Solução numérica de equações não-lineares

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1 Capítulo 1 Solução numérica de equações não-lineares 1.1 Introdução Lembremos que todo problema matemático pode ser expresso na forma de uma equação. Mas, o que é uma equação? Uma equação é uma igualdade onde deseja-se determinar o valor (ou valores) de uma incógnita. E, como resolvemos uma equação? O método de solução depende do tipo de equação a ser resolvido. Primeiro vamos aprender a resolver equações algébricas não lineares de uma incógnita. Mas, o que é uma equação linear e equação não linear? Lembraremos isso atráves de alguns exemplos. Exemplo 1. A expressão (1.1.1) representa uma equação linear de primeira ordem, onde a incógnita é a variável x: 3x + 5 = 14 (1.1.1) O processo de solução desta equação é simples e é aprendida na escola no segundo grau. Depois de resolvé-la, temos que x = 3. Exemplo 2. A expressão (1.1.2) representa uma equação linear de primeira ordem, onde a incógnita é a variável y: y Resolvendo a equação (1.1.2) temos que y = ( y ) = (5y 3 ) (1.1.2) 4 Do visto nos exemplos acima, podemos concluir que numa equação linear: 1. o expoente da variável incógnita sempre é igual a 1; 2. a variável incógnita não está afetada de nenhum operador matemático, isto é, não aparece expressões do tipo: e x ou sen(x), por citar alguns exemplos. 1

2 O que é uma equação não linear? É toda equação não linear. Vejamos alguns exemplos de equações não lineares. Exemplo 3. A expressão matemática (1.1.3) representa uma equação não linear onde a variável incógnita é x: e x x = 0 (1.1.3) Observamos que neste caso, a variável incógnita aparece afetada do operador matemático exp, isto é, exp(x) ou e x. Exemplo 4. A expressão (1.1.4) apresenta uma equação não linear onde a variável incógnita continua sendo x. senx cosx = 0. (1.1.4) E neste caso a variável incógnita é argumento dos operadores matemáticos sen e cos Equação não-linear Como vimos nos exemplos acima uma equação não linear de uma única incógnita (reveja os exemplos e 1.1.4) pode apresentar diferentes formas. A expressão matemática geral para representar uma equação não linear de uma variável real pode ser expressa por: f(x) = 0, onde f é uma função dada. Por exemplo, na equação não linear (1.1.3), a expressão matemática para f(x) = e x x, e para a equação não linear (1.1.4) a expressão para f(x) = sen(x) cos(x). Denição 5. Se f : [a, b] R é uma função dada, um ponto x [a, b] é um zero (ou raiz) de f se f( x) = 0. Exemplo 6. Calcular as raízes da equação x 2 3 = 0 Denição 7. Denotaremos por x a solução exata da equação não linear f(x) = 0, e por x uma solução aproximada desta equação. Então, 1. Dene-se como erro absoluto do valor exato de um número x e de seu valor aproximado x, a diferença desses números, isto é, x x. Denota-se esse valor absoluto por E x. Logo, E x = x x

3 2. Dene-se o erro relativo entre x e x por: ER x = x x x Exemplo 8. Considere a equação x 2 1 = 0. Então, As raízes exatas são x 1 = 1 e x 2 = 1 Um exemplo de um valor aproximado para a raiz x 1 é x 1 = 0.99 O erro absoluto entre x 1 e x 1 é E x1 = 0.01 O erro relativo entre x 1 e x 1 é ER x1 = = = 1% Exemplo 9. Considere a equação x = 0 Então, As raízes exatas são x 1 = 100 e x 2 = 100 Um exemplo de um valor aproximado para a raiz x 1 é x 1 = O erro absoluto entre x 1 e x 1 é E x1 = 0.01 O erro relativo entre x 1 e x 1 é ER x1 = = 0.01% Observação 10. A aproximação usada para a raiz x 1 no Exemplo (8) e (9), apresenta o mesmo erro absoluto. Então, pode-se dizer que o valor 0.99 e o valor aproximam as respectivas raízes 1 e 100 com a mesma precisão? Resposta: NãO!!! O erro absoluto é uma diferença entre dois números sem levar em conta a grandeza do número em comparação, enquanto que o erro relativo é uma comparação do erro com relação à grandeza do número. O erro relativo é considerado um parâmetro mais conável que o erro absoluto. Exemplo 11. Escolher intervalos abertos que contenham uma única raiz da equação x 2 2 = 0.

