2013/1S EM33D Cálculo Numérico

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1 01/1S EMD Cálculo Numérico Lista 01 Soluções de Equações APS Soluções Resumo Os algoritmos indicados nas resoluções representam implementações dos métodos numéricos no software wxmaxima v Problema 1. Determine uma aproximação de correta até 10 4 utilizando o método da Bissecção. O método da bissecção permite encontrar uma raíz de uma função contínua f em um intervalo [a,b] tal que f(a).f(b)<0. Consideremos, pois, f(x)=x com a=1 e b=, uma vez que f ( ) ( ) = =0, f(a)=f(1)= e f(b)=f()=1. O algoritmo do método da bissecção consiste em determinar o ponto médioc=(a+b)/ e substituir o extremo cuja função assume o mesmo sinal de f(c). Assim, temos (%i) kill(all); reset(); (%i) f(x) := x^ - ; a : 1; b : ; N0 : 0; epsilon : 1e-4; (%o) f(x)6 x (%o) 1 (%o4) (%o5) 0 (%o6) (%i7) for i:1 thru N0 step 1 do ( c : (a+b)/, if (f(c)*f(a)>0) then (a:c) else (b:c), if ( (b-a) < epsilon ) then (display(i,float(c)), return(float(c))) ); %^; i=14 ( ) 877 float = (%o7) (%o8) Ou seja, após 14 iteradas, encontramos com erro absoluto de PASSO-A-PASSO: i=1 1, 719 1

2 a=1, f(a)=, b=, f(b)=1, c= a+b =1,5, f(c)= 0, 75 i= f(a).f(c)>0 a c, c= a+b =1, 75, f(c)=0, 065 i= f(a).f(c)<0 b c, c= a+b =1, 65, f(c)= 0, 5975, e assim por diante... Problema. Determine um limitante para o número de iterações necessárias para obter uma aproximação com precisão absoluta de 10 4 da solução de x x 1=0 no intervalo [1,] utilizando o método da Bissecção. Determine uma aproximação da raiz com essa ordem de precisão. Como o método da bissecção consiste em particionar o intervalo inicial [a 0,b 0 ] ao meio, tem-se b n a n = 1 (b n 1 a n 1 ) n b n a n = 1 n 0. Assim, para uma precisão absoluta de ε=10 4, requer-se n <ε 1 n 0<ε n > 0 ε Uma vez que ambos os termos da inequação são positivos e log (x) é uma função crescente para x>0, ( ) 0 n>log. ε Como 0 >ε, o termo à direita é positivo e o limitante para o número de iterações N 0 é dado pelo menor inteiro maior que log ( 0 /ε). Nesse caso, ( ) ( ) 0 1 log = log ε 10 4 =4log 10 1, 8 N 0 = 14. (%i9) kill(all); reset(); (%i9) f(x) := x^-x-1; a : 1; b : ; N0 : 14; epsilon : 1e-4; (%o9) f(x)6 x x 1 (%i) for i:1 thru N0 step 1 do ( c : (a+b)/, if (f(c)*f(a)>0) then (a:c) else (b:c), if ( (b-a) < epsilon ) then (display(i,float(c)), return(float(c))) ); %^-%-1; i=14

3 ( ) 1705 float = (%o7) (%o8) Ou seja, com erro absoluto de 10 4 encontramos, após 14 iteradas, p 1, 476. Problema. Uma partícula começa a se movimentar sobre um plano inclinado liso cujo ângulo θ com a horizontal está variando a uma velocidade constante θ =ω<0. Depois de t segundos, a posição da partícula é dada por x(t)= g ( e ωt e ωt ) ω senωt. Suponha que a partícula tenha se deslocado 60cm em um segundo. Determine, com precisão relativa de 10 5, a velocidade ω com a qual θ varia. Suponha que g=9, m/s. Seja x(0) = 0 a posição inicial da partícula. Denotando as quantidades nas unidades do sistema internacional (SI), o enunciado nos fornece 0, 60=x(1)= ( ) 9, e ω e ω ω senω. Ou seja, a velocidade angular ω (em radianos/segundo) pode ser determinada pelo zero (negativo) de (em que a expressão assima foi multiplicada por ω 0): Vemos que f(0)=0 e ( ) e f(ω)=0, 60ω +4, 905 ω e ω senω. ( ) e f (ω)=1,ω+4, 905 ω +e ω cosω f (0)=0. ( ) e f (ω)=1,+4, 905 ω e ω + senω f (0)=1,>0. Esse resultado implica ω=0 ser um ponto de mínimo (local) de f. Ou seja, f(±δ)>0 para δ 1. Basta encontrarmos agora algum ω<0 tal que f(ω)<0 para que o método da bissecção possa ser utilizado. Por inspeção, escolhemos f( 1) 1, e iniciamos o método no intervalo [ 1, δ], com δ= 10. Assim, (%i9) kill(all); reset(); (%i) f(x) := 0.60*x^+4.905*( (exp(x)-exp(-x))/ - sin(x) ); a : -1; b : -1e-; N0 : 0;

4 (%i7) for i:1 thru N0 step 1 do ( c : (a+b)/, if (f(c)*f(a)>0) then (a:c) else (b:c), if ( (b-a) < epsilon ) then (display(i,float(c)), return(float(c))) ); f(%); i=17 float( ) = (%o7) (%o8) Ou seja, com erro absoluto de 10 5, encontramos ω= 0, 6709 rad/s. Problema 4. Utilize manipulação algébrica para mostrar que cada uma das funções a seguir tem um ponto fixo em p precisamente quando f(p)=0, sendo f(x)=x 4 +x x. a) g 1 (x)=(+x x ) 1/4 c) g (x)= ( ) x+ x 4 1/ b) g (x)= (a) Fazendo-se f(x)=0 e evidenciando x 4, temos ( ) x+ 1/ x + d) g 4 (x)= x4 +x + 4x +4x 1 f(x)=0=x 4 +x x x 4 =+x x x=(+x x ) 1/4 =g 1 (x). (b) Analogamente, fazendo-se f(x)=0 e evidenciando x, temos f(x)=0=x 4 +x x x = +x x4 ( ) +x x 4 1/=g x= (x). (c) Manipulando a igualdade f(x)=0, temos x 4 +x x =0 x 4 +x =x+ x (x +)=x+ Como (x +) 0 para todo x R, dividimos a igualdade por (x +) e obtemos x = x+ x + ( ) x+ 1/=g x= x (x). + (d) Seguindo a mesma idéia do idem (c), encontramos x 4 +x x =0 x 4 +x x=. Somando (x 4 +x ) em ambos os lados da igualdade e evidenciando x à esquerda, temos 4x 4 +4x x=x(4x +4x 1)=x 4 +x +. 4

