DCC008 - Cálculo Numérico

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1 DCC008 - Cálculo Numérico Equações Não-Lineares Bernardo Martins Rocha Departamento de Ciência da Computação Universidade Federal de Juiz de Fora bernardomartinsrocha@ice.ufjf.br

2 Conteúdo Introdução Localização de raízes Método da bisseção Método da falsa posição Método do ponto xo Método de Newton-Raphson Método da secante Métodos para raízes últiplas Conclusões e comparações 2 / 156

3 Introdução Vamos considerar agora métodos para resolver equações não-lineares. Dada uma função não-linear escalar f : R R, procuramos o valor de x para o qual f(x) = 0 No caso vetorial onde f : R n R n, o problema consiste em encontrar o vetor x tal que todas as componentes de f(x) são iguais a zero simultaneamente. 3 / 156

4 Introdução Vamos considerar agora métodos para resolver equações não-lineares. Dada uma função não-linear escalar f : R R, procuramos o valor de x para o qual f(x) = 0 No caso vetorial onde f : R n R n, o problema consiste em encontrar o vetor x tal que todas as componentes de f(x) são iguais a zero simultaneamente. Exemplos f(x) = x 2 4 sin (x) = 0 f(x) = [ x 2 1 x x 1 + x ] = [ 0 0 ] 3 / 156

5 Introdução 4 / 156

6 Introdução Para polinômios de grau até quatro, suas raízes podem ser calculadas através de uma expressão fechada, como por exemplo no caso de uma função quadrática ax 2 + bx + c = 0 x = b ± b 2 4ac 2a De forma geral, não podemos encontrar os zeros de uma função através de uma expressão fechada. Portanto, para encontrar os zeros de uma função temos que recorrer a métodos aproximados. 5 / 156

7 Introdução Para polinômios de grau até quatro, suas raízes podem ser calculadas através de uma expressão fechada, como por exemplo no caso de uma função quadrática ax 2 + bx + c = 0 x = b ± b 2 4ac 2a De forma geral, não podemos encontrar os zeros de uma função através de uma expressão fechada. Portanto, para encontrar os zeros de uma função temos que recorrer a métodos aproximados. Em alguns casos, os zeros das funções podem ser números complexos: x = 0 x = ± 1 = ±i Iremos trabalhar apenas com as raízes reais. 5 / 156

8 Introdução Exemplo de problemas Considere a seguinte equação: C = M r [ 1 (1 + r) n ] onde C é o capital, M é a mensalidade, r é a taxa de juros por cada período (expressa como uma fração) e n é o número de anos. Uma pessoa pode pagar uma mensalidade de 1250 reais. Se pretende contrair um empréstimo de reais a 10 anos, qual é a taxa que poderá suportar? C = 10000, M = 1250, n = = 1250 r [1 (1 + r) 10 ] f(r) = r [1 (1 + r) 10 ] = 0 6 / 156

9 Introdução Exemplo de problemas A seguinte equação pode ser usada para calcular o nível de concentração de oxigênio c em um rio, em função da distância x, medida a partir do local de descarga de poluentes: c(x) = 10 20(e 0.2x e 0.75x ) Calcule a distância para a qual o nível de oxigênio desce para o valor 5. Pretende-se resolver c(x) = 5. Podemos escrever como c(x) 5 = 0, isto é 10 20(e 0.2x e 0.75x ) 5 = 0 O problema se resume a encontrar x tal que f(x) = 0. Outros exemplos! 7 / 156

10 Introdução Denição (Zero) Se f : [a, b] R é uma função dada, um ponto α [a, b] é um zero (ou raiz) de f se f(α) = 0. 8 / 156

11 Introdução Denição (Zero) Se f : [a, b] R é uma função dada, um ponto α [a, b] é um zero (ou raiz) de f se f(α) = 0. Exemplo Seja f : (0, ) R e considere as seguintes funções f(x) = log (x) e f(x) = tanh(x) x/ logx / 156

12 Introdução Denição (Multiplicidade) Um ponto α [a, b] é uma raiz de multiplicidade m da equação f(x) = 0 se f(α) = f (α) =... = f (m 1) (α) = 0 e f (m) (α) 0. 9 / 156

13 Introdução Denição (Multiplicidade) Um ponto α [a, b] é uma raiz de multiplicidade m da equação f(x) = 0 se f(α) = f (α) =... = f (m 1) (α) = 0 e f (m) (α) 0. Exemplo Seja f(x) = x 2 + 2x + 1 = (x + 1) 2. Nesse caso temos α = 1 com multiplicidade m = 2, pois f (x) = 2(x + 1) e assim temos que f( 1) = 0 e f ( 1) = / 156

14 Métodos para raízes de equações Os métodos numéricos que vamos estudar geralmente podem ser divididos em duas etapas: 1. Localização das raízes Encontrar o intervalo [a, b] que contenha apenas uma raiz. 10 / 156

15 Métodos para raízes de equações Os métodos numéricos que vamos estudar geralmente podem ser divididos em duas etapas: 1. Localização das raízes Encontrar o intervalo [a, b] que contenha apenas uma raiz. 2. Renamento da aproximação A partir de uma aproximação inicial x 0 [a, b], gerar uma sequência {x 0, x 1, x 2,...} que convirja para a raiz exata α de f(x) = / 156

16 Métodos para raízes de equações Os métodos numéricos que vamos estudar geralmente podem ser divididos em duas etapas: 1. Localização das raízes Encontrar o intervalo [a, b] que contenha apenas uma raiz. 2. Renamento da aproximação A partir de uma aproximação inicial x 0 [a, b], gerar uma sequência {x 0, x 1, x 2,...} que convirja para a raiz exata α de f(x) = 0. Alguns métodos não precisam de um prévio isolamento de cada raiz, necessitam apenas de uma aproximação inicial x 0 (ou mais de uma, as vezes). Entretanto, boa parte deles precisa que a raiz esteja connada em um intervalo e que ela seja única. 10 / 156

17 Isolamento das raízes Teorema (1) Seja f(x) : [a, b] R uma função contínua. Se f(a)f(b) < 0, então existe pelo menos um ponto x [a, b], tal que f(x) = / 156