4 1.2 Isolamento das raízes É o processo de determinação de um intervalo em que localiza-se unicamente uma raiz. A determinação do intervalo pode ser feita usando-se: 1. Método gráco: uso de algum programa de visualização computacional, ou 2. Método analítico: usando teoremas Método gráco Esboçando o gráco da função f do problema f(x) = 0 Vejamos isto com o seguinte exemplo. Exemplo 12. Usando um programa computacional isolar as raízes (caso tenha mais de uma) da seguinte equação: f(x) = (x + 1) 2 e (x2 2) 1 = 0 Tentativa 1: Usando o intervalo [-5, 5], tem-se o seguinte gráco: Neste caso, o esboço do gráco da função f no intervalo indicado não permite observar a localização dos zeros da função. Parece-se que nesse intervalo temos innitas raízes. Precisamos escolher outro intervalo que nós permita uma melhor visualização da localização da raiz ou raízes. Tentativa 2: Usando o intervalo [-2, 2], tem-se o seguinte esboço:

5 Neste caso, o intervalo [ 2, 2] já nós permite ver possíveis intervalos onde encontramse as raízes. Vamos diminuir este intervalo para melhorar a visualização da localização das raízes. Tentativa 3: Usando o intervalo [-2, 1.5], tem-se a Figura 1.2.1: Figura 1.2.1: Esboço do gráco de f(x) = (x + 1) 2 e (x2 2) 1 no intervalo [ 2,, 1, 5]. Do esboço do gráco da função f, observamos que temos duas raízes: a primeira está no intervalo [-2, -1.5] e a segunda no intervalo [0.5, 1.0]. Portanto, conseguimos isolar as raízes, isto é, determinar intervalos onde encontra-se unicamente uma raíz de nossa

6 função. Deixamos como exercício para o aluno responder a seguinte pergunta: como podemos garantir que temos unicamente duas raízes para esta função f? Esboçando o gráco das funções h e g, onde f = h g A escolha do primeiro intervalo, para esboço do gráco da função f do problema f(x) = 0, para a localização da raiz ou raízes da função nem sempre é uma tarefa ôbvia. Podemos contornar essa tarefa por outra mais simples, caso seja possível. A nova tarefa consiste em transformar o problema de cálculo da raiz em um problema de determinação da intersecção de duas funções Se f(x) = h(x) g(x), então os dois problemas seguintes são equivalentes: f(x) = 0 (1.2.1) h(x) = g(x) (1.2.2) As raízes do problema (1.2.1) são os pontos de intersecção do problema (1.2.2). seguir apresentamos um exemplo da aplicação do problema equivalente. A Exemplo 13. Isolar as raízes do exemplo anterior transformando o problema de cálculo da raiz em um problema de intersecção de funções. Solução. Para nosso exemplo, a equação f(x) = (x + 1) 2 e (x2 2) 1 = 0 pode ser expressada como: (x + 1) 2 e (x2 2) = 1 ou (x + 1) 2 = e (2 x2 ) Nesta última expressão, procura-se os pontos de intersecção das funções h(x) = (x+1) 2 e g(x) = e (2 x2), cujos grácos são mostrados na Figura no intervalo [ 5, 5]:

7 Figura 1.2.2: Esboço do gráco das funções h e g, onde f = h g. Pode-se ver que neste intervalo, as duas curvas têm pontos de intersecção nos intervalos [ 2, 1] e [0.5, 1]. Isto implica que a função f possui duas raízes: a primeira no intervalo [ 2, 1] e a segunda no intervalo [0.5, 1]. Observação 14. Embora o intervalo em x para esboçar os grácos das funções h e g tenha sido grande ( [-5, 5]), usar a técnica de transformação do problema original em um problema de intersecção permitiu uma análise mais rápida e eciente da localização das raízes Método analítico O método analítico baseia-se numa das características das funções contínuas. Vejamos primeiramente os seguintes exemplos de funções contínuas denidas no intervalo [-6, 5]. Exemplo 15. A Figura 1.2.3, mostra o esboço do gráco de uma função f contínua no intervalo [-6, 5]. Observamos que neste caso, o produto do valor da função f nos extremos do intervalo, a=-6 e b=5, é negativo, isto é, f( 6) f(5) < 0, e possui uma raiz nesse intervalo.

