Analise Numerica 1

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Resolucao de equacoes nao lineares ou

Calculo de zeros de funcoes

Problema: Dada a funcao f(x) determinar o valor s tal

que f(s) = 0.

Solucao:

• Formulas – exemplo: formula resolvente para equacoes do 20 grau.

↪→ Existem para muito poucos casos.

• Metodos iterativos – dao-nos uma valor aproximado para s.

↪→ Sequencia de valores de x que convergem para s.

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x0 — valor inicial −→ f(x0) 6= 0

↓

x1 — 1a iteracao −→ f(x1) 6= 0

↓

x2 — 2a iteracao −→ f(x2) 6= 0

↓

.

..

↓

xn — iteracao n −→ f(xn) ' 0

Isto e:

x0, x1, x2, . . . , xn, . . . −→ s

xn diz-se uma solucao (aproximada) da equacao

Para cada metodo iterativo de resolucao de equacoes nao lineares a que considerar:

1. Se x0, x1, . . . , xn e convergente para s, ou pelo menos sob que condicoes o e.

2. A rapidez com que tal convergencia ocorre.

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Analise Numerica 2

Slide 3

Metodo das bisseccoes sucessivas

Partindo de um intervalo inicial [a, b],

que devera forcosamente conter a raiz

que se pretende determinar, vai-se su-

cessivamente dividindo o intervalo a

meio, garantindo que a raiz se mantem

dentro do intervalo.

• Para que a raiz esteja no intervalo [a, b]:

f(a)f(b) < 0.

• Para que a raiz se mantenha dentro dos sucessivos sub-intervalos:

x1 substitui a ou b conforme f(x1)f(b) < 0 ou f(a)f(x1) < 0.

Slide 4

Erro ao fim da iteracao k

x1 = a+b2

⇒ ε1 <|b−a|

2

x2 = x1+b2

⇒ ε2 <|b−a|

2

2...

...

xk = xk−1+xi

2, i ≤ k − 2 ⇒ εk <

|b−a|2k

Entao, quantas iteracoes se devem fazer para se ter um erro menor que δ?

εn <|b− a|

2n< δ ⇔ 2n >

|b− a|

δ⇔ n > log2

|b− a|

δ

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Slide 5

Exemplo

Encontre um valor aproximado a menos do que 5× 10−3 da raiz s da equacao

x lnx− 1 = 0

sabendo que s ∈]1, e[.

Resolucao

1. Verificacao das condicoes de convergencia no intervalo dado

f(1) < 0 ∧ f(e) > 0

2. Calculo do numero de iteracoes

Neste problema pretende-se uma precisao δ = 5× 10−3 e b− a = e− 1. Entao:

ε < δ ⇒|b− a|

2k< δ ⇔ k > log2

|b− a|

δ⇔ k > 8.4

Portanto, quando utilizamos o intervalo [1, e] a convergencia esta garantida e

para satisfazer a precisao exigida e suficiente realizar 9 iteracoes. Para 9

iteracoes o erro maximo obtido sera de |e−1|

29 ≈ 4× 10−3.

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3. Iteracoes

k ak f(ak) bk f(bk) xk+1

0 1 -1 e 1.718 1.859

1 1 -1 1.859 0.153 1.430

2 1.430 -0.489 1.859 0.153 1.644

3 1.644 -0.182 1.859 0.153 1.752

4 1.752 -0.018 1.859 0.153 1.805

5 1.752 -0.018 1.805 0.066 1.778

6 1.752 -0.018 1.778 0.024 1.765

7 1.752 -0.018 1.765 0.003 1.758

8 1.758 -0.007 1.765 0.003 1.762

Solucao:

x∗ = 1.762± 4× 10−3

︸ ︷︷ ︸⇔ x∗ ∈ [1.758, 1.766]

↓

Esta representacao nao significa que todos estes dıgitos sao significativos.