5 Investiguemos, pois, os zeros de h(x)=4x +4x 1. Note que h(x)=0=4x +4x 1 4x +4x=1 4x(x +1)=1. Essa última equação nos garante que não existe um zero de h para x 0 (pois o termo à esquerda deve ser positivo para que a igualdade seja satisfeita). Observe, também, que h é estritamente crescente para x>0. Assim, como h(0)= 1, h possui um (único) zero para x>0. Como h(1)=7, este zero está contido em (0,1). Analisemos, pois, a existência de um zero de f em (0,1). Como f é um polinômio, é contínua em [0,1] e diferenciável em (0,1). Assim, o teorema do valor extremo nos garante que max x (0,1) {f(x)} ocorre em x=0, x=1, ou nos pontos em que f (x)=0. Como f (x)=4x +4x 1 h(x), existe um único ponto em x (0,1) tal que f (x)=0. Uma vez que f(0)= e f (0)= 1, o ponto x (0,1) em que f (x)=0 deve satisfazer f(x)<f(0) 1. Assim, o máximo de f em [0,1] ocorre em x=0 ou x=1. Como f(0)= e f(1)= 1, f não possui nenhum zero em [0,1]. Assim, excluíndose esse intervalo do domínio de g 4, temos x= x4 +x + 4x +4x 1 =g 4(x). Problema 5. Se possível, efetue quatro iterações em cada função g i definida no exercício anterior. Faça p 0 =1 e p n+1 = g(p n ) para n=0,1,,. Qual é a função que você acredita que fornecerá a melhor aproximação da solução? (%i) kill(all); reset(); (%i) f(x) := x^4 + *x^ - x - ; (%o) f(x)6 x 4 +x x (%i) g[1](x) := (+x-*x^)^(1/4); p[0] : 1 (%o) g 1 (x)6 (+x+( )x ) 1 4 (%o4) 1 (%i5) for n:0 thru step 1 do (p[n+1] : float(g[1](p[n]))); (%i6) [p[0],p[1],p[],p[],p[4]]; f([p[0],p[1],p[],p[],p[4]]); (%o6) [1, , , , ] (%o7) [ 1, , , , ] (%i8) g[](x) := ((x+-x^4)/)^(1/); p[0] : 1; (%o8) g (x)6 ( x+ x 4 (%o9) 1 ) 1 (%i10) for n:0 thru step 1 do (p[n+1] : float(g[](p[n]))); (%i11) [p[0],p[1],p[],p[],p[4]]; f([p[0],p[1],p[],p[],p[4]]); 1. Pois no intervalo (0, x) a função f é estritamente decrescente, uma vez que sabemos que f (x) é contínua em diferente de zero em todo esse intervalo. 5

6 (%o1) [1, , , , ] (%o14) [ 1, , , , ] (%i15) g[](x) := ((x+)/(x^+))^(1/); p[0] : 1 (%o15) g (x)6 ( x+ x + (%o16) 1 ) 1 (%i17) for n:0 thru step 1 do (p[n+1] : float(g[](p[n]))); (%i18) [p[0],p[1],p[],p[],p[4]]; f([p[0],p[1],p[],p[],p[4]]); (%o0) [1, , , , ] (%o1) [ 1, , , , ] (%i) g[4](x) := (*x^4+*x^+)/(4*x^+4*x-1); p[0] : 1 (%o) g 4 (x)6 x4 +x + 4x +4x 1 (%o) 1 (%i4) for n:0 thru step 1 do (p[n+1] : float(g[4](p[n]))); (%i5) [p[0],p[1],p[],p[],p[4]]; f([p[0],p[1],p[],p[],p[4]]); (%o5) [1, , , , ] (%o6) [ 1, , , , \ ] Para cada função de iteração g i (x), duas listas foram geradas: [p 0, p 1, p, p, p 4 ] e [f(p 0 ), f(p 1 ), f(p ),f(p ),f(p 4 )]. Comparando os resultados, espera-se que g 1, g e g 4 gerem sequências convergentes, sendo g 4 apresentou a melhor aproximação. PASSO-A-PASSO: (para g 1 ) n=0 n=1 p 0 =1, p 1 =g(p 0 ) p 1 =(+1 (1) ) 1/4 1, p 1 =1, 18907, p =g(p 1 ) p =(+1, (1, 18907) ) 1/ 1, e assim por diante... Problema 6. Utilize um método de iteração de ponto fixo para determinar uma solução com precisão absoluta de 10 para x x 1=0 em [1,]. Utilize p 0 =1. Devemos construir uma função de iteração tal que g(p)= p f(p)=0, sendo f(x)=x x 1. Sabemos que a convergência será garantida se g([1,]) [1,] e se existir constante positiva k<1 tal que g (x) <k para todo x (1,). Seguindo o procedimento sugerido no problema anterior, fazemos f(x)=0 e isolamos x: x x 1=0 x=g 1 (x)=x 1. 6

