Equações Algébricas e Transcendentes

Notas de aula de Cálculo Numérico c Departamento de Computação/ICEB/UFOP Equações Algébricas e Transcendentes Marcone Jamilson Freitas Souza, Departamento de Computação, Instituto de Ciências Eatas e Biológicas, Universidade Federal de Ouro Preto, 35400-000 Ouro Preto, MG, Brasil E-mail: marcone@icebufopbr Introdução O objetivo deste capítulo é o de apresentar métodos numéricos para resolver uma equação f() = 0 Resolver uma equação f() = 0 significa encontrar números ξ i, denominados raízes, tais que f(ξ i ) = 0 Geometricamente, conforme mostra a Figura, as raízes representam os pontos de interseção do gráfico de f com o eio O y f ζ ζ ζ 2 3 Figura : Raízes de uma equação 2 Fases na determinação de raízes A determinação de raízes envolve as seguintes fases: 2 Fase I - Isolamento Nesta fase o objetivo é o de determinar um intervalo [a, b], o menor possível, que contenha uma única raiz Para cumprir este objetivo os métodos que apresentaremos a seguir apoiam-se em dois resultados do Cálculo Diferencial e Integral Teorema de Cauchy-Bolzano Seja f uma função contínua em um intervalo [a, b] Se f(a) f(b) < 0 então eiste pelo menos um ponto ξ [a, b] : f(ξ) = 0

2 Marcone Jamilson Freitas Souza Resultado 2 Se f preservar o sinal em [a, b] e o Teorema de Cauchy-Bolzano for verificado neste intervalo então a raiz ξ é única Assim, para isolarmos as raízes de uma equação f() = 0 comumente utilizamos um dos seguintes procedimentos: Procedimento I: Esboçar o gráfico de f, determinando intervalos [ i, i+ ] que contenham uma única raiz Este objetivo pode ser cumprido gerando-se uma tabela de pontos ( i, f( i )), onde os pontos inicial e final, bem como o valor do passo considerado ( i+ i ), dependerão do problema considerado e da eperiência do usuário Eemplo: Isolar as raízes de f() = 2 cos = 0 Inicialmente, geremos uma tabela de pontos i, f( i ) i f( i ) -2-358 - -254 0-46 2 442 Como f(0) f() < 0 = ξ [0, ] Sendo f () = 2 + sen > 0 = ξ é única Procedimento II: Decompor a função f, se possível, na forma f = g h, onde os gráficos de g e h sejam conhecidos e mais simples Neste caso, os pontos de interseção dos gráficos de g e h representam as raízes de f() = 0 Com efeito, sejam i os pontos de interseção dos gráficos de g e h Logo: g( i ) = h( i ) = g( i ) h( i ) = 0 (2) Como f() = (g h)() = g() h() então: g( i ) h( i ) = f( i ) (22) Sendo g( i ) h( i ) = 0 (equação 2), resulta pela equação 22 que f( i ) = 0, isto é, os valores i são as raízes de f() = 0 Eemplo: Isolar as raízes de f() = 2 cos Inicialmente, façamos a decomposição da função f dada: f() = 0 2 cos() = 0 2 }{{} g() = cos }{{} h() Esbocemos, a seguir, os gráficos das funções g() = 2 e h() = cos A partir da visualização gráfica e tendo em vista que f(0) f(π/2) = π < 0, concluímos que eiste uma raiz ξ [0, π/2]

Equações Algébricas e Transcendentes 3 Eercícios Isole as raízes das seguintes equações: (a) f() = 3 9 + 3 = 0 (b) f() = + ln = 0 (c) f() = ln = 0 (d) f() = 3 + 2 + 0 = 0 (e) f() = 5e = 0 (f) f() = 5 + 3 4 9 3 2 + 20 2 = 0 22 Fase II - Refinamento Uma vez isolada uma raiz em um intervalo [a, b], procura-se, nesta fase, considerar uma aproimação para a raiz e melhorá-la sucessivamente até se obter uma aproimação com a precisão requerida 3 Critérios de parada Dizemos que k é uma boa aproimação para a raiz ξ de uma equação f() = 0 se os critérios abaio forem satisfeitos: (i) f( k ) < ε (ii) k ξ < ε onde ε é a precisão (tolerância) admitida Observamos que estes dois critérios não são equivalentes De fato: y y f f f( ) k 0000000000 k f( ) ζ k k ζ Figura 2: Caso (a) Figura 3: Caso (b) No caso (a) temos f( k ) < ε mas com k ξ ε No caso (b), ao contrário, temos k ξ < ε mas com f( k ) ε Desta forma, faz-se necessário impor os dois critérios Por outro lado, como um determinado método pode não convergir em uma dada aplicação, é comum impor-se, também, um número máimo de iterações