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Sıntese

Seja f ∈ C[a, b] e tal que f(a).f(b) < 0. Entao a sucessao {xk} determinada

pelo metodo das bisseccoes sucessivas (xk+1 = bk+ak

2) converge para um zero

de f neste intervalo, e o erro apos k iteracoes satisfaz a seguinte relacao:

εk <|b− a|

2k

Slide 8

Metodo da falsa posicao ou regula falsi

Partindo de um intervalo [a, b], conten-

do a raiz que se pretende determinar,

um dos extremos do intervalo e substi-

tuıdo pela interseccao do segmento de

recta que une os pontos extremos do

intervalo com o eixo dos xx.

Equacao da recta AB:

y−f(a0) =f(b0)− f(a0)

b0 − a0(x−a0) ⇔

y =f(b0)− f(a0)

b0 − a0(x− a0) + f(a0)

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Slide 9

A interseccao com o eixo dos xx e dada por y = 0:

x− a0 =−f(a0)(b0 − a0)

f(b0)− f(a0)⇔

x = a0 − f(a0)(b0 − a0)

f(b0)− f(a0)

No caso geral vira:

xk+1 =akf(bk)− bkf(ak)

f(bk)− f(ak)

Slide 10

Condicoes de convergencia

Nos extremos dos sucessivos sub-intervalos a funcao deve manter sinais

contrarios. Para isso e suficiente que a funcao nao mude de concavidade no

intervalo [a, b], isto e, f ′′ tenha sinal constante no intervalo [a, b].

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Slide 11

Erro na iteracao k

Consideremos o caso da convergencia a esquerdaa , isto e:

Se aplicarmos o teorema do valor medio aos intervalos [xk−1, xk] e [xk, s]

obtemos:

∃ξ∈[xk−1,xk] : f(xk)− f(xk−1) = f ′(ξ)(xk − xk−1) (1)

∃ξ′∈[xk,s] : 0− f(xk) = f ′(ξ′)(s− xk) (2)

aNo caso da convergencia a direita o raciocınio e analogo.

Slide 12

Resolvendo (1) em ordem a f(xk), substituindo em (2) e resolvendo esta em ordem

a (xk − s) vem:

(xk − s) =f ′(ξ)(xk − xk−1) + f(xk−1)

f ′(ξ′)

Usando novamente a equacao (1) para substituir f(xk−1) teremos:

(xk − s) =f ′(ξ)(xk − xk−1) + f(xk)− f ′(ξ′′)(xk − xk−1)

f ′(ξ′)

Como, no pressuposto de que a convergencia e a esquerda, f(xk) < 0, entao

cortando esse termo fica-se com uma fraccao maior:

(xk − s) ≤f ′(ξ)(xk − xk−1)− f ′(ξ′′)(xk − xk−1)

f ′(ξ′)

Finalmente, aplicando modulos, usando a desigualdade triangular dos modulosa e

tomando o pior caso para as derivadas, isto e, substituindo f ′(ξ) por

M1 = maxx∈[a,b] |f′(x)| e f ′(ξ′) e f ′(ξ′′) por m1 = minx∈[a,b] |f

′(x)| vem

finalmente:

|xk − s| ≤M1 −m1

m1|xk − xk−1|

a|a + b| ≤ |a|+ |b|

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Slide 13

Exemplo

Encontre um valor aproximado a menos do que 5× 10−3 da raiz s da equacao

x lnx− 1 = 0

sabendo que s ∈]1, e[.

Resolucao

1. Verificacao das condicoes de convergencia no intervalo dado

f(x) = x lnx− 1

f′(x) = lnx + 1

f′′(x) =

1

x

portanto f ′′ > 0 em [1, e] e esta garantida a convergencia do metodo.

Slide 14

2. Calculo do numero de iteracoes

Temos uma expressao para o majorante do erro em cada iteracao, mas

isso nao nos permite determinar a partida o numero de iteracoes que sao

necessarias para satisfazer um certo erro. Apenas poderemos, a medida

que vamos iterando, determinar o erro maximo dessa aproximacao.

