi}{12}\times 1000\approx 261{,}8 \]
\[ 2^{8}=256\ \lt\ 261{,}8 \qquad\text{e}\qquad 2^{9}=512\ \gt\ 261{,}8 \]

São necessárias \(9\) iterações.

5.2. — as nove iterações
\(n\)\(a\)\(b\)\(m\)\(g(m)\)sinal
1\(0{,}523599\)\(0{,}785398\)\(0{,}654498\)\(0{,}0917\)\(+\)
2\(0{,}523599\)\(0{,}654498\)\(0{,}589049\)\(0{,}0175\)\(+\)
3\(0{,}523599\)\(0{,}589049\)\(0{,}556324\)\(-0{,}0235\)\(-\)
4\(0{,}556324\)\(0{,}589049\)\(0{,}572686\)\(-0{,}0027\)\(-\)
5\(0{,}572686\)\(0{,}589049\)\(0{,}580867\)\(0{,}0075\)\(+\)
6\(0{,}572686\)\(0{,}580867\)\(0{,}576777\)\(0{,}0024\)\(+\)
7\(0{,}572686\)\(0{,}576777\)\(0{,}574731\)\(-0{,}00012\)\(-\)
8\(0{,}574731\)\(0{,}576777\)\(0{,}575754\)\(0{,}0012\)\(+\)
9\(0{,}574731\)\(0{,}575754\)\(0{,}575243\)\(0{,}00052\)\(+\)
\[ \text{erro}\le\frac{\pi/12}{2^{9}}=\frac{\pi}{6144}\approx 0{,}00051\ \lt\ 10^{-3} \]

\(\theta\approx \mathbf{0{,}5752}\) radianos.

Nota: o valor exato é \(\theta\approx 0{,}574826\). A diferença para o valor obtido é \(\approx 0{,}0004\), inferior ao erro pedido \(\left(10^{-3}\right)\) — mas repare-se que, por isso mesmo, a quarta casa decimal já não é de confiança. As «quatro casas decimais» que o enunciado pede são o formato do resultado, não uma garantia de que estejam todas certas.

6. Newton-Raphson: zero de \(x^{2}-e^{-x}\)

6

Considere a função \(f\), de domínio \(\mathbb{R}\), definida por:

\[ f(x)=x^{2}-e^{-x} \]
  1. 6.1. Mostre que a função \(f\) tem pelo menos um zero no intervalo \(\left]0,\,1\right[\).
  2. 6.2. Sabendo que o zero que garantiu existir em 6.1. é único, recorra ao método de Newton-Raphson para determinar um valor aproximado, \(x_i\), desse zero, de forma que \(\left|f(x_i)\right|\lt 10^{-4}\), com \(x_0=1\).

    Apresente o resultado arredondado com quatro casas decimais.

6.1.

\(f\) é a diferença entre uma função polinomial e uma exponencial composta, ambas contínuas em \(\mathbb{R}\); logo \(f\) é contínua em \(\left[0,\,1\right]\).

\[ f(0)=0^{2}-e^{0}=-1\ \lt 0 \qquad\text{e}\qquad f(1)=1-\frac1e\approx 0{,}632\ \gt 0 \]
Pelo teorema de Bolzano-Cauchy, \(f\) tem pelo menos um zero em \(\left]0,\,1\right[\). \(\blacksquare\)
6.2. — a fórmula
\[ f'(x)=2x+e^{-x} \]

Note-se que \(f'(x)\gt 0\) para \(x\gt 0\), pelo que não há risco de divisão por zero neste intervalo.

\[ x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^{2}-e^{-x_n}}{2x_n+e^{-x_n}} \]
6.2. — as iterações
\(i\)\(x_i\)\(f(x_i)\)\(\left|f(x_i)\right|\lt 10^{-4}\)?
0\(1\)\(0{,}632121\)não
1\(0{,}7330436\)\(0{,}056910\)não
2\(0{,}7038078\)\(0{,}000647\)não
3\(0{,}7034675\)\(8{,}7\times 10^{-8}\)sim

Detalhe da primeira iteração: \(f(1)=1-e^{-1}\approx 0{,}632121\) e \(f'(1)=2+e^{-1}\approx 2{,}367879\), donde

\(x_1=1-\dfrac{0{,}632121}{2{,}367879}\approx 1-0{,}266956=0{,}733044\)

Bastam \(3\) iterações: \(x_3\approx \mathbf{0{,}7035}\).

(O zero exato é \(\approx 0{,}7034674\).)