4 Marcone Jamilson Freitas Souza A questão que surge é: Como avaliar o critério de parada (ii) se não se conhece ξ? Para resolver esta questão a idéia é reduzir o intervalo [a, b] que contém a raiz ξ até que sua amplitude seja inferior à precisão requerida, isto é, até que b a < ε Assim, sendo b a < ε = k [a, b] tem-se k ξ < b a < ε Logo, k ξ < ε e qualquer k [a, b] é uma boa aproimação para a raiz ξ 4 Método da Bisseção 4 Introdução A idéia do Método da Bisseção é reduzir o intervalo [a, b] que contém a raiz ξ dividindo-o ao meio a cada iteração 42 Algoritmo Apresentamos pela Figura 4 o pseudo-código do procedimento Bisseção procedimento Bissecao(a,b, ε, ITERMAX,); k 0; 2 (a + b)/2; 3 enquanto ((b a ε ou f() ε) e k ITERMAX) faça 4 se (f(a) f() < 0) 5 então b 6 senão a ; 7 (a + b)/2; 8 k k + ; 9 fim-enquanto; 0 se (k ITERMAX) então Retorne como aproimação para a raiz; 2 senão Imprima: Não foi obtida uma aproimação com a precisão 3 requerida em k iterações; fim Bissecao; Figura 4: Algoritmo do Método da Bisseção 43 Estimativa do número de iterações Estimemos o número de iterações necessárias para obter uma aproimação k com uma precisão ε estabecida a priori, utilizando-se o critério (ii) da seção 3, k ξ < ε, como único critério de parada b 0 a 0 = b a b a = (b 0 a 0 )/2 = (b a)/2 b 2 a 2 = (b a )/2 = (b 0 a 0 )/4 = (b a)/2 2 b k a k = (b a)/2 k Impondo b k a k < ε, vem: b a < ε = b a 2 k ε < 2 k = 2 k > b a ε = ln 2 k > ln b a ε = k ln 2 > ln b a ε

Equações Algébricas e Transcendentes 5 Assim, o número mínimo de iterações necessárias para se calcular uma aproimação para a raiz de uma equação com precisão ε pode ser determinado pela epressão: k > ln ( ) b a ε (43) ln 2 44 Eemplo Determinar o número de iterações necessárias para calcular a raiz de f() = 2 cos = 0 no intervalo [0, ] com precisão ε < 0, 0, utilizando-se k ξ < ε como critério de parada Solução Para o eemplo considerado temos: a = 0, b =, ε = 0, 0 Aplicando o resultado 43, vem: b a 0 ln ln ε k > = 0,0 = 6, 64 ln 2 ln 2 Como o número k de iterações é um número inteiro, resulta que k = 7 45 Eemplo 2 Determinar com precisão ε < 0, 0 e com um máimo de 0 iterações, a raiz da equação f() = 2 cos = 0 (a) Isolamento da raiz: Já foi visto que ξ [0, ] (a) Refinamento da solução: k a b k f( k ) b a Conclusão 0 0 0500 022 ξ [0000, 0500] 0 0500 0250-0469 0500 ξ [0250, 0500] 2 0250 0500 0375-08 0250 ξ [0375, 0500] 3 0375 0500 0438-003 025 ξ [0438, 0500] 4 0438 0500 0469 0045 0063 ξ [0438, 0469] 5 0438 0469 0453 0007 003 ξ [0438, 0453] 6 0438 0453 0445-002 006 ξ [0445, 0453] 7 0445 0453 0449-0002 0008 Pare! pois b a < ε e f( k ) < ε Na iteração 7, tanto a amplitude do intervalo [a, b] quanto a imagem, em módulo, de 7 são menores que a precisão requerida, isto é, b a = 0453 0445 = 0008 < ε = 00 e f( 7 ) = 0008 < ε = 00 Desta forma, dizemos que 7 = 0449 é uma aproimação para a raiz ξ da equação f() = 2 cos = 0 com uma precisão ε < 00 45 Vantagens e Desvantagens do Método da Bisseção A maior vantagem do Método da Bisseção é que, para sua convergência, não há eigências com relação ao comportamento do gráfico de f no intervalo [a, b] Entretanto, ele não é eficiente devido à sua convergência lenta Pode ser observado que f() não decresce monotonicamente Isto decorre do fato de que na escolha de uma aproimação = a+b 2 não se leva em consideração os valores da função nos etremos do intervalo No pior caso, a raiz ξ está próima a um etremo O Método da Bisseção é mais usado para reduzir o intervalo antes de usar um outro método de convergência mais rápida