18 Isolamento das raízes Teorema (1) Seja f(x) : [a, b] R uma função contínua. Se f(a)f(b) < 0, então existe pelo menos um ponto x [a, b], tal que f(x) = 0. Geometricamente, o teorema diz que qualquer gráco de uma função contínua que começa abaixo do eixo horizontal e termina acima deste, deve cruzar este eixo em algum ponto. 11 / 156

19 Isolamento das raízes f(x) = x 3 x, a = 2, b = 2 f é contínua f(a) = 6, f(b) = 6, sinais opostos 3 raízes no intervalo [a, b]!!! / 156

20 Isolamento das raízes f(x) = x 2 1, a = 2, b = 2 f é contínua f(a) = (b) = 2, mesmo sinal! Hipótese do teorema não satisfeita! Entretanto, existem raízes / 156

21 Isolamento das raízes a = 1, b = 1 { 1 f(x) = x, se x 0 indef., se x = 0 f(a) = 1, f(b) = 1, sinais opostos f é discontínua! De fato, não existem raízes! / 156

22 Isolamento das raízes Exemplo Como encontrar o intervalo da raiz positiva da seguinte equação f(x) = ( x 2 ) 2 sin (x) = / 156

23 Isolamento das raízes Exemplo Como encontrar o intervalo da raiz positiva da seguinte equação f(x) = ( x 2 ) 2 sin (x) = 0. Solução do Exemplo 0.5 f(x) x 15 / 156

24 Isolamento das raízes Exemplo Como encontrar o intervalo da raiz positiva da seguinte equação f(x) = ( x 2 ) 2 sin (x) = 0. Solução do Exemplo 0.5 f(x) 0.0 Inspeção visual α [1.5, 2.0] x 15 / 156

25 Isolamento das raízes Solução do Exemplo - (cont.) Outra possibilidade é fazer uma tabela de valores de f(x), e usar o Teorema (1) x ( x 2 )2 sin (x) f(x) < < < < > 0 Assim ca claro que existe pelo menos uma raiz em [1.9, 2.0]. 16 / 156

26 Isolamento das raízes Solução do Exemplo - (cont.) Outra possibilidade é fazer uma tabela de valores de f(x), e usar o Teorema (1) x ( x 2 )2 sin (x) f(x) < < < < > 0 Assim ca claro que existe pelo menos uma raiz em [1.9, 2.0]. Atenção! Na hora de fazer suas contas na calculadora, sempre calcule as funções trigonométricas com argumento x em radianos. 16 / 156

27 Isolamento das raízes Teorema (2) Sob as hipóteses do Teorema 1, se f (x) existir e f (x) preservar o sinal em [a, b] então o intervalo contém um único zero de f(x). 17 / 156

28 Isolamento das raízes Teorema (2) Sob as hipóteses do Teorema 1, se f (x) existir e f (x) preservar o sinal em [a, b] então o intervalo contém um único zero de f(x). 17 / 156

29 Isolamento das raízes Exemplo Seja f(x) = x 5e x para x 0. Logo, tabelando os valores da função temos x x 5e x f(x) < < > > 0 Logo sabemos que existe pelo menos uma raiz no intervalo [1, 2]. 18 / 156

30 Isolamento das raízes Exemplo Seja f(x) = x 5e x para x 0. Logo, tabelando os valores da função temos x x 5e x f(x) < < > > 0 Logo sabemos que existe pelo menos uma raiz no intervalo [1, 2]. Entretanto, o Teorema 2 nos garante que existe uma única raiz pois f (x) = 1 2 x + 5e x > 0, x > 0 18 / 156

31 Isolamento das raízes Uma outra alternativa é rearranjar a equação f(x) dada como g(x) = h(x), de tal forma que os grácos de g(x) e h(x) sejam mais fáceis de serem traçados do que o de f. As raízes da equação original são dadas pelos pontos onde o gráco de g intercepta o gráco de h.

32 Isolamento das raízes Uma outra alternativa é rearranjar a equação f(x) dada como g(x) = h(x), de tal forma que os grácos de g(x) e h(x) sejam mais fáceis de serem traçados do que o de f. As raízes da equação original são dadas pelos pontos onde o gráco de g intercepta o gráco de h. Exemplo f(x) = (x + 1) 2 e (x2 2) 1 = 0

33 Isolamento das raízes Uma outra alternativa é rearranjar a equação f(x) dada como g(x) = h(x), de tal forma que os grácos de g(x) e h(x) sejam mais fáceis de serem traçados do que o de f. As raízes da equação original são dadas pelos pontos onde o gráco de g intercepta o gráco de h. Exemplo f(x) = (x + 1) 2 e (x2 2) 1 = 0 Podemos rearranjar f(x) como (x + 1) 2 e (x2 2) = 1 19 / 156

34 Isolamento das raízes Uma outra alternativa é rearranjar a equação f(x) dada como g(x) = h(x), de tal forma que os grácos de g(x) e h(x) sejam mais fáceis de serem traçados do que o de f. As raízes da equação original são dadas pelos pontos onde o gráco de g intercepta o gráco de h. Exemplo f(x) = (x + 1) 2 e (x2 2) 1 = 0 Podemos rearranjar f(x) como (x + 1) 2 e (x2 2) = 1 (x + 1) 2 1 = e (x2 2) 19 / 156

35 Isolamento das raízes Uma outra alternativa é rearranjar a equação f(x) dada como g(x) = h(x), de tal forma que os grácos de g(x) e h(x) sejam mais fáceis de serem traçados do que o de f. As raízes da equação original são dadas pelos pontos onde o gráco de g intercepta o gráco de h. Exemplo f(x) = (x + 1) 2 e (x2 2) 1 = 0 Podemos rearranjar f(x) como (x + 1) 2 e (x2 2) = 1 (x + 1) 2 1 = e (x2 2) (x + 1) 2 = e (2 x2 ) 19 / 156