8 Figura 1.2.3: Função contínua, denida em [a,b] = [-6,5], com f( 6) f(5) < 0. Na Figura 1.2.4, temos o esboço de outra função contínua no mesmo intervalo [- 6, 5], porém ela não possui nenhuma raiz nesse intervalo. Observe-se que neste caso, f( 6) f(5) > 0. Figura 1.2.4: Funçã contínua, denida em [a,b] = [-6,5], com f(a) f(b) > 0 e sem raiz em [a,b]. Na Figura 1.2.5, observamos que temos o gráco de uma função contínua com f(a) f(b) < 0, e que a função f possui mais de uma raiz nesse intervalo.

9 Figura 1.2.5: Função contínua, denida em [a,b] = [-6,5], com f( 6) f(5) < 0. Das guras vistas acima, podemos vericar que o seguinte teorema é verdadeiro. Teorema 16. Se uma função contínua f = f(x) em [a, b], e suponha que assume valores de sinais opostos nos pontos extremos desse intervalo, isto é, f(a) f(b) < 0, então existe pelo menos um ponto x [a, b], tal que f( x) = 0. O Teorema acima nós diz que se uma função contínua f muda de sinal nos extremos do intervalo de análise, então ela possui no mínimo uma raiz nesse intervalo. Exemplo 17. (Aplicação do Teorema 16) Usando-se o teorema anterior, determine a localização das raízes da equação dada no exemplo 12 f(x) = (x + 1) 2 e (x2 2) 1 Solução. Vamos avaliar a função para x = 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3 e observar a mudança de sinal nos valores da função: x f(x) Da tabela mostrada, podemos concluir que: No intervalo [-2, 1] e [0,1], existe pelo menos uma raiz da equação f(x) = 0. Nos outros intervalos não podemos armar nada a respeito da existência de raiz, pois não temos nenhum Teorema que arme alguma coisa nesse sentido.

10 1.3 Métodos de aproximação das raízes A seguir apresentaremos alguns métodos para determinar uma aproximação para uma raiz isolada, x, da equação f(x) = 0. Cada um dos métodos a serem apresentados determinam uma sequência de aproximações para a raiz, isto é: x 1, x 2, x 3,..., x k, x k+1,..., onde desejamos que a partir de certo valor de N, x k x para todo k N, isto é, a sequência gerada pelo método convirga para a raiz x. Lembremos que, matematicamente, convergência se representa por: Veremos três métodos: Método da Bissecção Método de Iteração Linear Método de Newton lim x k = x. k Observação 18. Os métodos indicados acima: 1. possuem regras especícas para a geração da sequência. 2. partem de alguma informação inicial ou informações iniciais para determinar os elementos da sequência. Dizemos que zemos uma iteração cada vez que determinamos um elemento da sequência. Assim, a determinação dos elementos x 1, x 2, x 3, x 4, foi produto de 4 iterações do método escolhido. Observação 19. O erro absoluto entre a raiz x e um elemento x k da sequência de aproximações {x k } (erro na iteração k) é denido por: e k = x x k Note que nem sempre é possível calcular e k, pois não se conhece o valor da raiz exata, x. Observação 20. O erro relativo entre os elementos da sequência {x k } é denido por: er k = x k+1 x k x k+1, quando não se conhece a solução exata. Em outro caso, o erro relativo associado a essa sequência é calculado por: er k = x x k, x