6 Marcone Jamilson Freitas Souza 5 Método da Falsa Posição 5 Introdução Seja f uma função contínua em um intervalo [a, b] tal que f(a) f(b) < 0 A idéia deste método é a de tomar como aproimação para a raiz ξ no intervalo [a, b] a média ponderada entre os etremos a e b com pesos f(b) e f(a), respectivamente Isto é: = a f(b) + b f(a) f(b) + f(a) (54) Desta forma, estará mais próimo do etremo cuja imagem for menor Como f(a) e f(b) têm valores de sinais contrários, então temos dois casos a considerar: (i) f(a) < 0 e f(b) > 0 Neste caso, f(a) = f(a) e f(b) = f(b) Logo: = a f(b) + b f(a) f(b) + f(a) (ii) f(a) > 0 e f(b) < 0 Neste caso, f(a) = f(a) e f(b) = f(b) Logo: = a f(b) b f(a) f(b) f(a) = a f(b) + b f(a) f(b) + f(a) = a f(b) + b f(a) f(b) + f(a) Observamos que em ambos os casos tem-se, portanto: = a f(b) b f(a) f(b) f(a) = a f(b) b f(a) f(b) f(a) (55) Neste método, as aproimações são geradas conforme a epressão 55 garantindo-se, a cada iteração, que elas estejam no intervalo [a, b] cujos etremos tenham valores de sinais contrários 52 Interpretação geométrica O número dado pela fórmula 55 representa o ponto de interseção da reta que passa pelos pontos (a, f(a)) e (b, f(b)) com o eio O De fato, a equação da reta que passa pelos pontos (a, f(a)) e (b, f(b)) é: f() a f(a) b f(b) = 0 Resolvendo este determinante, obtemos: f(a) + bf() + af(b) bf(a) af() f(b) = 0 (f(a) f(b)) + (b a)f() + af(b) bf(a) = 0 = (b a)f()+bf(a) af(b) f(a) f(b) No ponto de interseção dessa reta com o eio O tem-se f()=0 Logo: = bf(a) af(b) f(a) f(b) Multiplicando numerador e denominador por resulta a epressão:

Equações Algébricas e Transcendentes 7 = af(b) bf(a) f(b) f(a) Observamos que o Método da Falsa Posição procura gerar, a cada iteração, uma aproimação k para a raiz ξ cuja imagem seja a menor possível, isto é, uma aproimação tal que f( k ) < ε, sem se preocupar com a diminuição da amplitude (b a) do intervalo [a, b] que contém a raiz A Figura 5 ilustra como funciona o método y f(b) f a 0 ζ b f(a) f( ) 0 Figura 5: Interpretação geométrica do Método da Falsa Posição 53 Convergência Teorema Seja f contínua em um intervalo [a, b] tal que f(a) f(b) < 0 Se, além disso: (i) f preservar o sinal e não se anular em [a, b]; (ii) m = min [a,b] f () ; (iii) M = ma [a,b] f () ; Então: k ξ < M m m k k Desta forma, se fizermos k k < ε M m m (ii) da seção 3 pode ser satisfeito impondo-se k k < obteremos k ξ < ε, isto é, o critério ε M m m Entretanto, como na prática o cálculo dos limitantes inferior e superior da derivada primeira de f no intervalo [a, b] não é uma tarefa das mais simples (assim como verificar a satisfação ao item (i) do Teorema ), é comum impor-se apenas que k k < ε seja utilizado como critério substituto do mecanismo de parada (ii) da seção 3 Observamos, entretanto, que com essa imposição, nem sempre o Teorema será atendido Assim, não haverá garantia de que a solução k difira da raiz ξ de ε Teorema 2 Se f é uma função contínua em um intervalo [a, b] e f(a) f(b) < 0 então o Método da Falsa Posição converge