7 Mas observamos que g 1 (x)=x 1>1 para todo x (1,). Assim, g 1 não é uma boa função de iteração para o método do ponto fixo. Evidenciando x, temos x =1+x x=g (x)=(1+x) 1/. Vemos que g 1 (x)= (1+x) é decrescente em x (1,). Assim, / max g (x) = g (1) 0, 099<1. Vejamos, pois, se g ([1,]) [1,]. Primeiro, notemos que g é crescente em [1,] (pois g é positiva nesse intervalo). Assim, basta verificarmos se g (1) e g () pertencem a [1,]. Como g (1)= 1/ 1, 599 e g ()= 1/ 1, 44, verificamos que g ([1,]) [1, 5,1, 45] [1,]. Logo, a sequência {p k } k=0 convirgirá para p, sendo p k =g (p k 1 ) para k 1. Como conhecemos um limitantek=0,1 para a derivada de g em [1,], podemos estimar o número máximo de iterações pelas relações n p n p k n max{p 0 a,b p 0 } e n p n p kn 1 k p 1 p 0. Pela primeira equação, temos (observe que a=p 0 =1 e b=), n =ε=10 (0, 1) n ( 1) n, 95 N 0 =. Determinando p 1 =g (p 0 )=1, 599, a segunda desigualdade fornece n =ε=10 (0, 1)n 1 0, 1 1, n, N 0=. Assim, fazemos N 0 = (número máximo de iterações). (%i) kill(all); reset(); (%i) f(x) := x^ -x - 1; (%i) g[](x) := (1+x)^(1/); epsilon : 1e-; N0 : ; p[0] : 1; k : 0; (%i8) for n:1 thru N0 step 1 do ( k : n, p[n] : float(g[](p[n-1])), if (abs(p[n]-p[n-1]) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i9) p[k]; (%o9) Logo, a solução aproximada de f(x)=0 é x 1,. Problema 7. Utilize o Teorema. para mostrar que g(x)=π+ 1 sen(x/) tem um único ponto fixo em [0,π]. Aplique a iteração de ponto fixo para encontrar uma aproximação do ponto fixo que tenha precisão de 10. Utilize o Corolário.4 para estimar o número de iterações necessárias para que a precisão 10 q seja alcançada, sendo q um inteiro positivo, e compare essa estimativa teórica para q= com o número realmente necessário. 7

8 A existência e unicidade do ponto fixo de g em um intervalo [a,b] é garantida se g([a,b]) [a,b] e existir um k<1 positivo tal que g (x) <k x (a,b). Sabemos que 1 sen(x) 1 para qualquer x, assim min{g(x)}=π 1 = π 1 >0 e max{g(x)}=π+ 1 = π+1 <π. Logo, g([0, π]) [0, π]. Assim, a existência de um ponto fixo em [0, π] está garantida. Para verificar a unicidade, analisemos g : g (x)= cos(x/) 4 g (x) 1 4 x [0,π] pois, assim como o seno, 1 cos(x) 1 para qualquer x. Como existe o limitante k=1/4<1 para a derivada de g em [0,π], o ponto fixo nesse intervalo é único. Aplicando o método de ponto fixo com ε=10 e p 0 =π (arbitrário, pois a convergência está garantida), obtemos: (%i15) reset(); kill(all); (%i15) g(x) := %pi + sin(x/)/; epsilon : 1e-; N0 : 10; p[0] : %pi; k : 0; (%i15) for n:1 thru N0 step 1 do ( k : n, p[n] : float(g(p[n-1])), if (abs(p[n]-p[n-1]) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i8) [k,p[k],float(g(p[k]))]; (%o8) [, , ] Ou seja, após iterações encontramos p, 669 tal que g(p ), 669. Pelo Corolário.4, temos as seguintes desigualdades, para n p n p =ε=10 q, com k=1/4, p 0 =π e p 1 =g(p 0 )=π+ sen(π/)/=π+0,5: e 10 q < n π n> q+ log 10π log q < (1/4)n 1 1/4 π π 0,5 = ( 1 4 ) n n> q+ log ( 10 ). log 10 4 Como π>/, utilizamos a primeira desigualdade. Com q=, encontramos n> +log 10π log , 1475 N 0 =5. Vemos que a precisão ε=10 foi obtida com apenas iterações. Isto se deve ao fato da estimativa considerar apenas o majorante da derivada da função de iteração. Ou seja, N 0 é um limitante superior para o número de iteradas. Problema 8. Para cada uma das equações a seguir, (i) determine um intervalo [a, b] no qual a interação de ponto fixo convirja. (ii) Estime o número de iterações necessárias para se obter aproximações do ponto fixo com uma precisão de 10 5 e (iii) efetue os cálculos. a) x= ex +x 8

9 b) x= 5 x + ( ) e x 1/ c) x= d) x=5 x e) x=6 x f) x= senx+cosx A primeira etapa consiste em determinar um intervalo[a, b] tal que g([a, b]) [a, b]. Isto é garantido quando max{g(x)} b e min{g(x)} a para qualquer x [a,b]. Pelo teorema do valor extremo sabemos que, se g é contínua em [a, b] e diferenciável em (a, b), então seus máximos e mínimos ocorrem em x = a, x = b ou nos pontos em que g (x) = 0. Em seguida, é necessário que k < 1 positivo tal que g (x) <k para todos x [a,b]. Caso exista, então a iteração convergirá para o único ponto fixo de g em [a,b]. Por fim, o número de iterações será extimado pelas desigualdades p n p <k n max{p 0 a,b p 0 } e p n p < kn 1 k p 1 p 0. Analisemos, pois, as funções g(x) x dadas. (a) g(x)=( e x +x )/ Derivando, obtemos g (x)= x+e x g (x)= e x g (x)= e x. Para determinar se g é crescente ou decrescente em um intervalo, devemos analisar g. Como g (x)>0 para qualquer x, sabemos que qualquer z tal que g (z)=0 será um ponto de mínima para g. Resolvendo g (z)=0 encontramos o único ponto de mínima z= ln. Como g ( ln)= ( ln)+e ( ln) = eln ln = (1 ln) vemos que g (x)>g (z)>0 para qualquer x de tal modo que g(x) é crescente em qualquer intervalo [a, b]. Assim, g([a,b]) [a, b] é garantido se g(a) a e g(b) b (pois sabemos que g(b) > g(a)). Substituindo b na expressão de g, encontramos, da segunda desigualdade, g(b)= e b +b >0, b b b+ e b. Como e b 0 para qualquer b, basta que b b+ 0 para que a inequação seja satisfeita. Assim, qualquer b [1,] garante b b+ 0 g(b)<b. Como g (x) é crescente para x>z, escolhemos b=1. Note que Analogamente, substituindo a, temos g (1)= +e 1 <1. g(a)= e a +a a a a+ e a. com a restrição de que a < b=1. Esta desigualdade é um pouco mais difícil de se analisar. Por inspeção, vemos que a = 0 satisfaz as condições necessárias, pois g(0)= 1+0 = 1 >0 e g (0)= 1 <1. Mais ainda, aplicando o teorema do valor extremo para g em um intervalo arbitrário[a,b], sabemos que m=g (a) ou m=g (b) (pois z é o único ponto de mínima de g ). Como g (0)<g (1), temos, portanto, g (x) <k=g (1)= +1/e 0, 79 x (0,1). 9