11 1.3.1 Método da bissecção O método da bissecção consiste em construir uma sequência de aproximações (x k ) para a raiz x partindo-se de um intervalo inicial [a, b] de uma raiz isolada, onde cada x k é o ponto médio do intervalo que continha a raiz na iteração k 1. Para explicar este método vamos denotar o intervalo inicial da raiz x por [a 0, b 0 ] = [a, b] e da iteração k por [a k, b k ]. Os passos são: 1. a aproximação x k é o ponto médio do intervalo [a k 1, b k 1 ] (intervalo anterior) que contém a raiz na iteração k 1; 2. o novo intervalo [a k, b k ] que contém a raiz é [a k 1, x k ] ou [x k, b k 1 ]. A escolha do novo intervalo é feito usando o Teorema 16. Para isto, avaliamos os produtos f(a k=1 ) f(x k ) e f(x k ) f(b k ), o resultado que for negativo indicará o intervalo onde se encontra a raiz. Vejamos isto com um exemplo gráco. Exemplo 21. Calcular a raiz da equação não linear: x 2 2 = 0 usando o método da bissecção. Solução. Esboçando o gráco da função f(x) = x 2 2 no intervalo [0, 2], temos a Figura Vemos que nesse intervalo temos uma única raiz localizada neste intervalo. Então, [a 0, b 0 ] = [0, 2]. Figura 1.3.1: f(x) = x 2 2 Apartir dessa raiz isolada podemos construir outro intervalo de comprimento menor que contenha esta raiz. A idéia no método da bisseccção é: 1) dividir o intervalo dado em dois subintervalos de comprimento igual a metade do comprimento do intervalo dado, e descubrir usando o teorema 16 qual dos subintervalos contém a raiz; e, 2) a nova

12 aproximação é o ponto médio do intervalo dado. A Figura mostra a esboço do gráco da função f no intervalo dado (superior) e o esboço do gráco da função f no subintervalo [1,2] de comprimento menor e igual ao metade do comprimento do intervalo inicial. Onde a nova aproximação para a raiz é o ponto médio de [0, 2], isto é, x 1 = 1. Figura 1.3.2: Iteração 1 do método da bissecção. Seguindo a mesma idéia, agora para o intervalo [1, 2], isto é, dividimos este intervalo em dois subintervalos e usando o Teorema 16 descobrimos que o novo intervalo onde está localizada a nossa raiz é [1, 0, 1, 5] ( Veja a Figura 1.3.3), sendo agora nossa nova aproximação x 2 = = 1, 5. Figura 1.3.3: Iteração 2. Divdindo o intervalo [1, 0, 1, 5] em dois subintervalos, e usando o teorema temos a Figura 1.3.4, onde x 3 = 1, 25.

13 Figura 1.3.4: Passo 3. No método da Bissecção os pontos médios dos intervalos são as aproximações para a raiz. A seguir apresentamos uma tabela com os pontos médios dos intervalos para a raiz da eq. x 2 2 = 0 k x k a k b k x 1 = = x 2 = = x 3 = = x 4 = = x 5 = = O método da Bissecção consiste em determinar uma sequência de aproximações x k para a raiz x da equação f(x) = 0. Observação 22. O método de Bissecção determina uma sequência de aproximações {x k } que converje para a raiz x [a, b], isto é: lim x k = x k Fato este possível devido à construção de subintervalos de comprimentos iguais à metade de cada intervalo de partida. Exemplo 23. Usando o método da Bissecção determine uma aproximação para a raiz positiva da equação x 2 2 = 0 (faça 4 iterações no mínimo) Solução. Raiz positiva da função f(x) = x 2 2 é x = 2 Consideremos o intervalo [a, b] = [1, 2], pois f(1) = 1 e f(2) = 2

14 k a k b k x k = a k+b k 2 f(a k ) f(x k ) f(b k ) A sequência determinada é: x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x Proposição 24. (Número de iterações no Método da Bissecção para obter a aproximação desejada). Dada uma precisão ɛ e um intervalo inicial [a, b], é possível saber, a priori, quantas iterações serão efetuadas pelo método da Bissecção até que se obtenha um subintervalo [a k, b k ], com b k a k < ɛ. Lembrando-se que: então b k a k = b 0 a 0 2 k, b k a k < ɛ b 0 a 0 < ɛ k > log(b 0 a 0 ) log(ɛ). 2 k log(2) Tomando-se qualquer k que satisfaça a relação acima, então teremos uma precisão conforme indicada Método de iteração linear Este método se baseia na teoria para o problema do ponto xo, explicado a seguir: Problema de ponto xo O problema do ponto xo de uma função φ = φ(x) consiste em determinar um número x tal que: x = φ(x), (1.3.1) Tal valor x é denominado ponto xo da função φ. Exemplo 25. O valor de x = 2 é um ponto xo da função φ(x) = x 2 2. De fato: φ(2) = = 2