8 Marcone Jamilson Freitas Souza Observamos que se f preservar o sinal em [a, b], um dos etremos se manterá fio durante o processo iterativo Há 4 casos a analisar: () f () > 0 [a, b], f(a) < 0 e f(b) > 0; (2) f () < 0 [a, b], f(a) > 0 e f(b) < 0; (3) f () > 0 [a, b], f(a) > 0 e f(b) < 0 e (4) f () < 0 [a, b], f(a) < 0 e f(b) > 0 Nos dois primeiros casos, o etremo direito b do intervalo será fio, enquanto que nos dois últimos casos, o ponto fio será o etremo esquerdo a 54 Algoritmo Apresentamos pela Figura 6 o pseudo-código do procedimento Falsa Posição Este procedimento considera os critérios f( k ) < ε e k k < ε como mecanismos de parada procedimento FalsaPosicao(a,b, ε, ITERMAX,); k 0; 2 ant a; 3 a f(b) b f(a) f(b) f(a) ; 4 enquanto (( ant ε ou f() ε) e k ITERMAX) faça 5 se (f(a) f() < 0) 6 então b 7 senão a ; 8 ant ; 9 a f(b) b f(a) f(b) f(a) ; 0 k k + ; fim-enquanto; 2 se (k ITERMAX) 3 então Retorne como aproimação para a raiz; 4 senão Imprima: Não foi obtida uma aproimação com a precisão 5 requerida em k iterações; fim FalsaPosicao; Figura 6: Algoritmo do Método da Falsa Posição 55 Eemplo Determinar, com erro ε < 0, 0, a raiz da equação f() = 2 cos = 0 no intervalo [0, ] Gerando as aproimações k segundo a epressão 56, obteremos a seguinte tabela: k a b k f( k ) k k Conclusão 0 0 - -005 0407 ξ [0407, 000] 0407 000 0447-0009 0040 ξ [0447, 000] 2 0447 000 0450-000 0003 Pare! pois f( 2 ) < 00 e 2 < ε Logo, 2 = 0450 é uma aproimação para a raiz ξ da equação f() = 2 cos = 0 com uma precisão ε < 00

Equações Algébricas e Transcendentes 9 56 Vantagens e Desvantagens do Método da Falsa Posição A grande vantagem do Método da Falsa Posição é que ela é uma técnica robusta, que converge independentemente da forma do gráfico de f no intervalo [a, b] Entretanto, quando a convergência para a raiz só se faz a partir de um etremo do intervalo [a, b] e a imagem desse ponto fio tem um valor muito elevado, a convergência é lenta Este fato pode ser verificado analisando-se mais cuidadosamente a fórmula 55 Suponhamos que o ponto fio seja b Neste caso, coloquemos a fórmula 55 em um outro formato, que mostre a parcela de acréscimo dado ao etremo esquerdo a, que nesta situação é variável Para tanto, adicionemos ao seu numerador as parcelas a f(a) e a f(a) Logo: = a f(b) b f(a) f(b) f(a) Assim: = a f(b) b f(a) a f(a)+a f(a) f(b) f(a) = a = a[f(b) f(a)] (b a)f(a) f(b) f(a) f(a) (b a) (56) f(b) f(a) Analisemos essa última fórmula Sendo, por hipótese, b fio e f(b) elevado, a epressão f(a) f(b) f(a) (b a), que representa o acréscimo, será pequena, acarretando convergência tão mais lenta quanto maior for o valor de f(b) Para o caso de se considerar a como ponto fio, faz-se necessário colocar a fórmula 56 em outro formato equivalente (que pode ser obtido a partir da fórmula 55, somando-se e subtraindo a parcela bf(b) ao seu numerador), a saber: = b f(b) f(b) f(a) (b a) Para evitar que um etremo fique fio durante o processo iterativo (situação que ocorre quando f( k ) f( k ) > 0), a idéia é substituir a reta que passa pelos pontos (a, f(a)) e (b, f(b)) por uma de inclinação menor Por eemplo, se em duas iterações consecutivas tivermos f( k ) f( k ) > 0 e o etremo fio for b, então substituimos f(b) da fórmula 56 por f(b)/2 6 Método de Newton-Raphson 6 Introdução Seja f uma função contínua em [a, b] tal que: (i) f(a) f(b) < 0 (ii) Eiste uma única raiz ξ [a, b] (iii) f e f preservam o sinal e não se anulam em [a, b] Um eemplo de uma função satisfazendo as condições acima é o da figura 7 abaio: A idéia do Método de Newton-Raphson é a de aproimar um arco da curva por uma reta tangente traçada a partir de um ponto da curva Seja 0 [a, b] uma aproimação inicial para a raiz A tangente de α na figura 7 é: De onde resulta que: tan(α) = f( 0) 0 = f ( 0 ) = 0 f( 0) f ( 0 )