10 Assim, a existência de um único ponto fixo de g em [0,1] está demonstrada. Assumindo como p 0 o ponto médio, p 0 =0,5, estimamos o número de iterdadas por e ε=10 5 = n k n max{p 0 a,b p 0 }=(0, 79) n 0,5 n>45,9 N 0 = 46 ε=10 5 = n kn 1 k g(p (0, 79)n 0) p 0 = 0, 5478 n> 5, , 79 Como o majorante da derivada no intervalo escolhido é próximo de um, o número de iteradas esperado é alto. Iterando, temos: (%i1) reset(); kill(all); (%i1) g(x) := ( - exp(-x) + x^)/; N0 : 46; p[0] :0.5; k : 0; (%i6) for n:1 thru N0 step 1 do ( k : n, p[n] : float(g(p[n-1])), if (abs(p[n]-p[n-1]) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i7) [k,p[k],float(g(p[k]))]; (%o7) [17, , ] Ou seja, após 17 iteradas encontramos p 0, tal que g(p) 0, (b) g(x)= 5 x + Como g é proporcional a+x, g é uma função simétrica (isto é, g( x)=g(x)) e g(x)>0 x. Assim, qualquer ponto fixo de g deve ser positivo. Como g (x) = 10/x, g é estritamente decrescente para x>0. Assim, g([a,b]) [a,b] está garantido se g(a)<b e g(b)>a, restringindo 0<a<b. É necessário, também, que g (x) k<1 para qualquer x [a,b]. Isso é garantido desde quea>10 1/. Assim, temos g(b)>a 5 b +>a>101/ 5> ( 10 1/ ) b 5 b<, / Assim, é garantida a existência de um ponto fixo de g no intervalo ( 10 1/,,761 ). Para obter uma melhor estimativa de convergência, devemos evitar as vizinhanças dex=10 1/, pois g ( 10 1/) =1. Como g(, 761)=10 1/, g ( 10 1/) 4, 0794 e g(4, 0794), escolhemos [a,b]=[, 6,4, ], pois g(a)<b e k= max x [a,b] { g (x) }= g (, 6) 0, 866. Isto é, a convergência para o único ponto fixo em[a, b] é garantida. Estimando o número de iteradas, para p 0 = a+b =, 9, encontramos ε= n <k n max{p 0 a,b p 0 } 10 5 <(0, 866) n 1, 0 n>80, 4 N 0 = 81 ε= n < kn 1 k p 1 p (0, 866)n <, 4619, 9 n>9, ,

11 Iterando, temos: (%i1) reset(); kill(all); (%i1) g(x) := 5/x^ + ; N0 : 81; p[0] :.9; k : 0; p[n] : float(g(p[n-1])), if (abs(p[n]-p[n-1]) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i7) [k,p[k],float(g(p[k]))]; (%o7) [18, , ] Assim, após 18 iteradas, o método de iteração resulta em p 18 =, tal que g(p 18 )=, Observe que, novamente, k= 18 N 0. ( ) e x 1/ (c) g(x)= Novamente, esta função satisfaz g(x) > 0 x. Assim, o(s) ponto(s) fixo(s) deve(m) ser positivo(s). Como g (x)= 1 ( ) 1/ e x e x = ex/ >0 x, a função g é estritamente crescente em[a,b]. Assim, g([a,b]) [a,b] é garantido se g(a)>a e g(b)<b. Como requeremos que g (x) k<1 x [a,b], temos g (x) = ex/ <1 e x/ < Assim, já temos as restrições 0 a<b< ln(1). Uma vez que x<ln(1). ( e 0 g(0)= ) 1/= ( e ln 1 >0, g(ln 1)= ) 1/= e e g()= <, delimitamos um intervalo [a,b]=[0,] tal que qualquer p 0 [0,] converge para o único ponto fixo de g nesse intervalo. Como k= max x [0,] g (x) = e/ 0, 7847, estimamos o limitante para o número de iteradas com p 0 =1: ε= n <k n max{p 0 a,b p 0 } 10 5 <(0, 7847) n n>47, 48 ε= n < kn 1 k p 1 p (0, 7847)n < 1 0, , n>8,6 N 0=9 Assim, iterando, temos (%i8) reset(); kill(all); 11

12 (%i1) g(x) := sqrt(exp(x)/); N0 : 9; p[0] :1; k : 0; p[n] : float(g(p[n-1])), if (abs(p[n]-p[n-1]) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i7) [k,p[k],float(g(p[k]))]; (%o7) [1, , ] ou seja, após k= 1 iteradas, obtemos p 1 =0, tal que g(p 1 )=0, (d) e (e) g(x)=α x, com α>1 Como g(x)>0 x, g(p)=p só pode ser satisfeito para p>0. Assim, a>0. Mais ainda, como g (x)= (lnα)α x, g é estritamente decrescente, [a,b] deve ser tal que g(a)<b e g(b)>a. Para que o ponto fixo exista e seja único em [a,b], é necessário que g (x) k<1 x [a,b]. Ou seja, (lnα)α x <1 x lnα< ln(lnα) x> ln(lnα) lnα. Como α>1, encontramos a>ln(lnα)/lnα. Observe que a restrição sobre a derivada não limita o valor de b. Como g é decrescente, se definirmos b=g(a) temos a garantia de que g(x)<b para x (a,b), pois se a<x<b, g(a)>g(x)>g(b) b>g(x)>g(b). Assim, o intervalo (β,g(β)) com β= ln(lnα) lnα certamente contem um único ponto fixo de g e a convergência para este é garantida. Como β é o ponto em que g (β) = 1, a estimativa da convergência será, certamente, superestimada para qualquer a β. Definimos, então, b=g(β) e a=g(b), de tal modo que k= max x [a,b] { g (x) }= g (a)=lnα 1 α a, a=g(g(β)). Assim, para α=5, temos β 0, 9568 b=0, 614 a=0, k=0, 8900 Assim, estimando o número máximo de iteradas para p 0 =(a+b)/=0, , temos ε= n <k n max{p 0 a,b p 0 } 10 5 <(0,890) n 0, 167 n> 81, 0 N 0 = 8 ε= n < kn 1 k p 1 p (0, 890)n < 0, , n> 91, , 890 Iterando, encontramos: (%i1) reset(); kill(all); 1