36 Isolamento das raízes Uma outra alternativa é rearranjar a equação f(x) dada como g(x) = h(x), de tal forma que os grácos de g(x) e h(x) sejam mais fáceis de serem traçados do que o de f. As raízes da equação original são dadas pelos pontos onde o gráco de g intercepta o gráco de h. Exemplo f(x) = (x + 1) 2 e (x2 2) 1 = 0 Podemos rearranjar f(x) como (x + 1) 2 e (x2 2) = 1 (x + 1) 2 1 = e (x2 2) (x + 1) 2 = e (2 x2 ) g(x) = h(x) 19 / 156

37 Isolamento das raízes Uma outra alternativa é rearranjar a equação f(x) dada como g(x) = h(x), de tal forma que os grácos de g(x) e h(x) sejam mais fáceis de serem traçados do que o de f. As raízes da equação original são dadas pelos pontos onde o gráco de g intercepta o gráco de h. Exemplo f(x) = (x + 1) 2 e (x2 2) 1 = 0 Podemos rearranjar f(x) como (x + 1) 2 e (x2 2) = 1 (x + 1) 2 1 = e (x2 2) (x + 1) 2 = e (2 x2 ) g(x) h(x) g(x) = h(x) / 156

38 Renamento Se o intervalo [a, b] para o qual queremos procurar uma raiz de f(x) já está isolado, o próximo passo consiste em gerar iterativamente uma sequência de aproximações {x 0, x 1, x 2,...} cada vez melhores que convirja para a raiz α. 20 / 156

39 Renamento Se o intervalo [a, b] para o qual queremos procurar uma raiz de f(x) já está isolado, o próximo passo consiste em gerar iterativamente uma sequência de aproximações {x 0, x 1, x 2,...} cada vez melhores que convirja para a raiz α. Antes de estudarmos como os métodos geram as aproximações, precisamos decidir como que uma dada aproximação no passo k é sucientemente próxima da raiz exata? Para isso precisamos denir um critério de parada que determina quando terminar o processo iterativo. 20 / 156

40 Critério de parada Na prática a sequência é interrompida quando seus valores satiszerem a pelo menos um dos seguintes critérios: x k x k 1 ɛ x k x k 1 ɛ x k f(x k ) ɛ onde ɛ é a precisão/tolerância fornecida como parâmetro para o processo iterativo. 21 / 156

41 Critério de parada As vezes não é possível atender a todos os critérios ao mesmo tempo. f(x k ) < ɛ α x k > ɛ α x k < ɛ f(x k ) > ɛ 22 / 156

42 Método da bissecção A idéia fundamental do método da bissecção consiste em usar repetidamente o Teorema 1. O método subdivide o intervalo [a, b] ao meio a cada iteração e seleciona o subintervalo que contem a raiz. De acordo com o Teorema 1, o subintervalo que contem a raiz é aquele em que f(x) tem sinais opostos nos extremos. A cada passo o intervalo é dividido ao meio: m = a + b 2 então o novo intervalo será aquele que contém a raiz: [a, m], se f(a)f(m) < 0 [m, b], caso contrário A busca continua até que o critério de parada escolhido seja satisfeito considerando m como aproximação para a raiz. 23 / 156

43 Método da bissecção 24 / 156

44 Método da bisseção Seja a k e b k os extremos do intervalo no passo k e seja ainda x k o ponto médio e uma aproximação para a raiz. A cada iteração o método calcula o ponto médio do intervalo x k = a k + b k 2 25 / 156

45 Método da bisseção Seja a k e b k os extremos do intervalo no passo k e seja ainda x k o ponto médio e uma aproximação para a raiz. A cada iteração o método calcula o ponto médio do intervalo x k = a k + b k 2 Podemos considerar f(x k ) 0, caso contrário teríamos encontrado a raiz. Sendo assim o método agora calcula f(x k ) e decide o novo subintervalo [a k+1, b k+1 ] da seguinte forma { < 0, então a k+1 = a k e b k+1 = x k se f(a k )f(x k ) > 0, então a k+1 = x k e b k+1 = b k 25 / 156

46 Método da bisseção Exemplo O método da bissecção aplicado à equação f(x) = ( ) x 2 2 sin (x) = 0 com intervalo inicial [1.5, 2.0], gera a seguinte sequência de aproximações: 26 / 156

47 Método da bisseção Exemplo O método da bissecção aplicado à equação f(x) = ( ) x 2 2 sin (x) = 0 com intervalo inicial [1.5, 2.0], gera a seguinte sequência de aproximações: Solução k a b x k f(a) f(b) f(x k ) / 156

48 Método da bisseção Algoritmo entrada: função f(x) contínua e tal que f(a)f(b) < 0 em [a, b] precisao ɛ k = 0; enquanto critério de parada não for satisfeito faça x k = (a+b) 2 ; se f(a)f(x k ) < 0 então b = x k ; senão a = x k ; m-se m-enquanto retorne x k ; 27 / 156

49 Método da bisseção Intervalo Se conhecemos apenas a < α, podemos determinar um intervalo que contém a raiz e que possa ser usado pelo método da bisecção da seguinte forma. 28 / 156

50 Método da bisseção Intervalo Se conhecemos apenas a < α, podemos determinar um intervalo que contém a raiz e que possa ser usado pelo método da bisecção da seguinte forma. Escolhemos um passo inicial de tamanho h e nessa etapa calculamos f(a + h), f(a + 2h), f(a + 4h), / 156

51 Método da bisseção Intervalo Se conhecemos apenas a < α, podemos determinar um intervalo que contém a raiz e que possa ser usado pelo método da bisecção da seguinte forma. Escolhemos um passo inicial de tamanho h e nessa etapa calculamos f(a + h), f(a + 2h), f(a + 4h),... isto é, dobramos o passo até que um valor da função seja encontrado tal que f(a)f(a + 2 k h) < 0 Nesse ponto, temos uma raiz cercada em um intervalo, a qual pode ser usada como ponto de partida pelo método da Bisecção. 28 / 156

52 Método da bisseção Algoritmo - Busca Intervalo entrada: função f(x), x min, x max, n saída: intervalo [a, b] tal que f(a)f(b) < 0 dx = (x max x min )/n; a = x min ; i = 0; enquanto i < n faça i = i + 1; b = a + dx; se f(a)f(b) < 0 então retorne a,b; m-se a = b; m-enquanto 29 / 156