Aplicando a expressao a esta funcao em concreto:

M1 = maxx∈[1,e]

|f ′(x)| = maxx∈[1,e]

| lnx + 1| = 2

m1 = minx∈[1,e]

|f ′(x)| = minx∈[1,e]

| lnx + 1| = 1

Logo:

εk ≤2− 1

1|xk − xk−1| = |xk − xk−1|

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Slide 15

3. Iteracoes

Usando a formula de calculo de xk+1:

xk+1 =akf(bk)− bkf(ak)

f(bk)− f(ak)

Fazem-se as seguintes iteracoes:

k ak f(ak) bk f(bk) xk+1 εk

0 1 -1 e 1.718 1.632 —

1 1.632 -0.200 e 1.718 1.746 1.1× 10−1

2 1.746 -0.028 e 1.718 1.761 1.5× 10−2

3 1.761 -0.004 e 1.718 1.763 2× 10−3

Obtendo-se a solucao x∗ = 1.763± 2× 10−3.

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Sıntese

Seja f ∈ C[a, b] e f ′ ∈ C[a, b]. Seja ainda f uma funcao convexa ou concava

(f ′′ com sinal constante) no intervalo [a, b], com f(a).f(b) < 0. Entao a

sucessao {xk} determinada pelo metodo da falsa posicao

xk+1 =akf(bk)− bkf(ak)

f(bk)− f(ak)

converge para um zero de f nesse intervalo e o erro na iteracao k e

majorado por:

|xk − s| ≤M1 −m1

m1|xk − xk−1|

com 0 < m1 ≤ |f ′(x)| ≤ M1 < ∞, ∀x∈[a,b].

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Slide 17

Metodo da falsa posicao modificado

Em cada iteracao toma-se o ponto ex-

tremo do intervalo que ficaria fixo (por

exemplo (bk, f(bk)) e substitui-se a co-

ordenada y por metade do seu valor,

(bk,f(bk)

2), desde que os extremos do

intervalo se mantenham em seguida

um de cada lado da raiz. Desta forma

evita-se que um dos extremos do inter-

valo fique fixo ate ao final do processo

iterativo.

Slide 18

Exemplo

A formula de calculo de xk+1 e basicamente a mesma que anteriormente,

substituindo-se quando necessario f(ak) for f(ak)2

ou f(bk) por f(bk)2

.

Para funcao x lnx− 1 = 0 e o intervalo ]1, e[ vem:

k ak f(ak) bk f(bk) xk+1 εk

ouf(ak)

2ou

f(bk)2

0 1 -1 e 1.718 1.632 —

1 1.632 -0.200 e 0.859 1.838 2× 10−1

2 1.632 -0.200 1.838 0.118 1.761 7.7× 10−2

3 1.761 -0.003 1.838 0.118 1.763 2× 10−3

k = 0 x0 = a0 = 1

k = 1 x1 = 1.632 → f(x1) = −0.200 ... a1 = x1

f(x0)f(x1) > 0 ... f(b1) →f(b1)

2k = 2 x2 = 1.838 → f(x2) = 0.118 ... b2 = x2

f(x1)f(x2) < 0 ... f(a2)

k = 3 x3 = 1.761 → f(x3) = −0.003 ... a3 = x3

f(x2)f(x3) < 0 ... f(b3)

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Analise Numerica 10

Slide 19

Outra alteracao ao metodo da falsa posicao – o metodo

da secante

Funciona de modo analogo ao metodo

da falsa posicao mas sem a obrigatorie-

dade de os extremos terem sinais opos-

tos:

xn+1 =f(xn)xn−1 − f(xn−1)xn

f(xn)− f(xn−1)

em que f(xn)f(xn−1) > 0 e admissıvel.

Este metodo e especialmente util quando nao se consegue garantir sinal

constante para a 2a derivada de f no intervalo em estudo.

Esta simplificacao do metodo da falsa posicao pode trazer como

consequencia que o metodo da secante deixe de convergir sob certas

condicoes. Todavia, quando converge, fa-lo mais rapidamente.