7. Quando \(x_0\) não serve; bisseção versus Newton

7

Considere, no intervalo \(\left[1,\,2\right]\), a equação:

\[ x^{5}-5x+1=0 \]

Pretende-se determinar um valor aproximado da solução desta equação, que se sabe existir no intervalo indicado, utilizando o método de Newton-Raphson.

  1. 7.1. Justifique que não pode utilizar \(x_0=1\) para valor inicial.
  2. 7.2. Utilizando o método da bisseção com dez iterações, obteve-se \(1{,}44\) como valor aproximado da solução, com duas casas decimais.

    Utilizando o método de Newton-Raphson, com o valor inicial \(x_0=1{,}5\), quantas iterações são necessárias para obter o mesmo resultado?

7.1. — a derivada anula-se em \(1\)

Sendo \(f(x)=x^{5}-5x+1\):

\[ f'(x)=5x^{4}-5 \]
\[ f'(1)=5\times 1^{4}-5=5-5=0 \]

Ora a fórmula do método é

\[ x_1=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)} \]

e com \(x_0=1\) o denominador seria \(f'(1)=0\): a divisão é impossível.

Não se pode tomar \(x_0=1\) porque \(f'(1)=0\).

Interpretação geométrica: a reta tangente ao gráfico de \(f\) no ponto de abcissa \(1\) é horizontal, logo nunca interseta o eixo \(Ox\) — e é justamente essa interseção que daria a aproximação seguinte.

7.2. — as iterações a partir de \(x_0=1{,}5\)
\[ x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^{5}-5x_n+1}{5x_n^{4}-5} \]

Comece-se por confirmar que \(f'(1{,}5)=5\times 1{,}5^{4}-5=25{,}3125-5=20{,}3125\ne 0\).

\(i\)\(x_i\)\(f(x_i)\)arredondado a 2 c.d.
0\(1{,}5\)\(1{,}09375\)\(1{,}50\)
1\(1{,}4461538\)\(0{,}09440\)\(1{,}45\)
2\(1{,}4405575\)\(0{,}00094\)\(\mathbf{1{,}44}\)

Detalhe da primeira iteração:

\[ x_1=1{,}5-\frac{1{,}09375}{20{,}3125}\approx 1{,}5-0{,}053846=1{,}446154 \]

São necessárias 2 iterações: \(x_2\approx 1{,}4406\), que arredondado às centésimas dá \(1{,}44\).

A comparação que o exercício quer que se faça: a bisseção precisou de \(10\) iterações para chegar a \(1{,}44\); Newton-Raphson precisou de \(2\). É esta a grande vantagem do segundo método — em contrapartida, exige o cálculo da derivada e a escolha cuidada de \(x_0\), como se viu em 7.1.

8. Aproximar \(\sqrt[3]{2}\)

8

Determine um valor aproximado de \(\sqrt[3]{2}\), \(x_i\), tal que \(\left|x_i^{3}-2\right|\lt 10^{-4}\), percorrendo as seguintes etapas:

  • defina uma função \(f\), derivável, cujo único zero seja \(\sqrt[3]{2}\);
  • localize o zero de \(f\) num intervalo de amplitude não superior a \(1\);
  • use o método de Newton-Raphson para determinar uma aproximação, \(x_i\), do zero de \(f\) tal que \(\left|x_i^{3}-2\right|\lt 10^{-4}\).
Etapa 1 — a função
\[ x=\sqrt[3]{2} \iff x^{3}=2 \iff x^{3}-2=0 \]

Toma-se \(f(x)=x^{3}-2\), função polinomial, logo derivável em \(\mathbb{R}\), com \(f'(x)=3x^{2}\).

O seu único zero é \(\sqrt[3]{2}\): a função \(x\mapsto x^{3}\) é estritamente crescente em \(\mathbb{R}\), logo injetiva, e a equação \(x^{3}=2\) tem uma só solução real.

Repare-se que a condição \(\left|x_i^{3}-2\right|\lt 10^{-4}\) do enunciado é, precisamente, \(\left|f(x_i)\right|\lt 10^{-4}\) — é o critério de paragem habitual.

Etapa 2 — localizar o zero
\[ f(1)=1-2=-1\ \lt 0 \qquad\text{e}\qquad f(2)=8-2=6\ \gt 0 \]

Sendo \(f\) contínua, por Bolzano-Cauchy o zero está em \(\left]1,\,2\right[\), intervalo de amplitude \(2-1=1\), como pedido.