53 Análise do método da bissecção A cada iteração k a raiz α de f(x) = 0 está no intervalo [a k, b k ]. Temos assim a seguinte relação para o erro α x k 1 2 (b k a k ) 30 / 156

54 Análise do método da bissecção A cada iteração k a raiz α de f(x) = 0 está no intervalo [a k, b k ]. Temos assim a seguinte relação para o erro α x k 1 2 (b k a k ) O tamanho do intervalo (b k a k ) no passo k pode ser escrito como b k a k = b k 1 a k 1 2 = b k 2 a k 2 =... = b 1 a 1 = b 0 a k 1 2 k 30 / 156

55 Análise do método da bissecção A cada iteração k a raiz α de f(x) = 0 está no intervalo [a k, b k ]. Temos assim a seguinte relação para o erro α x k 1 2 (b k a k ) O tamanho do intervalo (b k a k ) no passo k pode ser escrito como b k a k = b k 1 a k 1 2 Portanto, o erro no passo k satisfaz onde a 0 = a e b 0 = b. = b k 2 a k 2 =... = b 1 a 1 = b 0 a k 1 2 k α x k b 0 a 0 2 k+1 30 / 156

56 Análise do método da bissecção Uma propriedade interessante do método da bissecção é que a convergência é garantida se f(x) for contínua em [a, b] e se α [a, b]. Também é possível determinar o número de iterações que serão necessárias para calcular a raiz com uma certa precisão ɛ. Isto é, queremos encontrar o inteiro k tal que: α x k b 0 a 0 2 k+1 ɛ ou seja, quantas iterações são necessárias para que o erro entre a aproximação x k da raiz α seja menor do que ɛ. 31 / 156

57 Análise do método da bissecção Encontrar k tal que: portanto α x k b 0 a 0 2 k+1 ɛ b 0 a 0 2 k+1 ɛ b 0 a 0 2 k+1 ɛ log 2 (2 k+1 ) log 2 ( b0 a 0 ɛ k + 1 log 2 ( b0 a 0 ɛ k ( ) ln b0 a 0 ɛ 1 ln (2) ) ) 32 / 156

58 Análise do método da bissecção Exemplo Qual o número de iterações necessárias para encontrar uma aproximação para a raiz de f(x) = ( ) x 2 2 sin (x) no intervalo [1.5, 2.0] com uma precisão ɛ = 10 5? Solução Precisamos encontrar k que satisfaz ( ) ln b0 a 0 ɛ k 1 ln (2) k ln ( ) = ln (2) Portanto, como k deve ser inteiro, temos que depois de 15 iterações o método atinge a precisão de 10 5 como desejado. 33 / 156

59 Ordem de convergência É importante denir com qual rapidez a sequência de aproximações {x 0, x 1,...} converge para a raiz exata α. 34 / 156

60 Ordem de convergência É importante denir com qual rapidez a sequência de aproximações {x 0, x 1,...} converge para a raiz exata α. Denição (Ordem de convergência) Uma sequência {x n n 0} é dita convergir com ordem p 1 para um ponto α se para uma constante c > 0. α x n+1 c α x n p, n 0 34 / 156

61 Ordem de convergência É importante denir com qual rapidez a sequência de aproximações {x 0, x 1,...} converge para a raiz exata α. Denição (Ordem de convergência) Uma sequência {x n n 0} é dita convergir com ordem p 1 para um ponto α se para uma constante c > 0. Sendo c < 1, dizemos que : α x n+1 c α x n p, n 0 se p = 1: convergência linear se 1 < p < 2: convergência super-linear se p = 2: convergência quadrática 34 / 156

62 Ordem de convergência Na prática o que isso signica? α x n+1 c α x n p 35 / 156

63 Ordem de convergência Na prática o que isso signica? α x n+1 c α x n p Exemplo de convergência Linear: 10 2, 10 3, 10 4, 10 5,... com c = / 156

64 Ordem de convergência Na prática o que isso signica? α x n+1 c α x n p Exemplo de convergência Linear: 10 2, 10 3, 10 4, 10 5,... com c = 10 1 Linear: 10 2, 10 4, 10 6, 10 8,... com c = / 156

65 Ordem de convergência Na prática o que isso signica? α x n+1 c α x n p Exemplo de convergência Linear: 10 2, 10 3, 10 4, 10 5,... com c = 10 1 Linear: 10 2, 10 4, 10 6, 10 8,... com c = 10 2 Super-linear: 10 2, 10 3, 10 5, 10 8, / 156

66 Ordem de convergência Na prática o que isso signica? α x n+1 c α x n p Exemplo de convergência Linear: 10 2, 10 3, 10 4, 10 5,... com c = 10 1 Linear: 10 2, 10 4, 10 6, 10 8,... com c = 10 2 Super-linear: 10 2, 10 3, 10 5, 10 8,... Quadrática: 10 2, 10 4, 10 8, 10 16, / 156

67 Ordem de convergência do método da bissecção Sendo assim para o método da bissecção ca claro que a partir de α x k b 0 a 0 2 k+1 concluimos que a ordem de convergência para o método da bissecção é linear pois p = 1 e que a constante é c = 1 2. Isto é α x k+1 α x k 1 2 que nos diz que em média o erro cai pela metade a cada iteração do método. 36 / 156

68 Implementações Python Exemplo Utilize a implementação para resolver o problema exemplo com a seguinte equação: C = M r [1 (1 + r) n ] com C = 10000, M = 1250, n = 10. Sendo assim: Determine o intervalo [a, b] que contenha a raiz da equação Usando esse intervalo, encontre a raiz de forma aproximada usando o método da bisecção com uma precisão / 156

69 Conteúdo Aula passada Introdução e denições Isolamento das raízes Método da bisseção Aula de hoje Método da falsa posição Método do ponto xo 38 / 156

70 Método da falsa posição No método da bissecção a cada iteração calculamos o ponto médio do intervalo como aproximação para a raiz e então decidimos qual o próximo intervalo a continuar a busca pela raiz. No método da falsa posição a aproximação para a raiz é dada pelo ponto x k escolhido como sendo o zero da reta que passa pelos pontos (a k, f(a k )) e (b k, f(b k )). De forma análoga ao método da bissecção a cada iteração o método encontra um intervalo que contem a raiz e continua o processo de busca nesse intervalo. 39 / 156