0 Marcone Jamilson Freitas Souza y f( ) 0 ζ α 0 Figura 7: Interpretação geométrica do Método de Newton-Raphson De forma análoga obtemos 2, que representa a interseção da reta tangente ao gráfico de f no ponto (, f( )) com o eio dos : Isto é: tan(β) = f( ) 2 = f ( ) 2 = f( ) f ( ) Genericamente: k = k f( k ) f ( k ) k =, 2, (67) 62 Escolha da aproimação inicial Teorema Se f(a) f(b) < 0 e f e f forem não nulas e preservarem o sinal em [a, b], então partindo-se de uma aproimação inicial 0 [a, b] tal que f( 0 ) f ( 0 ) > 0 é possível gerar, pelo Método de Newton, uma sequência de aproimações k que convirja para a raiz ξ de f() = 0 63 Eemplo Determinar pelo Método de Newton-Raphson, com precisão ε < 0, 0 em um máimo de 0 iterações, a raiz da equação f() = 2 cos = 0 (a)isolamento Já foi visto que ξ [0, ] (b)determinação de 0 : f () = 2 + sen = f () > 0 [0, ] f () = cos = f () > 0 [0, ] Sendo f(0) =, f() = 46 e f () > 0 então podemos tomar como aproimação inicial 0 =, pois f()f () > 0 (c)refinamento:

Equações Algébricas e Transcendentes k k f( k ) f ( k ) k k Conclusão 0 460 284-0486 0088 2467 054 2 0450 000 2435 0036 3 0450 0000 2435 0000 Pare! pois f( 3 ) < 00 e 3 2 < ε Logo, 3 = 0450 é uma aproimação para a raiz ξ da equação f() = 2 cos = 0 com uma precisão ε < 00 64 Algoritmo Apresentamos pela Figura 8 o pseudo-código do procedimento Newton-Raphson Este procedimento considera os critérios f( k ) < ε e k k < ε como mecanismos de parada procedimento Newton-Raphson(ε, ITERMAX,); k 0; 2 δ ; 3 enquanto ( δ ε ou f() ε) e k ITERMAX faça 4 δ f() f () ; 5 + δ; 6 k k + ; 7 fim-enquanto; 8 se (k ITERMAX) 9 então Retorne como aproimação para a raiz; 0 senão Imprima: Não foi obtida uma aproimação com a precisão requerida em k iterações; fim Newton-Raphson; Figura 8: Algoritmo do Método de Newton-Raphson 65 Vantagens e desvantagens do Método de Newton O Método de Newton-Raphson tem convergência muito boa (quadrática) apresenta as seguintes desvantagens: Entretanto, (i) Eige o cálculo e a análise do sinal de f e f (ii) Se f ( k ) for muito elevado a convergência será lenta (iii) Se f ( k ) for próimo de zero pode ocorrer overflow Para contornar o item (i), o qual é necessário para a escolha da aproimação inicial, é comum apenas calcular-se o valor da função e o de sua derivada segunda nos etremos a e b, considerando para 0 o etremo que satisfazer a condição f( 0 )f ( 0 ) > 0 Para tanto, é importante que o intervalo [a, b] considerado seja suficientemente pequeno, de forma a minimizar a possibilidade de variação de sinal de f e f