Etapa 3 — Newton-Raphson

Toma-se para valor inicial o ponto médio do intervalo, \(x_0=1{,}5\), com \(f'(1{,}5)=3\times 1{,}5^{2}=6{,}75\ne 0\).

\[ x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^{3}-2}{3x_n^{2}} \]
\(i\)\(x_i\)\(\left|x_i^{3}-2\right|\)\(\lt 10^{-4}\)?
0\(1{,}5\)\(1{,}375\)não
1\(1{,}2962963\)\(0{,}178\)não
2\(1{,}2609322\)\(0{,}00482\)não
3\(1{,}2599219\)\(3{,}9\times 10^{-6}\)sim

Detalhe da primeira iteração:

\[ x_1=1{,}5-\frac{1{,}5^{3}-2}{3\times 1{,}5^{2}} =1{,}5-\frac{1{,}375}{6{,}75}\approx 1{,}5-0{,}203704=1{,}296296 \]

\(\sqrt[3]{2}\approx \mathbf{1{,}2599}\) (obtido em \(3\) iterações).

(O valor exato é \(\sqrt[3]{2}=1{,}2599210\ldots\))

9. Zero de \(5\ln x-x\) com dois critérios de paragem

9

Considere a função \(f\) definida, em \(\mathbb{R}^{+}\), por:

\[ f(x)=5\ln x-x \]
  1. 9.1. Mostre que, no intervalo \(\left[1,\,2\right]\), a função \(f\) tem um único zero.
  2. 9.2. Utilize \(i\) iterações do método de Newton-Raphson para determinar uma aproximação, \(x_i\), do zero de \(f\) no intervalo \(\left[1,\,2\right]\), até que \(\left|x_i-x_{i-1}\right|\lt 10^{-6}\) e \(\left|f(x_i)\right|\lt 10^{-6}\).
9.1. — existência

\(f\) é a diferença entre uma função logarítmica e uma polinomial, contínuas em \(\mathbb{R}^{+}\). Como \(\left[1,\,2\right]\subset\mathbb{R}^{+}\), \(f\) é contínua em \(\left[1,\,2\right]\).

\[ f(1)=5\ln 1-1=0-1=-1\ \lt 0 \]
\[ f(2)=5\ln 2-2\approx 3{,}466-2=1{,}466\ \gt 0 \]

Pelo teorema de Bolzano-Cauchy, existe pelo menos um zero em \(\left]1,\,2\right[\).

9.1. — unicidade
\[ f'(x)=\frac{5}{x}-1 \]

Para \(x\in\left[1,\,2\right]\) tem-se \(1\le x\le 2\), logo \(\dfrac{5}{x}\ge\dfrac{5}{2}=2{,}5\) e

\[ f'(x)=\frac{5}{x}-1\ \ge\ 2{,}5-1=1{,}5\ \gt\ 0 \]

\(f\) é estritamente crescente em \(\left[1,\,2\right]\), logo injetiva nesse intervalo: não pode ter dois zeros.

\(f\) tem exatamente um zero em \(\left[1,\,2\right]\). \(\blacksquare\)
9.2. — a fórmula

Toma-se \(x_0=1{,}5\), ponto médio do intervalo (com \(f'(1{,}5)=\frac{5}{1{,}5}-1\approx 2{,}3333\ne 0\)):

\[ x_{n+1}=x_n-\frac{5\ln x_n-x_n}{\dfrac{5}{x_n}-1} \]
9.2. — as iterações

Há duas condições de paragem, e só se pode parar quando ambas se verificam.

\(i\)\(x_i\)\(\left|x_i-x_{i-1}\right|\)\(\left|f(x_i)\right|\)parar?
0\(1{,}5\)—\(0{,}5273\)não
1\(1{,}2740033\)\(0{,}226\)\(0{,}06318\)não
2\(1{,}2956069\)\(0{,}0216\)\(7{,}1\times 10^{-4}\)não
3\(1{,}2958555\)\(2{,}5\times 10^{-4}\)\(9{,}2\times 10^{-8}\)não
4\(1{,}2958555\)\(3{,}2\times 10^{-8}\)\(1{,}5\times 10^{-15}\)sim

Repare-se em \(i=3\): já se tem \(\left|f(x_3)\right|\approx 9{,}2\times 10^{-8}\lt 10^{-6}\), mas ainda \(\left|x_3-x_2\right|\approx 2{,}5\times 10^{-4}\gt 10^{-6}\). Falha uma das condições, pelo que não se pode parar. É preciso fazer mais uma iteração.

São necessárias \(i=\mathbf{4}\) iterações: \(x_4\approx \mathbf{1{,}295856}\).

(O zero exato é \(\approx 1{,}2958555\).)