71 Método da falsa posição 40 / 156

72 Método da falsa posição A equação da reta que passa pelos pontos (a k, f(a k )) e (b k, f(b k )) é dada por g(x) = mx + n f(a) = ma + n f(b) = mb + n 41 / 156

73 Método da falsa posição A equação da reta que passa pelos pontos (a k, f(a k )) e (b k, f(b k )) é dada por g(x) = mx + n f(a) = ma + n f(b) = mb + n f(b) f(a) = mb ma m = f(b) f(a) b a 41 / 156

74 Método da falsa posição A equação da reta que passa pelos pontos (a k, f(a k )) e (b k, f(b k )) é dada por g(x) = mx + n f(a) = ma + n f(b) = mb + n f(b) = f(b) f(a) = mb ma m = f(b) f(a) b + n n = f(b) b a f(b) f(a) b a [ f(b) f(a) b a ] b 41 / 156

75 Método da falsa posição A equação da reta que passa pelos pontos (a k, f(a k )) e (b k, f(b k )) é dada por g(x) = mx + n f(a) = ma + n f(b) = mb + n f(b) = Assim f(b) f(a) = mb ma m = f(b) f(a) b + n n = f(b) b a g(x) = f(b) f(a) x + f(b) b a g(x) = f(b) + f(b) f(a) b a [ f(b) f(a) b a f(b) f(a) b b a f(b) f(a) (x b) b a ] b 41 / 156

76 Método da falsa posição Queremos encontrar x tal que g(x) = 0, logo f(b) f(a) x + f(b) b a g(x) = 0 f(b) f(a) b = 0 b a 42 / 156

77 Método da falsa posição Queremos encontrar x tal que g(x) = 0, logo f(b) f(a) x + f(b) b a g(x) = 0 f(b) f(a) b = 0 b a f(b) f(a) x + f(b) = b a f(b) f(a) b b a 42 / 156

78 Método da falsa posição Queremos encontrar x tal que g(x) = 0, logo g(x) = 0 f(b) f(a) f(b) f(a) x + f(b) b = 0 b a b a f(b) f(a) f(b) f(a) x + f(b) = b b a b a f(b) f(a) f(b) f(a) x = b f(b) b a b a 42 / 156

79 Método da falsa posição Queremos encontrar x tal que g(x) = 0, logo g(x) = 0 f(b) f(a) f(b) f(a) x + f(b) b = 0 b a b a f(b) f(a) f(b) f(a) x + f(b) = b a f(b) f(a) x = b a b b a f(b) f(a) b f(b) b a b a x = b f(b) f(b) f(a) 42 / 156

80 Método da falsa posição Queremos encontrar x tal que g(x) = 0, logo g(x) = 0 f(b) f(a) f(b) f(a) x + f(b) b = 0 b a b a f(b) f(a) f(b) f(a) x + f(b) = b a f(b) f(a) x = b a b b a f(b) f(a) b f(b) b a b a x = b f(b) f(b) f(a) af(b) bf(a) x = f(b) f(a) 42 / 156

81 Método da falsa posição Queremos encontrar x tal que g(x) = 0, logo g(x) = 0 f(b) f(a) f(b) f(a) x + f(b) b = 0 b a b a f(b) f(a) f(b) f(a) x + f(b) = b a f(b) f(a) x = b a b b a f(b) f(a) b f(b) b a b a x = b f(b) f(b) f(a) af(b) bf(a) x = f(b) f(a) Portanto no passo k calculamos a próxima aproximação x k usando x k = af(b) bf(a) f(b) f(a) 42 / 156

82 Método da falsa posição Sendo assim, dado um intervalo [a, b], o método da falsa posição pode ser descrito pelo seguinte processo: 1. calcule o ponto de interseção x k da reta que passa por (a k, f(a k )) e (b k, f(b k )) com o eixo x usando x k = a kf(b k ) b k f(a k ) f(b k ) f(a k ) 2. selecione um novo intervalo para continuar com a busca 3. o novo intervalo será dado por [ak, x k ], se f(a k )f(x k ) < 0 [x k, b k ], caso contrário 4. o processo continua até satisfazer o critério de parada 43 / 156

83 Método da falsa posição Algoritmo entrada: função f contínua em [a, b], intervalo [a, b] tal que f(a)f(b) < 0, precisao ɛ e número máximo de iterações maxit xold = b; para k de 1 até maxit faça x = af(b) bf(a) f(b) f(a) ; se abs(x-xold) < ɛ então retorne x; m-se xold = x; se f(a)f(x) < 0 então b = x; senão a = x; m-se m-para 44 / 156

84 Método da falsa posição Exemplo Encontrar o zero de f(x) = (x/2) 2 sin (x) usando o seguinte intervalo [a, b] = [1.5, 2]. Use f(x k ) < ɛ como critério de parada para ɛ = / 156

85 Método da falsa posição Exemplo Encontrar o zero de f(x) = (x/2) 2 sin (x) usando o seguinte intervalo [a, b] = [1.5, 2]. Use f(x k ) < ɛ como critério de parada para ɛ = Solução k a b x f(a) f(b) f(x) e e e e e e e e e e e e e e e-08 O método termina com x = como aproximação para o zero desta função. 45 / 156

86 Método da falsa posição Convergência Não iremos apresentar a análise de convergência do método da falsa posição. Entretanto, cabe dizer que se as condições do método forem satisfeitas, isto é, se f(x) for contínua no intervalo [a, b] e f(a)f(b) < 0 então o método apresenta convergência de primeira ordem. Mais detalhes em no livro "Algoritmos Numéricos" do Frederico F. Campos. 46 / 156

87 Método do ponto xo Para encontrar a raiz da equação f(x) = 0 (1) onde f é uma função contínua no intervalo [a, b] que procuramos a raiz, iremos expressar a equação (1) da seguinte forma: x = φ(x) (2) de forma que a solução de (2) também seja solução de (1). Para qualquer função φ(x), qualquer solução de (2) é chamada de ponto xo de φ(x). Sendo assim temos a seguinte equivalência: problema de determinar o zero de f(x) problema de determinar o ponto xo de φ(x). 47 / 156