15 Interpretação gráca do ponto xo O ponto xo x de uma função φ(x) representa o valor da absica do ponto de intersecção dos grácos das funções y = φ(x) e y = x (Veja Figura 1.3.1) Figura 1.3.5: Função φ(x) = x 3 com três pontos xos. Observação 26. Uma forma de determinar aproximações para o ponto xo da função φ, é mediante o seguinte processo iterativo: x k+1 = φ(x k ) k = 0, 1, 2,..., (1.3.2) valor inicial (aproximacao inicial) x 0 sempre e quando a sequência convirja. Exemplo 27. Determine gracamente o ponto xo da função φ(x) = x Solução. Da Figura observamos que a função φ(x) = x no intervalo [1, 3] possui um ponto xo

16 Figura 1.3.6: Gráco da função φ(x) = x e y = x. Aplicando-se o processo iterativo dado pela fórmula (1.3.2) e considerando x 0 = 1, 2, temos: k x k x k+1 = φ(x k ) x 1 = x 0 = x 2 = x 1 = x 3 = x 2 = x 4 = x 3 = x 5 = x 4 = x 6 = x 5 = Gracamente o processo iterativo aplicado à função φ(x) = 1+ 2 x é mostrado na Figura

17 Figura 1.3.7: Interpretação geométrica do processo iterativo para o problema do ponto xo Método de iteração linear Baseia-se no processo iterativo denido para problema de ponto xo equivalente associado com o problema f(x) = 0. Transformando o problema f(x) = 0, em um problema de ponto xo, x = φ(x) f(x) = 0 x = φ(x) Tal transformação não é única e veremos isso no seguinte exemplo. Exemplo 28. Considere a equação: f(x) = x 2 x 2 = 0. Trabalhando com a equação, temos as seguintes possibilidades para a função φ(x). x 2 x 2 = 0 x = x 2 2 φ 1 (x) = x 2 2 x 2 x 2 = 0 x = x + 2 φ 2 (x) = x + 2 x 2 x 2 = 0 x = x + 2 x = x φ 3(x) = x x 2 x 2 = 0 x = x x2 x 2, m 0 φ 4 (x) = x x2 x 2 m m

18 Logo, o procedimento para aplicar o método de iteração linear consiste em: Transforme o problema de cáculo da raiz em um problema de ponto xo equivalente e convergente, x = φ(x). Uma vez denido o problema de ponto xo, a sequência de aproximações é gerada pela Eq. (1.3.2), isto é, x k+1 = φ(x k ), e um valor inicial x 0 bem próximo da raiz a ser calculada. Exemplo 29. Aplique o método de iteração linear para determinar a raiz x = 2 da seguinte equação: x 2 x 2 = 0 Solução. Vamos escolher x 0 = 2.5 e considerar a seguinte expressão para φ, denominada aqui por: φ 1 (x) Usando-se φ 1 (x) = x 2 2 e x 0 = 2.5. O processo iterativo é: x k+1 = φ 1 (x k ) = x 2 k 2. A tabela abaixo mostra os valores da sequência gerada no processo iterativo. x 1 = φ 1 (x 0 ) = x = = 4.25 x 2 = φ 1 (x 1 ) = = x 3 = φ 1 (x 2 ) = = Tabela 1.1: Resultados do processo de iteração linear. Neste caso, a sequência não converge para a raiz, pois esta cresce indenidamente.

19 Figura 1.3.8: Localização do ponto xo para φ(x) = x Gracamente os valores determinados no processo iterativo são mostrados na Figura Figura 1.3.9: Interpretação geométrica do processo iterativo usado acima.