2 Marcone Jamilson Freitas Souza 7 Estudo Especial das Equações Algébricas Equações algébricas são todas as equações que podem ser colocadas na forma: P n () = a n n + a n n + + a 2 2 + a + a 0 = 0 (78) onde a i R i = 0,,, n Teorema Fundamental da Álgebra P n () = 0 tem n raízes ξ i, ou compleas i =, 2,, n reais 7 Valor de um polinômio em um ponto 7 Forma tradicional Dado um polinômio P 2 () = 3 2 5 + 6, se desejarmos calcular seu valor em um dado ponto, por eemplo, para =, normalmente o fazemos da seguinte forma: P 2 () = 3 2 5 + 6 Observamos que essa forma tem compleidade quadrática (O(n 2 )), conforme se mostra na tabela a seguir Tabela : Compleidade da forma tradicional de se avaliar um polinônio Polinômio Grau Adições Multiplicações Total P () = a + a 0 2 P 2 () = a 2 2 + a + a 0 2 2 3 (+2) 5 P 3 () = a 3 3 + a 2 2 + a + a 0 3 3 6 (+2+3) 9 P n () = a n n + a n n + + a + a 0 n n + 2 + + n n 2 +3n 2 72 Regra de Horner Uma forma de reduzir a compleidade envolvida na avaliação de um polinômio em um ponto é usar a Regra de Horner, que usa uma sequência de parênteses aninhados Tabela 2: Compleidade da Regra de Horner Polinômio Grau Adições Multiplicações Total P () = a + a 0 2 P 2 () = (a 2 + a ) + a 0 2 2 2 4 P 3 () = ((a 3 + a 2 ) + a ) + a 0 3 3 3 6 P n () = ( (a n + a n ) + + a ) + a 0 n n n 2n Como se pode observar da tabela 2, a compleidade envolvida na avaliação de um polinômio em um ponto por esta regra é linear (O(n))

Equações Algébricas e Transcendentes 3 Eemplo: Calcular P (5) nos seguintes casos: (a) P () = 4 3 + 2 2 + (b) P () = 5 + 2 3 + 5 2 6 (a) P () = ((4 + 2) ) + = P (5) = ((4 2 + 2) 2 ) 2 + = 546 (b) P () = (((( + 0) + 2) + 5) + 0) 6 = P (5) = ((((5 + 0) 5 + 2) 5 + 5) 5 + 0) 5 6 = 3494 Na Figura 9 ilustra-se o pseudocódigo do procedimento Horner Os parâmetros de entrada deste procedimento são o grau n do polinômio, seu vetor a de coeficientes, o ponto para o qual se deseja calcular o valor do polinômio A saída é a variável P, que acumula o valor do polinômio no ponto procedimento Horner(n, a, P, ); P a n ; 2 para i = n até passo faça 3 P P + a i ; 4 fim-enquanto; 5 Retorne P ; fim Horner; Figura 9: Procedimento de Horner 72 Limite das Raízes Reais 72 Limite Superior das Raízes Positivas (LSRP) Teorema de Lagrange Seja a equação algébrica P n () = a n n + a n n + + a 2 2 + a + a 0 = 0 com a n > 0, a 0 0 e k = ma i 0 i n < 0} Então para limite superior das raízes positivas de P n () = 0, caso eistam, pode-se tomar o número: onde B = ma a i a i<0 0 i n L = + n k B a n (79) Desse teorema concluímos que se ξ + é a maior das raízes positivas de P n () = 0, então: ξ + L Eemplo : Determinar o limite superior das raízes positivas da equação P () = 5 + 3 4 9 3 2 + 20 2 = 0 n = 5, a n =, a 0 = 2 0,