13 (%i1) alpha : 5; g(x) := alpha^(-x); N0 : 8; beta : float(log(log(alpha))/log(alpha)); b : g(beta); a : g(b); p[0] : (a+b)/; k : 0; p[n] : float(g(p[n-1])), if (abs(p[n]-p[n-1]) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i11) [k,p[k],float(g(p[k]))]; (%o11) [1, , ] Ou seja, após k = 1 iterações, com p 0 = 0, , encontramos p 1 = 0, tal que g(p 1 )=0, Com α=6, temos β 0, 5489 b=0, a=0, k=0, Assim, estimando o número máximo de iteradas para p 0 =(a+b)/=0, 4699, temos ε= n <k n max{p 0 a,b p 0 } 10 5 <(0,96) n 0, 0951 n> 10,5 N 0 = 11 ε= n < kn 1 k p 1 p (0, 968)n < 0, 466 0, 4699 n> 18,. 1 0, 968 Iterando, encontramos: (%i) reset(); kill(all); (%i) alpha : 6; g(x) := alpha^(-x); N0 : 11; beta : float(log(log(alpha))/log(alpha)); b : g(beta); a : g(b); p[0] : (a+b)/; k : 0; (%i) for n:1 thru N0 step 1 do ( k : n, p[n] : float(g(p[n-1])), if (abs(p[n]-p[n-1]) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i11) [k,p[k],float(g(p[k]))]; (%o11) [7, , ] Ou seja, com p 0 = 0, 4699 encontramos, após k = 7 iteradas, p 7 = 0, tal que g(p 7 )=0, (f) g(x)=(senx+cosx)/ Como g (x)=(cosx senx)/ e 1 senx, cosx 1 para qualquer x, a condição g (x) k<1 é satisfeita para qualquer intervalo [a,b], pois senx=±1 cosx=0 (e vice-versa). Vemos, também, que g(x) [ g(m),g(m)] x sendo m dado pela menor solução positiva de g (m)=0 cosm senm =0 cosm=senm m= π 4. 1

14 Ou seja, g(x) [ ] /, / x. Assim, a escolha [a, b] com a = b e b = / satisfaz as condições para a convergência da série gerada por g para o único ponto fixo em [a,b], pois k= max x [a,b] { g (x) }= <1. Seguindo o processo iterativo, determinemos a estimativa para o número máximo de iteradas, fazendo p 0 =(a+b)/=0: ( ε= n <k n max{p 0 a,b p 0 } 10 5 < ε= n < kn 1 k p 1 p < Iterando, encontramos: (%i1) reset(); kill(all); (%i1) g(x) := (sin(x) + cos(x))/; N0 : 1; p[0] : 0; k : 0; ) n 4 n>0, N 0 = 1 ( ) n / 0,5 0 n>4, / p[n] : float(g(p[n-1])), if (abs(p[n]-p[n-1]) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i7) [k,p[k],float(g(p[k]))]; (%o7) [6, , ] Ou seja, após k=6 iteradas obtemos p 6 =0, tal que g(p 6 )=0, /. OBSERVAÇÃO: Para esse exercício, é possível delimitar o intervalo [a, b] pela análise gráfica de g (para verificar a condição g([a,b]) [a,b]) e de g (para verificar a condição g (x) <1 x [a,b]). Problema 9. Um objeto em queda vertical no ar está sujeito à resistência viscosa, bem como à força da gravidade. Suponha que um objeto com massam=50g seja solto a uma altura s 0 = 10m e que a altura do objeto após t segundos seja s(t)=s 0 mg k t+ m g k ( 1 e kt/m ), em que g = 9, 80665m/s é a aceleração gravitacional e k = 0, 05kg/s é o coeficiente de resistência do ar. Determine, com precisão de 0,01 segundo, o tempo necessário para o objeto alcance o solo. Como s(t) é a altura do objeto, queremos determinar t tal que s(t) = 0m. Convertendo k = 0, 05 kg/s=50g/s, temos, nas unidades do SI, s(t)=α βt+γ(1 e δt ) sendo α=10, β=mg/k=9, 80665, γ=m g/k =9, e δ=k/m=1. Utilizando o método de Newton, t n+1 =t n s(t n) s (t n ) 14

15 em que n=0,1,, t 0 =0 e encontramos o seguinte método iterativo: s (t)= β γe t, t 0 =0, t n+1 =g(t n )=t n + α βt+γ(1 et ) β+γe t, n 0 Iterando, encontramos, com ε=10, (%i1) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) alpha : 10; beta : ; gamma : beta; g(t) := t + (alpha - beta*t + gamma*(1-exp(t)))/(beta + gamma*exp(t)); epsilon : 1e-; t[0] : 0; k : 0; s(t) := alpha - beta*t + gamma*(1-exp(t)); t[n] : float(g(t[n-1])), if (abs(s(t[n])) < epsilon) then ( return(t[k])) ); (%i11) [k,t[k],float(g(t[k])),s(t[k])]; (%o11) [, , , ] Ou seja, após iteradas o método de Newton, com t 0 =0 resultou em t =0, tal que s(t )= 8, Ou seja, o tempo para que o objeto chegue ao solo é aproximadamente 0,450 segundos. PASSO-A-PASSO: n=0 n=1 n= n= t 0 =0, s(t 0 )=10, s (t 0 )= 19, 61, t 1 =g(t 0 )=t 0 s(t 0) s =0, (t 0 ) t 1 =0, , s(t 1 )= 1, >ε, s (t 1 )= 6, 15, t =g(t 1 )=0, t =0, 45164, s(t )= >ε, s (t )= 5, 115, t =g(t )=0, t =0, , s(t )= 8, <ε Problema 10. Utilize o método de Newton para encontrar soluções com precisão absoluta de 10 5 para os problemas abaixo: a) e x + x +cosx 6=0 para 1 x b) ln(x 1)+cos(x 1)=0 para 1, x 15