20 Exemplo 30. Aplique o método de iteração linear para determinar a raiz x = 2 da seguinte equação: x 2 x 2 = 0 Solução. Usando-se φ 2 (x) = x + 2 e x 0 = 2.5 O processo iterativo é: x k+1 = φ 2 (x k ) = xk + 2 x 1 = φ 2 (x 0 ) = x = = 4.5 = x 2 = φ 2 (x 1 ) = x = = = x 3 = φ 2 (x 2 ) = x = = = x 4 = φ 2 (x 3 ) = x = = = x 5 = φ 2 (x 4 ) = x = = = x 6 = φ 2 (x 5 ) = x = = = Neste caso, a sequência de aproximações converge para a raiz x = 2. Figura :

21 Figura : Como escolher a função de iteração apropriada φ(x)? Teorema 31. Seja x uma raiz da equação f(x) = 0, isolada num intervalo I = [a, b] e seja φ uma função tal que x = φ( x). Se 1. φ e φ são funções contínuas em I; 2. M = max x I φ (x) < 1; 3. x 0 I e x k+1 = φ(x k ) Então: 1. x k I, k 2. a sequência {x k } converge para x Exemplo 32. A função de iteração, φ 2 (x) = x + 2, associada ao problema do cálculo da raiz, x = 2, com x 0 = 2.5, dene uma sequência de valores convergente. Tal fato, foi mostrado pelos valores obtidos no Exemplo 30. Vejamos se a função φ 2 (x) satisfaz as condições do teorema. Calculando-se a primeira derivada da função φ 2 (x): φ 2(x) = 1 2 x + 2,

22 Observa-se que tal derivada não existe para x = 2, e que em todos os outros valores ela existe e é contínua. Em especial, para um intervalo pequeno e contendo o ponto x 0 = 2.5, a função φ 2 continua sendo contínua. Por exemplo, o intervalo [1,3] Logo, tal função satisfaz a hipótese 1 do Teorema 31. Observe-se que para x [1, 3]: x + 2 > 1 2 x + 2 > 2 Então, φ 2(x) = 1 2 x + 2 < 1 2 < 1 Logo, a segunda hipótese também é satisfeita pela função de iteração φ 2 (x) Portanto, a sequência dada pela iteração x k+1 = φ 2 (x k ) converge para a raiz da equação (fato que já tinha sido observado no Exemplo 30) Método de Newton O método de Newton também conhecido pelo método das tangentes serve para calcular de forma aproximada a raiz da equação: f(x) = 0 (1.3.3) Sabemos que a equação da reta tangente ao gráco da função f no ponto (x k, f(x k )) é dada por: y = f (x k )x + b, onde b = f(x k ) f (x k )x k. A reta tangente intersecta ao eixo x em x, quando y = 0. Isto implica: 0 = f (x k ) x + ( f(x k ) f (x k )x k ) ou ou 0 = f (x k )( x x k ) + f(x k ) x = x k f(x k) f (x k )

23 Apartir da aproximação x k construimos a seguinte aproximação x k+1 dada por: x k+1 = x k f(x k) f (x k ) (1.3.4) Logo, x k+1 obtido pelo método de Newton representa o ponto de intersecção da reta tangente ao gráco de f, no ponto (x k, f(x k )), com o eixo x. A Figura apresenta a interpretação geométrica do método de Newton. Figura : Método de Newton ou método das tangentes. Exemplo 33. Faça 5 iterações do método de Newton para determinar a raiz x = 2 da seguinte equação: x 2 x 2 = 0 Solução. Considere x 0 = 1.0. Então, f(x) = x 2 x 2 e f (x) = 2x 2 Aplicando-se a fórmula de Newton (1.3.4), temos a Tabela 1.2

24 k x k = x k 1 f(x k 1) f (x k 1 ) Tabela 1.2: Aproximações para o Exemplo Lembrando que a equação x 2 x 2 = 0 possui duas raízes, veja gráco na Figura Figura : Esboço do gráco da função f(x) = x 2 x 2.

25 Figura : Representação gráca das 5 iterações do método de Newton Considerando x 0 = 0, temos: k x k = x k 1 f(x k 1) f (x k 1 ) A sequência converge para -1, isto é, não conseguimos aproximar a raiz positiva da equação não linear!!! Qual foi o problema?