4 Marcone Jamilson Freitas Souza k = ma {i : a i < 0} = ma {3, 2, } = 3 0 i 4 0 i 4 B = ma a i = ma { 9,, 2 } = 2 a i<0 a i<0 0 i n 0 i 4 L = + n k B a n = + 2 2 = + 336 = 446 Logo, ξ + 446 722 Limite Inferior das Raízes Positivas (LIRP) Sejam ξ, ξ 2,, ξ n as raízes de P n () = 0 Logo: P () = a n ( ξ )( ξ 2 ) ( ξ n ) = 0 Para determinarmos o limite inferior das raízes positivas de P n () = 0, basta substituirmos por em P n() = 0 e aplicarmos o Teorema de Lagrange à equação resultante O inverso do limite obtido será, então, o limite inferior das raízes de P n () = 0 Mais especificamente, seja a equação auiliar P () = n P ( ) = 0 Tendo em vista que P () = a n ( ξ )( ξ 2) ( ξ n) = 0, tem-se que as raízes de P () = 0 são: ξ, ξ 2,, ξ n Seja ξ a maior das raízes positivas de P + () = 0 e L o limite superior das raízes positivas de P () = 0 Então ξ L + Isto é: ξ + L Portanto, L é o limite inferior das raízes positivas de P n () = 0 Eemplo 2: Determinar o limite inferior das raízes positivas de P () = 5 + 3 4 9 3 2 + 20 2 = 0 P () = 5 P ( [ ( ) = 5 ( ) + 3 4 ( ) 9 3 ( ) 2 ( ) + 20 ) ] 2 = 0 P () = + 3 9 2 3 + 20 4 2 5 = 0 Como a n < 0, devemos multiplicar a equação auiliar por Desta forma, obtemos: P () = 2 5 20 4 + 3 + 9 2 3 = 0 Nesta equação temos: n = 5, a n = 2, B = ma{ 20, 3, } = 20, k = ma{4,, 0} = 4 Assim, L = + n k B a n = + 5 4 20 2 = + 67 = 267 Portanto, L = 267 = 037 é o LIRP de P () = 0, isto é, ξ+ 037 Obs: Dos eemplos e 2 concluimos que 037 ξ + 446 723 Limite Inferior das Raízes Negativas (LIRN) Sejam ξ, ξ 2,, ξ n as raízes de P () = 0 Se tomarmos como equação auiliar P 2 () = P ( ) = 0, teremos como raízes de P 2 () = 0: ξ, ξ 2,, ξ n Seja ξ, ξ < 0, a maior das raízes positivas de P 2 () = 0 e L 2 o limite superior das raízes positivas de P 2 () = 0 Então: ξ L 2 = ξ L 2, isto é, L 2 é o limite inferior das raízes negativas de P () = 0

Equações Algébricas e Transcendentes 5 Eemplo 3: Determinar o LIRN da equação algébrica 5 + 3 4 9 3 2 + 20 2 = 0 P 2 () = P ( ) = ( ) 5 + 3( ) 4 9( ) 3 ( ) 2 + 20( ) 2 = 0 P 2 () = 5 + 3 4 + 9 3 2 20 2 = 0 Para que possamos aplicar o Teorema de Lagrange devemos multiplicar a equação anterior por, uma vez que a n = a 5 = < 0 Desta forma: P 2 () = 5 3 4 9 3 + 2 + 20 + 2 = 0 Nesta equação temos: n = 5, a n =, B = ma{ 3, 9 } = 9, k = ma{4, 3} = 4 Assim, L 2 = + n k B a n Portanto, ξ 0 = + 5 4 9 = + 9 = 0 724 Limite Superior das Raízes Negativas (LSRN) De forma análoga aos casos anteriores, seja a equação auiliar: P 3 () = n P ( ) = 0 Seja ξ, ξ < 0, a maior das raízes positivas de P 3 () = 0 e L 3 o limite superior das raízes positivas de P 3 () = 0 Logo: ξ L 3 ξ <0 = ξ L 3 L 3 >0 = L 3 ξ = ξ L 3 Isto é, L 3 é o limite superior das raízes negativas de P () = 0 Eemplo 4: Determinar o LSRN da equação algébrica 5 + 3 4 9 3 2 + 20 2 = 0 P 3 () = 5 P ( ) = [ ( ) 5 + 3 ( ) 4 9 ( ) 3 ( ) 2 ( ) ] + 20 2 = 0 P 3 () = + 3 + 9 2 3 20 4 2 5 = 0 Como a n < 0, devemos multiplicar a equação auiliar por Desta forma, resulta que: P 3 () = 2 5 + 20 4 + 3 9 2 3 + = 0 Nesta equação temos: n = 5, a n = 2, B = 9, k = 2 Assim, L 3 = + n k B a n = + 5 2 9 2 = + 3 075 = 9 Portanto, L 3 = 93 = 052 é o LSRN de P () = 0 Obs: Dos eemplos 3 e 4, concluímos que 0 ξ 052 73 O Número de Raízes Reais 73 Regra de Sinais de Descartes O número de raízes positivas de uma equação algébrica, denotado por n + ou é igual ao número de variações de sinal na sequência dos coeficientes ou é menor que esse número por um inteiro par