88 Método do ponto xo Exemplo Seja f(x) = x 2 x 2 = 0. Podemos escrever 48 / 156

89 Método do ponto xo Exemplo Seja f(x) = x 2 x 2 = 0. Podemos escrever a) x = x / 156

90 Método do ponto xo Exemplo Seja f(x) = x 2 x 2 = 0. Podemos escrever a) x = x 2 2 b) x = 2 + x 48 / 156

91 Método do ponto xo Exemplo Seja f(x) = x 2 x 2 = 0. Podemos escrever a) x = x 2 2 b) x = 2 + x c) x = x 48 / 156

92 Método do ponto xo Exemplo Seja f(x) = x 2 x 2 = 0. Podemos escrever a) x = x 2 2 b) x = 2 + x c) x = x d) x = x2 +2 2x 1 48 / 156

93 Método do ponto xo Exemplo Seja f(x) = x 2 x 2 = 0. Podemos escrever a) x = x 2 2 b) x = 2 + x c) x = x d) x = x2 +2 2x 1 Existem diversas formas de expressar f(x) = 0 como um problema de ponto xo da forma x = φ(x), entretanto veremos que nem todas são satisfatórias para nossos objetivos. 48 / 156

94 Método do ponto xo 1.0 y = cos(x)-x Problemas: Zero de função: qual o valor de x tal que f(x) = 0? Ponto xo: qual o valor de x tal que x = φ(x)? 49 / 156

95 Método do ponto xo y=cos x y=x y=cos x - x y= Problemas: Zero de função: qual o valor de x tal que f(x) = 0? Ponto xo: qual o valor de x tal que x = φ(x)? 50 / 156

96 Método do ponto xo Iremos considerar que: 51 / 156

97 Método do ponto xo Iremos considerar que: estas curvas se interceptam (existe pelo menos 1 solução) 51 / 156

98 Método do ponto xo Iremos considerar que: estas curvas se interceptam (existe pelo menos 1 solução) φ(x) e φ (x) são contínuas no intervalo [a, b] 51 / 156

99 Método do ponto xo Iremos considerar que: estas curvas se interceptam (existe pelo menos 1 solução) φ(x) e φ (x) são contínuas no intervalo [a, b] Seja x 0 uma aproximação inicial para α. O método do ponto xo obtem aproximações sucessivas x k para α, usando o seguinte processo iterativo x k+1 = φ(x k ), k = 0, 1, / 156

100 Método do ponto xo Iremos considerar que: estas curvas se interceptam (existe pelo menos 1 solução) φ(x) e φ (x) são contínuas no intervalo [a, b] Seja x 0 uma aproximação inicial para α. O método do ponto xo obtem aproximações sucessivas x k para α, usando o seguinte processo iterativo x k+1 = φ(x k ), k = 0, 1,... Ou seja, dado uma aproximação x k, calculamos o valor de φ(x k ) como aproximação para a raiz. Em seguida usamos esse valor como próximo argumento para a função de iteração φ(x). Repetimos o processo até que o critério de parada seja satisfeito. 51 / 156

101 Método do ponto xo Exemplo Resolver x 2 x 2 = 0 com a função de iteração x = 2 + x usando x 0 = 2.5. Econtrar a raiz α = / 156

102 Método do ponto xo Exemplo Resolver x 2 x 2 = 0 com a função de iteração x = 2 + x usando x 0 = 2.5. Econtrar a raiz α = 2. Solução Pelo método do ponto xo: x k+1 = φ(x k ), para k = 0, 1,... e, portanto x 1 = φ(x 0 ) = = 4.5 = x 2 = φ(x 1 ) = = = x 3 = φ(x 2 ) = = = , / 156

103 Método do ponto xo Exemplo Resolver x 2 x 2 = 0 com a função de iteração x = 2 + x usando x 0 = 2.5. Econtrar a raiz α = 2. Solução Pelo método do ponto xo: x k+1 = φ(x k ), para k = 0, 1,... e, portanto x 1 = φ(x 0 ) = = 4.5 = x 2 = φ(x 1 ) = = = x 3 = φ(x 2 ) = = = , / 156

104 Método do ponto xo Exemplo Resolver x 2 x 2 = 0 com a função de iteração x = 2 + x usando x 0 = 2.5. Econtrar a raiz α = 2. Solução Pelo método do ponto xo: x k+1 = φ(x k ), para k = 0, 1,... e, portanto x 1 = φ(x 0 ) = = 4.5 = x 2 = φ(x 1 ) = = = x 3 = φ(x 2 ) = = = , / 156

105 Método do ponto xo Exemplo Resolver x 2 x 2 = 0 com a função de iteração x = 2 + x usando x 0 = 2.5. Econtrar a raiz α = 2. Solução Pelo método do ponto xo: x k+1 = φ(x k ), para k = 0, 1,... e, portanto x 1 = φ(x 0 ) = = 4.5 = x 2 = φ(x 1 ) = = = x 3 = φ(x 2 ) = = = ,... As aproximações x k convergem para a α = 2. Entretanto, para certas escolhas da função de iteração φ(x) o processo iterativo diverge. 52 / 156

106 Método do ponto xo Exemplo Considere o mesmo problema do exemplo anterior, entretanto agora com o seguinte esquema de ponto xo: x = x 2 2 com x 0 = 2.5 como aproximação inicial. 53 / 156

107 Método do ponto xo Exemplo Considere o mesmo problema do exemplo anterior, entretanto agora com o seguinte esquema de ponto xo: x = x 2 2 com x 0 = 2.5 como aproximação inicial. Solução x 1 = φ(x 0 ) = x = = / 156

108 Método do ponto xo Exemplo Considere o mesmo problema do exemplo anterior, entretanto agora com o seguinte esquema de ponto xo: x = x 2 2 com x 0 = 2.5 como aproximação inicial. Solução x 1 = φ(x 0 ) = x = = 4.25 x 2 = φ(x 1 ) = x = = / 156