16 c) x cos (x) (x ) = 0 para x e x 4 d) (x ) lnx=0 para 1 x e e x 4 e) e x x =0 para 0 x 1 e x 5 f) senx e x = 0 para 0 x 1, x 4 e 6 x 7 Em cada um dos casos, utilizaremos p 0 =(a+b)/ como ponto inicial, sendo a x b dado pelo enunciado. Utilizaremos como critério de parada f(x) <ε=10 5 e colocaremos N 0 = 100 como limitante do número de iteradas. Para cada um dos casos, fl(x) f (x) e o resultado está indicado em uma lista [k,p k,f(p k )] sendo k o menor número inteiro tal que f(p k ) <ε. (a) p 6 =1, 898 (%i1) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) a : 1; b : ; f(x) := exp(x) + ^(-x) + *cos(x) - 6; fl(x) := exp(x) + log()*^(-x) - *sin(x); p[0] : float((a+b)/); k : 0; p[n] : float(p[n-1] - f(p[n-1])/fl(p[n-1])), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i10) [k,p[k],f(p[k])]; (%o10) [6, , ] (b) p 5 =1, (%i11) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) a : 1.; b : ; f(x) := log(x-1) + cos(x-1); fl(x) := 1/(x-1) - sin(x-1); p[0] : (a+b)/; k : 0; p[n] : float(p[n-1] - f(p[n-1])/fl(p[n-1])), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i10) [k,p[k],f(p[k])]; (%o10) [5, , ] (c) p =, [,] e p 4 =, 711 [,4] (%i1) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) a : ; b : ; f(x) := *x*cos(*x) - (x-)^; fl(x) := *cos(*x) - 4*x*sin(*x) - *(x-); p[0] : (a+b)/; k : 0; p[n] : float(p[n-1] - f(p[n-1])/fl(p[n-1])), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i10) [k,p[k],f(p[k])]; (%o10) [, , ] 16

17 (%i1) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) a : ; b : 4; f(x) := *x*cos(*x) - (x-)^; fl(x) := *cos(*x) - 4*x*sin(*x) - *(x-); p[0] : (a+b)/; k : 0; p[n] : float(p[n-1] - f(p[n-1])/fl(p[n-1])), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i10) [k,p[k],f(p[k])]; (%o10) [4, , ] (d) p =1, 4191 [1,] e p =, [e,4] (%i1) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) a : 1; b : ; f(x) := (x-)^ - log(x); fl(x) := *(x-) - 1/x; p[0] : (a+b)/; k : 0; p[n] : float(p[n-1] - f(p[n-1])/fl(p[n-1])), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i10) [k,p[k],f(p[k])]; (%o10) [, , ] (%i11) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) a : float(exp(1)); b : 4; f(x) := (x-)^ - log(x); fl(x) := *(x-) - 1/x; p[0] : (a+b)/; k : 0; p[n] : float(p[n-1] - f(p[n-1])/fl(p[n-1])), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i10) [k,p[k],f(p[k])]; (%o10) [, , ] (d) p 4 =0, [0,1] e p 4 =.7079 [,5] (%i1) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) a : 0; b : 1; f(x) := exp(x) - *x^; fl(x) := exp(x) - 6*x; p[0] : (a+b)/; k : 0; p[n] : float(p[n-1] - f(p[n-1])/fl(p[n-1])), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ); 17

18 (%i10) [k,p[k],f(p[k])]; (%o10) [4, , ] (%i11) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) a : ; b : 5; f(x) := exp(x) - *x^; fl(x) := exp(x) - 6*x; p[0] : (a+b)/; k : 0; p[n] : float(p[n-1] - f(p[n-1])/fl(p[n-1])), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i10) [k,p[k],f(p[k])]; (%o10) [4, , ] (f) p =0, [0,1], p =, 0966 [,4] e p =6, [6,7] (%i11) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) a : 0; b : 1; f(x) := sin(x) - exp(-x); fl(x) := cos(x) + exp(-x); p[0] : (a+b)/; k : 0; p[n] : float(p[n-1] - f(p[n-1])/fl(p[n-1])), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i10) [k,p[k],f(p[k])]; (%o10) [, , ] (%i11) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) a : ; b : 4; f(x) := sin(x) - exp(-x); fl(x) := cos(x) + exp(-x); p[0] : (a+b)/; k : 0; p[n] : float(p[n-1] - f(p[n-1])/fl(p[n-1])), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i10) [k,p[k],f(p[k])]; (%o10) [, , ] (%i11) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) a : 6; b : 7; f(x) := sin(x) - exp(-x); fl(x) := cos(x) + exp(-x); p[0] : (a+b)/; k : 0; 18

19 p[n] : float(p[n-1] - f(p[n-1])/fl(p[n-1])), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i10) [k,p[k],f(p[k])]; (%o10) [, , ] Problema 11. Repita o exercício anterior utilizando o método da Secante. O método da secante consiste em substituir o cálculo da derivada da função f por uma aproximação finita, dada por f (x) f(b) f(a) quando x=a δ =b+δ e 0<δ 1. Neste exercício, b a consideraremos p 0 =(a+b)/ e p 1 =(a+b)/ como pontos iniciais, sendo [a,b] o intevalo que contém a raíz dado pelo enunciado. Note que essa escolha é arbitrária. Novamente, para a implementação, faremos ε=10 5 e N 0 = 100. Como exemplo, temos o algoritmo explicitamente indicado abaixo e, em seguida, as operações explícitas das primeiras iteradas, para o item (a). Os demais foram obtidos de modo análogo e apenas a os valores numéricos da sequência [n,p n,f(p n )] com n=0,1,,k está indicada, tal que k é o menor inteiro em que f(p k ) <ε. (a) (%i1) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) a : 1; b : ; f(x) := exp(x) + ^(-x) + *cos(x) - 6; p[0] : float((*a+b)/); p[1] : float((a+*b)/); k : 0; (%i1) for n: thru N0 step 1 do ( k : n, p[n] : float( p[n-1] - f(p[n-1])*(p[n-1]-p[n-])/(f(p[n-1])-f(p[n-])) ), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ) (%i10) for n:0 thru k step 1 do (disp([n,p[n],f(p[n])])); [0, 1., ] [1, , ] [, , ] [, , ] [4, , ] [5, , ] [6, , ] (%o11) done PASSO-A-PASSO: n=0 e n=1 p 0 = a+b =1,, f(p 0 )= 1, 900, p 1 = a+b =1, 66666, f(p 1 )= 0,