Slide 20

Metodo iterativo simples ou de ponto fixo

Este metodo obriga a que a funcao es-

teja expressa sob uma forma recursiva,

isto e:

f(x) = 0 −→ x = F (x)

Partindo de um valor inicial x0 vai-se

recursivamente obtendo novos valores

xn:

xn+1 = F (xn)

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Slide 21

Condicoes de convergencia

Ha casos em que o metodo diverge!

Seja x = F (x), F (x) contınua e derivavel, e s : s = F (s), isto e, s e a

solucao da equacao f(x) = 0.

Pelo teorema do valor medio:

∃ξn∈[xn,s] : F (xn)− F (s) = F ′(ξn)(xn − s)

Como xn+1 = F (xn) e s = F (s):

xn+1 − s = F ′(ξn)(xn − s)

Slide 22

Indutivamente:

xn − s = F ′(ξn−1)(xn−1 − s)

xn−1 − s = F ′(ξn−2)(xn−2 − s)

· · ·

x1 − s = F ′(ξ0)(x0 − s)

Substituindo em cadeia teremos:

xn+1 − s = F ′(ξn)F ′(ξn−1)F′(ξn−2) · · ·F

′(ξ0)(x0 − s)

Se |F ′(x) < L para todo o x ∈ [xn, s] vem:

|xn+1 − s| < Ln+1|x0 − s|

Se L < 1 entao {xn} → s, isto e, e condicao suficiente para que o metodo

iterativo simples convirja que

|F ′(x)| < 1

numa vizinhanca de s contendo x0.

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Slide 23

Erro ao fim da iteracao k

Retomemos o teorema do valor medio aplicado ao intervalo [xn, s]:

F (xn)− F (s) = F ′(ξn)(xn − s) ⇔

xn+1 − s = F ′(ξn)(xn − s) ⇔

xn+1 − s = −F ′(ξn)(−xn + s) ⇔

xn+1 − s = −F ′(ξn)(xn+1 − xn + s− xn+1) ⇔

xn+1 − s = −F ′(ξn)(xn+1 − xn) + F ′(ξn)(xn+1 − s) ⇔

xn+1 − s =−F ′(ξn)

1− F ′(ξn)(xn+1 − xn)

Seja

q = maxx∈[a,b]

|F ′(x)|

Entao:

|xn+1 − s| ≤q

1− q|xn+1 − xn|

Slide 24

Exemplo

Encontre um valor aproximado a menos do que 5× 10−3 da raiz s da equacao

x lnx− 1 = 0

sabendo que s ∈]1, e[.

Resolucao

De um modo geral existem varias funcoes F(x) tal que x = F(x) que se podem

obter a partir da funcao f(x) = 0 inicial:

x ln(x)− 1 = 0 −→ x =1

ln(x), F(x) =

1

ln(x)

x ln(x)− 1 = 0 −→ x = e1

x , F(x) = e1

x

Tomando entao, por exemplo, a funcao F(x) = e1

x , temos:

F ′(x) = −1

x2e

1

x

Portanto, F(x) e definida e derivavel em [ 1, e ] (intervalo definido na aula

anterior).

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Analise Numerica 13

Slide 25

F ′′(x) =2

x3e

1

x +1

x4e

1

x =1

x3e

1

x (2 +1

x)

F ′′(x) > 0, ∀ x ∈ [ 1, e ] =⇒ F ′(x) monotona e crescente em [ 1, e ]

como: F ′(x) < 0, ∀ x ∈ [ 1, e ] =⇒ maxx ∈ [ 1, e ]

∣∣F ′(x)

∣∣ =

∣∣F ′(1)

∣∣

Porem, como no intervalo [ 1, e ] nao se verifica |F ′(x)| < 1, ∀ x ∈ [ 1, e ]

⇓

vamos reduzir a largura do intervalo.