109 Método do ponto xo Exemplo Considere o mesmo problema do exemplo anterior, entretanto agora com o seguinte esquema de ponto xo: x = x 2 2 com x 0 = 2.5 como aproximação inicial. Solução x 1 = φ(x 0 ) = x = = 4.25 x 2 = φ(x 1 ) = x = = x 3 = φ(x 2 ) = x = = / 156

110 Método do ponto xo Exemplo Considere o mesmo problema do exemplo anterior, entretanto agora com o seguinte esquema de ponto xo: x = x 2 2 com x 0 = 2.5 como aproximação inicial. Solução x 1 = φ(x 0 ) = x = = 4.25 x 2 = φ(x 1 ) = x = = x 3 = φ(x 2 ) = x = = que como vemos diverge rapidamente da raiz procurada. 53 / 156

111 Método do ponto xo Vamos analisar gracamente o que acontece com cada uma das opções, isto é, se o método converge ou diverge para cada escolha de φ(x). 54 / 156

112 Método do ponto xo Vamos analisar gracamente o que acontece com cada uma das opções, isto é, se o método converge ou diverge para cada escolha de φ(x). No que segue a seta vertical corresponde à avaliação da função em um ponto a seta horizontal apontando para y = x indica que o resultado da avaliação anterior é usado como entrada para a próxima 54 / 156

113 Método do ponto xo Para f(x) = x 2 x 2 e para as funções de iteração φ(x) listadas anteriormente, gracamente temos y =x y =x 2 2 y = x +2 y =1 +x/ / 156

114 Método do ponto xo Figura: O método do ponto xo converge para x = x / 156

115 Método do ponto xo Figura: O método do ponto xo diverge para x = x / 156

116 Método do ponto xo Figura: O método do ponto xo converge para x = 1 + x/2. 58 / 156

117 Método do ponto xo Algoritmo entrada: função de iteração φ(x), aproximação inicial x 0, precisão ɛ número máximo de iterações maxit para k de 1 até maxit faça x 1 = φ(x 0 ); se abs(x 1 x 0 ) < ɛ então retorne x 1 ; m-se x 0 = x 1 ; m-para 59 / 156

118 Método do ponto xo Iremos estudar agora as condições sucientes que a função de iteração φ(x) deve satisfazer para garantir a convergência do método do ponto xo. Para a demonstração do Teorema do método do ponto xo, iremos antes apresentar resultados importantes que serão usados na sua prova. 60 / 156

119 Método do ponto xo Iremos estudar agora as condições sucientes que a função de iteração φ(x) deve satisfazer para garantir a convergência do método do ponto xo. Para a demonstração do Teorema do método do ponto xo, iremos antes apresentar resultados importantes que serão usados na sua prova. Teorema (TVM - Teorema do Valor Médio) Se f é contínua em [a, b] e diferenciável em (a, b), então existe pelo menos um ponto ξ entre a e b, tal que: f (ξ) = f(b) f(a) b a f(b) f(a) = f (ξ)(b a) 60 / 156

120 Método do ponto xo Iremos estudar agora as condições sucientes que a função de iteração φ(x) deve satisfazer para garantir a convergência do método do ponto xo. Para a demonstração do Teorema do método do ponto xo, iremos antes apresentar resultados importantes que serão usados na sua prova. Teorema (TVM - Teorema do Valor Médio) Se f é contínua em [a, b] e diferenciável em (a, b), então existe pelo menos um ponto ξ entre a e b, tal que: f (ξ) = f(b) f(a) b a f(b) f(a) = f (ξ)(b a) Teorema Seja f uma função real contínua na vizinhança de x 0. Se f(x 0 ) 0, então f(x) 0 para todo x numa vizinhança pequena de x / 156

121 Método do ponto xo Teorema (Ponto xo) Seja φ(x) uma função contínua com φ (x) contínua num intervalo fechado I = (α h, α + h), cujo centro α é a solução de x = φ(x). Seja x 0 I e seja M um limitante em I para φ (x), isto é, φ (x) M < 1. Então: a) a iteração x k+1 = φ(x k ), k = 0, 1,... pode ser executada indenidamente, pois x k I, k; b) x k α / 156

122 Método do ponto xo Prova Vamos mostrar primeiro que o item a) é válido e depois iremos mostrar que b) também é válido. a) Para provar que x k I, k, iremos usar indução matemática. 62 / 156

123 Método do ponto xo Prova Vamos mostrar primeiro que o item a) é válido e depois iremos mostrar que b) também é válido. a) Para provar que x k I, k, iremos usar indução matemática. i) Por hipótese x 0 I. 62 / 156

124 Método do ponto xo Prova Vamos mostrar primeiro que o item a) é válido e depois iremos mostrar que b) também é válido. a) Para provar que x k I, k, iremos usar indução matemática. i) Por hipótese x 0 I. ii) Supomos que x 0, x 1,..., x k I. 62 / 156

125 Método do ponto xo Prova Vamos mostrar primeiro que o item a) é válido e depois iremos mostrar que b) também é válido. a) Para provar que x k I, k, iremos usar indução matemática. i) Por hipótese x 0 I. ii) Supomos que x 0, x 1,..., x k I. iii) Vamos mostrar que x k+1 I. Temos x k+1 α = φ(x k ) φ(α) 62 / 156

126 Método do ponto xo Prova Vamos mostrar primeiro que o item a) é válido e depois iremos mostrar que b) também é válido. a) Para provar que x k I, k, iremos usar indução matemática. i) Por hipótese x 0 I. ii) Supomos que x 0, x 1,..., x k I. iii) Vamos mostrar que x k+1 I. Temos x k+1 α = φ(x k ) φ(α) Pelo TVM temos φ(x k ) φ(α) = φ (ξ k )(x k α) = x k+1 α onde ξ k está entre x k e α. 62 / 156

127 Método do ponto xo Prova (cont.) Tomando o módulo segue que: x k+1 α = φ (ξ k )(x k α) = φ (ξ k ) x k α 63 / 156

128 Método do ponto xo Prova (cont.) Tomando o módulo segue que: x k+1 α = φ (ξ k )(x k α) = φ (ξ k ) x k α Pela hipótese de indução: x k I ξ k I. E ainda como φ (x) M < 1 em I temos x k+1 α M x k α 63 / 156