20 n= n= (p p =p 1 f(p 1 ) 1 p 0 ) =1, 991, f(p 1 ) f(p 0 ) f(p (p p =p f(p ) p 1 ) =1, 81676, f(p ) f(p 1 ) f(p )=0, >ε )= 0, 0517 >ε e assim por diante, até n=6 tal que (p 4 =1, 889 e p 5 =1, 8994) (b) (p p 6 =p 5 f(p 5 ) 5 p 4 ) =1, 898, f(p 5 ) f(p 4 ) f(p 6)=, <ε (%i1) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) a : 1.; b : ; f(x) := log(x-1) + cos(x-1); p[0] : float((*a+b)/); p[1] : float((a+*b)/); k : 0; (%i1) for n: thru N0 step 1 do ( k : n, p[n] : float( p[n-1] - f(p[n-1])*(p[n-1]-p[n-])/(f(p[n-1])-f(p[n-])) ), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ) (%i10) for n:0 thru k step 1 do (disp([n,p[n],f(p[n])])); [0, , ] [1, 1.7, ] [, , ] [, , ] [4, , ] [5, , ] [6, , ] (%o10) done (c) (%i11) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) a : ; b : ; f(x) := *x*cos(*x) - (x-)^; p[0] : float((*a+b)/); p[1] : float((a+*b)/); k : 0; (%i1) for n: thru N0 step 1 do ( k : n, p[n] : float( p[n-1] - f(p[n-1])*(p[n-1]-p[n-])/(f(p[n-1])-f(p[n-])) ), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ) 0

21 (%i10) for n:0 thru k step 1 do (disp([n,p[n],f(p[n])])); [0,.4, ] [1, , ] [, , ] [, , ] [4, , ] (%o10) done (%i11) a : ; b : 4; p[0] : float((*a+b)/); p[1] : float((a+*b)/); k : 0; (%i11) for n: thru N0 step 1 do ( k : n, p[n] : float( p[n-1] - f(p[n-1])*(p[n-1]-p[n-])/(f(p[n-1])-f(p[n-])) ), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ) (%i17) for n:0 thru k step 1 do (disp([n,p[n],f(p[n])])); [0,.4, ] [1, , ] [, , ] [, , ] [4, , ] [5, , ] (%o17) done (d) (%i18) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) a : 1; b : ; f(x) := (x-)^-log(x); p[0] : float((*a+b)/); p[1] : float((a+*b)/); k : 0; (%i1) for n: thru N0 step 1 do ( k : n, p[n] : float( p[n-1] - f(p[n-1])*(p[n-1]-p[n-])/(f(p[n-1])-f(p[n-])) ), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ) (%i10) for n:0 thru k step 1 do (disp([n,p[n],f(p[n])])); [0, 1., ] [1, , ] [, , ] [, , ] [4, , ] 1

22 [5, , ] (%o10) done (%i11) a : float(exp(1)); b : 4; p[0] : float((*a+b)/); p[1] : float((a+*b)/); k : 0; (%i11) for n: thru N0 step 1 do ( k : n, p[n] : float( p[n-1] - f(p[n-1])*(p[n-1]-p[n-])/(f(p[n-1])-f(p[n-])) ), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ) (%i17) for n:0 thru k step 1 do (disp([n,p[n],f(p[n])])); [0, , ] [1, , ] [, , ] [, , ] [4, , ] [5, , ] (%o17) done (e) (%i1) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) a : 0; b : 1; f(x) := exp(x) - *x^; p[0] : float((*a+b)/); p[1] : float((a+*b)/); k : 0; (%i1) for n: thru N0 step 1 do ( k : n, p[n] : float( p[n-1] - f(p[n-1])*(p[n-1]-p[n-])/(f(p[n-1])-f(p[n-])) ), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ) (%i10) for n:0 thru k step 1 do (disp([n,p[n],f(p[n])])); [0, 0., ] [1, , ] [, , ] [, , ] [4, , ] [5, , ] [6, , ] (%o10) done (%i11) a : ; b : 5; p[0] : float((*a+b)/); p[1] : float((a+*b)/); k : 0;

23 (%i11) for n: thru N0 step 1 do ( k : n, p[n] : float( p[n-1] - f(p[n-1])*(p[n-1]-p[n-])/(f(p[n-1])-f(p[n-])) ), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ) (%i17) for n:0 thru k step 1 do (disp([n,p[n],f(p[n])])); [0, , ] [1, 4., ] [, , ] [, , ] [4, , ] [5, , ] [6, , ] (%o17) done (f) (%i18) kill(all); reset(); kill(all); (%i1) a : 0; b : 1; f(x) := sin(x) - exp(-x); p[0] : float((*a+b)/); p[1] : float((a+*b)/); k : 0; (%i1) for n: thru N0 step 1 do ( k : n, p[n] : float( p[n-1] - f(p[n-1])*(p[n-1]-p[n-])/(f(p[n-1])-f(p[n-])) ), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ) (%i10) for n:0 thru k step 1 do (disp([n,p[n],f(p[n])])); [0, 0., ] [1, , ] [, , ] [, , ] [4, , ] (%o10) done (%i11) a : ; b : 4; p[0] : float((*a+b)/); p[1] : float((a+*b)/); k : 0; (%i11) for n: thru N0 step 1 do ( k : n, p[n] : float( p[n-1] - f(p[n-1])*(p[n-1]-p[n-])/(f(p[n-1])-f(p[n-])) ), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ) (%o16) (%i17) for n:0 thru k step 1 do (disp([n,p[n],f(p[n])])); [0,.4, ] [1, , ]