6 Marcone Jamilson Freitas Souza Eemplo 5: Em P () = + 3 4 2 + 6 = 0 há 2 variações de sinal na sequência dos coeficientes Portanto, há 2 raízes positivas ou nenhuma (n + = 2 ou 0) Para determinarmos o número de raízes negativas de P () = 0, denotado por n, basta trocarmos por e calcularmos o número de raízes positivas de P ( ) = 0, o qual será o número de raízes negativas de P () = 0 Para o eemplo anterior, em P ( ) = ( ) 3 4( ) 2 ( )+6 = 3 4 2 ++6 = 0 há uma troca de sinal Logo, n = Eemplo 6: P () = 4 2 3 7 2 + 8 + 2 = 0 n + = 2 ou 0 P ( ) = ( ) 4 2( ) 3 7( ) 2 + 8( ) + 2 = 0 P ( ) = 4 + 2 3 7 2 8 + 2 = 0 n = 2 ou 0 Eemplo 7: P () = 4 8 3 + 6 2 8 + 5 = 0 n + = 4 ou 2 ou 0 P ( ) = ( ) 4 8( ) 3 + 6( ) 2 8( ) + 5 = 0 P ( ) = 4 + 8 3 + 6 2 + 8 + 5 = 0 n = 0 Eemplo 8: P () = 2 + 4 + 4 = 0 n + = 0 P ( ) = ( ) 2 + 4( ) + 4 = 0 P ( ) = 2 4 + 4 = 0 n = 2 ou 0 732 Regra de Sinais de Sturm Sequência de Sturm Chama-se sequência de Sturm de uma equação algébrica P () = 0 à sucessão: p 0 (), p (), p 2 (),, p n () onde p 0 () = P (), p () = P () e p k (), k 2 é o resto da divisão, com sinal trocado, de P k 2 () por P k () Teorema de Sturm Se P (a) 0 e P (b) 0 então o número de raízes reais distintas de P () = 0 no intervalo a b é eatamente N(a) N(b), onde N(a) (respectivamente N(b)) representa o número de variações de sinal na sequência de Sturm no ponto = a (respectivamente = b) Eemplo 9: Calcular o número de raizes reais distintas no intervalo [0, 3] da equação P () = 3 + 2 + = 0, sabendo-se que a sucessão de Sturm de P () = 0 é: (a) p 0 () = 3 + 2 + (b) p () = 3 2 + 2

Equações Algébricas e Transcendentes 7 (c) p 2 () = 8 9 0 9 (d) p 3 () = 99 6 p 0 (0) = + > 0 p 0 (3) = +34 > 0 p (0) = < 0 p (3) = +32 > 0 p 2 (0) = 0 9 < 0 p 2(3) = +4/9 > 0 p 3 (0) = 99 6 < 0 p 3(3) = 99/6 < 0 No ponto = a = 0 houve uma variação de sinal (de p 0 (0) para p (0)) Assim N(0) = Por outro lado, no ponto = b = 3 também houve uma variação de sinal (de p 2 (3) para p 3 (3)) Assim N(3) = Do eposto, concluímos que a equação 3 + 2 + = 0 não possui raízes no intervalo [0, 3] pois N(0) N(3) = = 0 Eemplo 0: Dada a equação 4 2 3 7 2 + 8 + 2 = 0, pede-se: (a) Determinar os limites das raízes reais (b) Construir a sequência de Sturm (c) Determinar o número de raízes reais (d) Isolar as raízes (a) Determinação do LSRP (a2) Determinação do LIRP (a3) Determinação do LIRN (a4) Determinação do LSRN