26 Figura : Teorema 34. (Teorema de Taylor) Seja f : [a, b] R uma função com n derivadas contínuas e f (n+1) denida em todo ]a, b[. Seja x 0 [a, b], então existe c ]a, b[, tal que: f(x) = f(x k ) + f (x k ) 1! para todo x em torno de x k com x ]a, b[. (x x k ) + f (2) (x k ) (x x k ) ! +... f (n) (x k ) (x x k ) n + f (n+1) (c) n! (n + 1)! (x x k) 2, Supondo que f tem derivada primeira contínua e f existe em torno de x k, então: temos: f(x) = f(x k ) + f (x k ) 1! (x x k ) + f (2) (c) (x x k ) 2 (1.3.5) 2! Suponhamos que x k seja uma aproximação para a raiz x de f(x) = 0. Usando (1.3.5), f(x k ) + f (x k ) 1! f(x) = 0 (x x k ) + f (2) (c) (x x k ) 2 = 0 (1.3.6) 2! Desconsiderando o termo f (2) (c) 2! (x x k ) 2 da equação (1.3.6), temos: f(x k ) + f (x k ) (x x k ) = 0 (1.3.7) 1! A solução da equação (1.3.7) não é solução da equação (1.3.6), x, mas sim uma aprox-

27 imação para essa raiz. Resolvendo (1.3.7), temos: f(x k ) = f (x k )(x x k ) x x k = f(x k) f (x k ) x = x k f(x k) f (x k ) (1.3.8) DEnotando a solução de (1.3.8) por x k+1, temos: x k+1 = x k f(x k) f (x k ) (1.3.9) A equação (1.3.9) é o método de Newton ou método de Newton-Raphson. 1.4 Método de Newton para um sistema de duas equações não lineares com duas incógnitas Sejam f e g duas funções de duas variáveis independentes xe y. Consideremos o seguinte sistema de equações não lineares: f(x, y) = 0 (1.4.1) g(x, y) = 0 (1.4.2) A primeira equação dene os pontos da curva de nível 0 de f, e a segunda, os pontos da curva de nível 0 de g. Logo, procuramos os pontos comuns às curvas de nível de f e de g. Consideremos (x k, y k ) uma aproximação para a solução do sistema (1.4.1) e (1.4.2) e seja (x, y) a solução exata. Estamos supondo que o sistema possui uma solução. Das disciplinas de cálculo 2 e 3, temos que a série de Taylor para funções fe g de duas variáveis ao redor do ponto (x k, y k ), são, respectivamente: f(x, y) = f(x k, y k ) + f x (x k, y k )(x x k ) + +f y (x k, y k )(y y k ) + O(x x k ) 2 + +O(y y k ) 2 (1.4.3) g(x, y) = g(x k, y k ) + g x (x k, y k )(x x k ) + +g y (x k, y k )(y y k ) + O(x x k ) 2 + +O(y y k ) 2 (1.4.4)

28 Usando (1.4.3) e (1.4.4) em (1.4.1) e (1.4.2), respectivamente, e desconsiderando as potências em xe y de grau maior ou igual a 2. temos: f(x k, y k ) + f x (x k, y k )(x x k ) = 0 (1.4.5) g(x k, y k ) + g x (x k, y k )(x x k ) = 0 (1.4.6) Reordenando (1.4.5) e (1.4.6), temos: xf x (x k, y k ) + yf y (x k, y k ) = f(x k, y k ) + x k f x (x k, y k ) (1.4.7) xg x (x k, y k ) + yg y (x k, y k ) = g(x k, y k ) + x k g x (x k, y k ) + y k g y (x k, y k ) (1.4.8) Resolvendo (1.4.7) e (1.4.8), temos: [ ] fgy gf y x = x k, J [ ] gfx fg x y = y k, J onde J = f x g y f y g x. Entenda-se que J está aplicado em (x k, y k ). Mas o (x, y) não é solução exata do problema (1.4.1) e (1.4.2) e sim uma aproximação. Denotando essa aproximação por (x k+1, y k+1 ), temos: [ ] fgy gf y x k+1 = x k J(f, g) [ ] gfx fg x y k+1 = y k J(f, g), (1.4.9) (x k,y k ), (1.4.10) (x k,y k ) onde J(f, g) = f x g y f y g x é denominado de Jacobiano das funções de f e g. As fórmulas (1.4.9) e (1.4.10) são conhecidas como o método de Nweton para a solução do sistema não linear: f(x, y) = 0, g(x, y) = 0. Essas fórmulas são válidas sempre e quando J(f, g) Convergência dos métodos iterativos

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