24 [, , ] [, , ] [4, , ] (%o17) done (%i18) a : 6; b : 7; p[0] : float((*a+b)/); p[1] : float((a+*b)/); k : 0; (%i18) for n: thru N0 step 1 do ( k : n, p[n] : float( p[n-1] - f(p[n-1])*(p[n-1]-p[n-])/(f(p[n-1])-f(p[n-])) ), if (abs(f(p[n])) < epsilon) then ( return(p[k])) ); (%i4) for n:0 thru k step 1 do (disp([n,p[n],f(p[n])])); [0, 6., ] [1, , ] [, , ] [, , ] [4, , ] (%o5) done Problema 1. A equação de iteração do método da Secante pode ser escrita na forma mais simples p n = f(p n 1)p n f(p n )p n 1. f(p n 1 ) f(p n ) Explique porque essa equação tende a ser menos precisa que p n =p n 1 f(p n 1)(p n 1 p n ). f(p n 1 ) f(p n ) Sabemos que no cálculo com precisão finita, como no caso da álgebra de ponto flutuante, os erros de arredondamento e truncamento são, tipicamente, maiores para multiplicações (e divisões) que para adições (e subtrações). Portanto, uma maneira de se reduzir os erros de arredondamento e manipular algebricamente as expressões para que um menor número de multiplicações (e divisões) esteja presenta. Vemos que na primeira forma, o método da secante envolve duas multiplicações, uma divisão e duas subtrações (5 operações). Na segunda forma, no entanto, exite uma multiplicação, uma divisão e três subtrações (também 5 operações). Como o número de produtos na segunda forma é menor que na primeira, espera-se que a segunda forma seja menos sensível à erros de arredondamento e truncamento. Problema 1. A soma de dois numeros é 0. Se a cada número for adicionado à respectiva raiz quadrada, o produto das duas somas será 155,55. Determine os dois números com precisão Sejam x e y esses números. Então { x+y = 0 (x+ x )(y+ y) = 155, 55 4

25 Da primeira equação, temos y= 0 x. Substituindo na segunda, temos f(x)=(x+ x )(0 x+ 0 x ) 155, 55=0. Ou seja, podemos utilizar qualquer método visto até agora para estimar x (e, consequentemente, y) com precisão de Observando que 1+7=0, ( )( ) , 17, 14+6=0, ( )( ) , 90 temos duas boas aproximações iniciais x 0 = 1 e x 1 = 14 (ou x 0 =7 e x 1 =6) para x. Utilizando o método da secante, encontramos x 0 = 1 f(x 0 )=4, 6018 >ε x 1 = 14 f(x 1 )= 5, >ε x = 1, f(x )=0, 7401 >ε x = 1, f(x )=0, 0678 >ε x 4 = 1, f(x )= 1, >ε x 5 = 1, f(x )=5, <ε=10 4 Assim, x=1, 4871 e y=6, 519 são as aproximações para tais números. Note que (x+ x )(y+ y)=155, Problema 14. O valor acumulado em uma poupança com base em pagamentos regulares pode ser determinado a partir da equação da anuidade antecipada, A= P i [(1+i)n 1]. Nessa equação, A é a quantia na conta, P é a quantia depositada de forma regular e i é a taxa de juros por período para n períodos de depósito. Um engenheiro gostaria de ter uma poupança de R$ ,00 ao se aposentar, depois de 0 anos de trabalho, e pode depositar R$.000,00 por mês para esse fim. Qual é a taxa de juros mínima com a qual essa quantia pode ser alcançada, supondo que os juros sejam compostos mensalmente? Buscamos determinar a taxa de juros i tal que em n=0 1=60 meses tenhamos A= 10 6, com P = 000. Assim, buscamos uma raiz de f(i)= 000 [(1+i) 60 1] i Podemos utilizar o método de Newton, com condição inicial i 0 =0, 01 (um rendimento mensal de 1%). Derivando, temos Determinamos, portanto, i n por f (i)= 000 [60(1+i) 59 ] 000 i i [(1+i)60 1]. i n =i n 1 f(i n 1) f (i n 1 ). n 1. 5

26 Temos n i n f(i n ) f (i n ) 0 0, 01 4, , , 007 1, , , , , , 4, , , 477 4, , Ou seja, a aplicação de R$.000,00 mensais deve ser ter um rendimento de 0,49% ao mês para que, ao cabo de 0 anos, a aplicação totalize R$ ,00. Problema 15. (APS) No projeto de veículos para qualquer tipo de terreno, é necessário considerar falhas do veículo quando este tenta transpor dois obstáculos. Um tipo de falha é denominado falha de suspensão e ocorre quando o veículo tenta cruzar um obstáculo onde sua parte inferior toca o chão. Outro tipo de falha é chamado falha dianteira e ocorre quando o veículo desce em uma vala e sua parte dianteira toca o chão. A figura abaixo mostra os componentes envolvidos na falha dianteira de um veículo. Figura 1. Esquema do projeto e cálculo de falhas do veículo. O ângulo máximo α que pode ser transposto por um veículo quando β é o ângulo máximo para o qual a falha de suspensão não ocorre satisfaz a seguinte equação sendo A senα cosα+b sen α C cosα E senα=0, A=lsenβ 1, B=lcosβ 1, C =(h+0,5d)senβ 1 0,5D tanβ 1 e E=(h+0,5D)cosβ 1 0,5D. a) Afirma-se que quando l=6cm, h=15cm, D= 140cm e β 1 = 11,5 o, o ângulo α é de aproximadamente o. Verifique esse resultado. b) Determine α para a situação em que l, h e β 1 tenham os mesmos valores da parte (a) mas D= 76cm. (a) Fazendo a conversão β 1 = 11, 5 o = 11,5π = 0, 007 rad(neste caso, podemos manter todas as 180 unidades em cm), temos: A = l senβ 1 = 45, 0571 B = l cosβ 1 = 1, 4619 C = (h+0,5d)senβ 1 0,5D tanβ 1 = 5, 1 E = (h+0,5d)cosβ 1 0,5D= 14, 050 de tal modo que, com α= o =0, 5759 rad, temos f(α)=asenαcosα+b sen α C cosα E senα=, 474 6

27 Este resultado, certamente, poderia ser refinado, pois espera-se que f(α) = 0. (b) Para determinar α nesse caso, calculamos novamente os parâmetros com D = 76, para obter C= 4, 650 e E= 11, 085. Então, utilizamos algum método iterativo para encontrar a raíz de f(α). Fazemos α 0 = o = 0, 5759 rad e α 1 = 4 o =0, 594 rad (novamente, escolhas arbitrárias próximas da raiz) e obtemos a n sequência {α k } k=0 pelo método da secante: k α k f(α k ) 0 0, , , 594, , α k =α k 1 f(α n 1)(α n 1 α n ) f(α 0, , 0044 n 1 ) f(α n ) 0, 5784 Assim, o ângulo máximo para que a falha de suspensão não ocorra nesse caso é α= 180 0, 5784 π =, 1 o. 7