[ 1.5, e ] −→∣∣F ′(1.5)

∣∣ ' 0.866 = q

Nota: f(1.5) ' −0.3918 (ainda e < 0 )

...q

1− q' 6.5

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Formula de Recorrencia: xn = Fn−1 = e1

xn−1

k xk F(xk) εk

0 1.5 1.948 —

1 1.948 1.671 1.8× 100

2 1.671 1.819 9.6× 10−1

3 1.819 1.733 5.5× 10−1

4 1.733 1.781 3.1× 10−1

5 1.781 1.753 1.8× 10−1

6 1.753 1.769 1.0× 10−1

7 1.769 1.760 5.8× 10−2

8 1.760 1.765 3.2× 10−2

9 1.765 1.762 1.9× 10−2

10 1.762 1.764 1.3× 10−2

11 1.764 1.763 6.5× 10−3

12 1.763 1.763 3.0× 10−3

13 1.763

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Analise Numerica 14

Slide 27

Sıntese

f(x) = 0 −→ x = F(x)

Seja F(x) definida e derivavel num intervalo I = [ a, b ] que contem todos

os pontos xk . Se existir uma constante q tal que:

|F ′(x)| ≤ q < 1, ∀ x ∈ I,

entao o processo iterativo xk = F(xk−1) converge independentemente do

valor inicial x0 ∈ [ a, b ] e esse limite e a unica raiz da equacao x = F(x)

em [ a, b ] . Apos k iteracoes o erro satisfaz a seguinte relacao:

εk = |x∗ − xk| <q

1− q|xk − xk−1|

com:

q = maxx ∈ I

|F ′(x)|

Slide 28

Ordem de um metodo iterativo

Considere um metodo iterativo tal que:

xn+1 = F (xn) (3)

Seja s a raiz ou solucao da equacao, isto e:

s = F (s) (4)

Desenvolva-se entao F (x) em serie de Taylor em torno de s:

F (xn) = F (s) + (xn − s)F ′(s) +xn − s)2

2!F ′′(s) + . . . ⇔

F (xn) = F (s)− (s− xn)F ′(s) +s− xn)2

2!F ′′(s)− . . .

Usando as igualdades (3) e (4) podemos desenvolver a expressao s− xn+1 da

seguinte forma:

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Analise Numerica 15

Slide 29

s− xn+1 = s−F (xn) =

=0︷ ︸︸ ︷

s− F (s) +F ′(s)(s− xn)−F ′′(s)(s− xn)2

2!+ . . . ⇔

s− xn+1 = F ′(s)(s− xn)−F ′′(s)

2!(s− xn)2 + . . .

Definindo ∆i = s− xi como o erro na iteracao i:

∆n+1 = F ′(s)∆n −F ′′(s)

2!∆2

n + . . .

Se F ′(s) 6= 0 entao o erro na iteracao n + 1 e directamente proporcional ao

erro na iteracao n (como o erro e menor do que 1 as suas potencias ∆kn sao

desprezaveis face ao termo de primeira ordem ∆n), isto e, a convergencia e

de primeira ordem.

Se F ′(s) = 0 e F ′′(s) 6= 0 temos uma convergencia de segunda ordem.

No caso geral em que F (r)(s) = 0, ∀r<k e F k(s) 6= 0 teremos uma

convergencia de ordem k, isto e:

∆n+1 ∝ ∆kn

Slide 30

Metodo de Newton

O metodo de Newton e semelhante ao

metodo da falsa posicao e suas varian-

tes com a diferenca de usar a tangente

no ponto (xi, f(xi)) em vez da secante

que une os pontos extremos.

Neste caso qual e a expressao que gera

os sucessivos xk?

Olhando para o triangulo rectangulo formado por x0, x1 e f(x0)

tira-se de imediato que tan θ = f(x0)x0−x1

. Mas como f ′(x0) = tan θ,

por definicao de derivada e declive da recta tangente, vem:

f ′(x0) =f(x0)

x0 − x1⇔ x1 = x0 −

f(x0)

f ′(x0)

No caso geral teremos:

xn+1 = xn −f(xn)

f ′(xn)

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Analise Numerica 16

Slide 31

Ordem de convergencia

A formula de recorrencia do metodo de Newton e tambem do tipo

xn+1 = F (xn), em que F (xn) = xn −f(xn)f ′(xn)

.

Recordando o que se disse sobre a ordem de convergencia de metodos

iterativos teremos neste caso:

F (xn) = xn −f(xn)

f ′(xn)⇒ F ′(x) = 1−

[f ′(x)]2 − f(x)f ′′(x)

[f ′(x)]2

No ponto s teremos:

F ′(s) = 1−[f ′(s)]2−

=0,pois f(s)=0︷ ︸︸ ︷

f(s)f ′′(s)

[f ′(s)]2= 1− 1 = 0, para f ′(s) 6= 0

Slide 32

Quanto a segunda derivada:

F ′′(x) = −[2f ′(x)f ′′(x)− f ′(x)f ′′(x)− f(x)f ′′′(x)]f ′(x)2 − [f ′(x)2 − f(x)f ′′(x)]× [2f ′(x)f ′′(x)]

f ′(x)4

Que calculada no ponto s dara:

F ′′(s) =f ′(s)3f ′′(s)− 2f ′(s)3f ′′(s)

f ′(s)4=

f ′′(s)

f ′(s)6= 0

a menos que f(x) apresente caracterısitcas particulares. Entao, para uma

funcao qualquer, o metodo de Newton e um metodo de 2a ordem.

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Analise Numerica 17

Slide 33

Condicoes de convergencia

Ha casos em que o metodo diverge!

Quando estudamos a ordem de convergencia vimos que esta dependia da

segunda derivada de f no ponto s, pelo que a primeira condicao de

convergencia sera que f(x) seja contınua e duplamente diferenciavel em [a, b].

Pelo exemplo ilustrado na figura acima (ponto x3) e tambem evidente que se

tem que impor que f ′(x) 6= 0, ∀x∈[a,b].

Slide 34

Para que o metodo convirja “basta” que as tangentes sejam tais que os pontos xi

nao saiam fora do intervalo [a, b] e que estes se vao aproximando de s.

Uma forma de garantir isso (ha ou-

tras) seria impor concavidade cons-

tante a funcao f(x) – f ′′(x) com si-

nal constante – e impor que as tan-

gentes em a e b intersectem o ei-

xo dos xx dentro do intervalo [a, b].

Estas sao no entanto condicoes ape-

nas suficientes. Se neste caso co-

mecarmos com x0 = a, apesar de a

tangente em b intersectar o eixo dos

xx fora de [a, b], o metodo converge!

Condicao suficiente “menos forte” (mas ainda suficiente) relacionada apenas com o

ponto inicial (x0) e que f(x0)f′′(x0) > 0.

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Analise Numerica 18

Slide 35

Demonstracao

Seja s a raiz da equacao f(x) = 0.

Vamos desenvolver f(s) em serie de Taylor em torno de xk:

f(s) = 0 = f(xk) + f ′(xk)(s− xk) +f ′′(ξk)

2(s− xk)2, ξk ∈ [s, xk]

Donde se extrai:

s− xk = −f(xk)

f ′(xk)−

f ′′(ξk)

2f ′(xk)(s− xk)2

Slide 36

Vamos supor que s − xk > 0 (s a

direita de xk, portanto convergencia

a esquerda). Entao o lado direito da

equacao tambem tera que ser positivo,

isto e:

−f(xk)

f ′(xk)−

f ′′(ξk)

2f ′(xk)(s− xk)2 > 0

Como (s − xk)2 > 0, uma condicao

suficiente para que o lado direiro da

equacao seja positivo e que:

f(xk)

f ′(xk)< 0 ∧

f ′′(ξk)

2f ′(xk)< 0

isto e, f(xk) com sinal contrario a

f ′(xk) e f ′(xk) com sinal contrario a

f ′′(ξk), ou seja, f(xk) e f ′′(ξk) com

o mesmo sinal.

Vamos supor que s−xk < 0 (s a es-

querda de xk, portanto convergencia

a direita). Entao o lado direito da

equacao tambem tera que ser negati-

vo, isto e:

−f(xk)

f ′(xk)−

f ′′(ξk)

2f ′(xk)(s− xk)2 < 0

Como (s − xk)2 > 0, uma condicao

suficiente para que o lado direiro da

equacao seja negativo e que:

f(xk)

f ′(xk)> 0 ∧

f ′′(ξk)

2f ′(xk)> 0

isto e, f(xk) com o mesmo sinal de

f ′(xk) e f ′(xk) com o mesmo sinal de

f ′′(ξk), ou seja, f(xk) e f ′′(ξk) com

o mesmo sinal.

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Analise Numerica 19

Slide 37

Ja tinhamos imposto anteriormente concavidade constante a funcao f

(f ′′(x) com sinal constante no intervalo [a, b]). A concavidade constante

implica que as tangentes a f sejam estritamente crescentes ou decrescentes

no intervalo [a, b]. Entao, o metodo vai convergir estritamente pela esquerda

ou estritamente pela direita de s. Nestas condicoes f(x) vai ter sinal

constante no intervalo [s, xk], ∀k.

Consequentemente, dado que quer f ′′ quer f tem sinal constante no intervalo

de convergencia, basta garantir as condicoes para o ponto inicial x0:

f ′′(x0)f(x0) > 0

que estas ficam automaticamente garantidas para xk e ξk, que pertencem ao

intervalo [s, xk].

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Erro na iteracao k

Retomemos o desenvolvimento em serie de Taylor feito anteriormente:

s = xk −f(xk)

f ′(xk)−

f ′′(ξk)

2f ′(xk)(s− xk)2

Utilizando a formula de recorrencia do metodo de Newton:

xk+1 = xk −f(xk)

f ′(xk)

Obtemos:

s = xk+1 −f ′′(ξk)

2f ′(xk)(s− xk)2 ⇔

s− xk+1 = −f ′′(ξk)

2f ′(xk)(s− xk)2 ⇔

|ek+1| ≤|f ′′(ξk)|

2|f ′(xk)||ek|

2

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Analise Numerica 20

Slide 39

Entao, apos k iteracoes o erro satisfaz a seguinte relacao:

εk = |s− xk| ≤M2

2 m1|s− xk−1|

2

com

M2 = maxx ∈ [ a, b ]

|f ′′(x)|

m1 = minx ∈ [ a, b ]

|f ′(x)|

Para a determinacao de e0 toma-se, de uma forma pessimista, e0 = |b− a|.

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Exemplo

Determine a raiz positiva da equacao f(x) = x2 − 2 = 0 com um erro inferior a

10−4 e tomando [a, b] = [1, 1.5].

Resolucao:

Verificacao das condicoes de convergencia

f(x) = x2 − 2

f′(x) = 2x ⇒ m1 = 2

f′′(x) = 2 ⇒ M2 = 2

Para o ponto inicial, tomemos x0 = 1:

f(1) = 12 − 2 = −1

f′′(1) = 2 ⇒ f(1)f ′′(1) < 0 (!)

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Analise Numerica 21

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Tentemos entao x0 = 1.5:

f(1.5) = 1.52 − 2 = 0.25

f′′(1.5) = 2 ⇒ f(1.5)f ′′(1.5) > 0

Expressao do erro

εk+1 ≤2

2 1ε2k = 0.5 ε

2k

Iteracoes

k xk f(xk) f ′(xk) xk+1 εk+1

0 1.50000 0.25000 3.00000 1.41667 0.12500

1 1.41667 0.00694 2.83333 1.41422 0.00781

2 1.41422 0.00000 2.82843 1.41422 0.00003

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Sıntese

Seja f ∈ C2 [ a, b ] - contınua e duplamente diferenciavel em [ a, b ] .

Se se verificar:

0 < m1 ≤ |f ′(x)| ≤ M1, ∀ x ∈ [ a, b ]

|f ′′(x)| ≤ M2, ∀ x ∈ [ a, b ]

Entao o metodo de Newton converge desde que se tome para valor inicial

x0 um valor pertencente a [ a, b ] tal que f(x0) f ′′(x0) > 0 .

Apos k iteracoes o erro satisfaz a seguinte relacao:

εk ≤M2

2 m1ε2k−1

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