129 Método do ponto xo Prova (cont.) Tomando o módulo segue que: x k+1 α = φ (ξ k )(x k α) = φ (ξ k ) x k α Pela hipótese de indução: x k I ξ k I. E ainda como φ (x) M < 1 em I temos x k+1 α M x k α Como M < 1, temos que x k+1 I. E assim concluimos que x k I para todo k. 63 / 156

130 Método do ponto xo Prova (cont.) b) Pelo item a), temos que x k α M x k 1 α M 2 x k 2 α... M k x 0 α 64 / 156

131 Método do ponto xo Prova (cont.) b) Pelo item a), temos que x k α M x k 1 α M 2 x k 2 α como M < 1, aplicando o limite... M k x 0 α lim M k 0 x k α 0 k 64 / 156

132 Método do ponto xo Prova (cont.) b) Pelo item a), temos que x k α M x k 1 α M 2 x k 2 α como M < 1, aplicando o limite... M k x 0 α lim M k 0 x k α 0 k Ou seja, {x k } converge para a raiz α. 64 / 156

133 Método do ponto xo Algumas observações sobre o resultado do Teorema: Se φ (α) < 1, então existe um intervalo I [a, b] centrado em α que satisfaz as condições do Teorema do ponto xo. Portanto, a iteração x k+1 = φ(x k ) irá convergir. Se φ (α) > 1, então a iteração x k+1 = φ(x k ) irá divergir. Se φ (α) = 1, nada pode ser dito a respeito da convergência do método. Fica a partir da demonstração do item b), que quanto menor for o valor de M, mais rápida será a convergência de {x k } para α. 65 / 156

134 Método do ponto xo Exemplo O método do ponto xo converge para f(x) = x 2 x 2 no intervalo I = [1.5, 2.5] usando φ(x) = x + 2? 66 / 156

135 Método do ponto xo Exemplo O método do ponto xo converge para f(x) = x 2 x 2 no intervalo I = [1.5, 2.5] usando φ(x) = x + 2? Solução Derivando φ(x) tem-se: φ (x) = 1 2 x+2. Para mostrar que o MP converge, precisamos encontrar um limitante M para φ (x) tal que M < 1, isto é 1 max x I φ (x) = max x I 2 x + 2 = < 1 Portanto, nessas condições, o Teorema do Ponto xo garante a convergência do método. 66 / 156

136 Método do ponto xo Exemplo O método do ponto xo converge para f(x) = x 2 x 2 no intervalo I = [1.5, 2.5] usando x = x 2 2? 67 / 156

137 Método do ponto xo Exemplo O método do ponto xo converge para f(x) = x 2 x 2 no intervalo I = [1.5, 2.5] usando x = x 2 2? Solução Derivando φ(x) tem-se φ(x) = x 2 2 φ (x) = 2x Assim temos que φ(x) e φ (x) são contínuas. Entretanto max x I φ (x) = max x I 2x > 1 que nos mostra que o método do ponto xo não converge para essa escolha da função de iteração φ(x). De fato, o método diverge (como visto anteriormente). 67 / 156

138 Ordem de convergência do método do ponto xo Do Teorema temos que x k+1 α = φ (ξ k )(x k α) para algum ξ k entre x k e α. Logo x k+1 α x k α = φ (ξ k ) M E portanto pela def. de ordem de convergência x k+1 α M x k α temos que p = 1 e dizemos então que a convergência do MPF é linear. E ainda, o erro em qualquer iteração é proporcional ao erro da iteração anterior e a constante de proporcionalidade é dada por φ (ξ k ). 68 / 156

139 Método do ponto xo Exemplo - Aula Considere a equação f(x) = 2x 2 5x + 2 = 0, cujas raízes são α 1 = 0.5 e α 2 = 2. Considere os processos iterativos: 5x a) x k+1 = k 2 1 b) x k+1 = 2x2 k +2 5 Qual dos dois processos você utilizaria para obter a raiz α 1? Porque? 69 / 156

140 Método do ponto xo Exemplo - Aula Considere a equação f(x) = 2x 2 5x + 2 = 0, cujas raízes são α 1 = 0.5 e α 2 = 2. Considere os processos iterativos: 5x a) x k+1 = k 2 1 b) x k+1 = 2x2 k +2 5 Qual dos dois processos você utilizaria para obter a raiz α 1? Porque? Solução do Exemplo Para a) temos que φ(x) = ( 5x 2 1) 1/2 φ (x) = 1 2 φ 5 (α 1 ) = = 2.5 > xk / 156

141 Método do ponto xo Solução do Exemplo - (cont.) Para b) temos que φ(x) = 2x2 + 2 φ (x) = 4x 5 5 φ (α 1 ) = 4(0.5) = = 0.4 < 1 Temos então que φ(x) e φ (x) são contínuas e se x 0 for sucientemente próximo de α 1, então o processo b) irá convergir, e portanto este é mais adequado para encontrar a raiz. 70 / 156

142 Método do ponto xo Exemplo - Aula Seja f(x) = x 3 9x + 3. Considere a seguinte função de iteração x = φ(x) = x Queremos encontrar a raiz de f(x) = 0 no intervalo [0, 1]. O método irá convergir? 71 / 156

143 Método do ponto xo Exemplo - Aula Seja f(x) = x 3 9x + 3. Considere a seguinte função de iteração x = φ(x) = x Queremos encontrar a raiz de f(x) = 0 no intervalo [0, 1]. O método irá convergir? Solução do Exemplo Temos que φ (x) = x2 3, e portanto temos que φ(x) e φ (x) são contínuas. 71 / 156

144 Método do ponto xo Exemplo - Aula Seja f(x) = x 3 9x + 3. Considere a seguinte função de iteração x = φ(x) = x Queremos encontrar a raiz de f(x) = 0 no intervalo [0, 1]. O método irá convergir? Solução do Exemplo Temos que φ (x) = x2 3, e portanto temos que φ(x) e φ (x) são contínuas. Vericamos agora que φ x 2 (x) = < 1, x [0, 1] 3 E assim concluimos que o método irá convergir. Podemos vericar tomando x 0 = 0.25 e usando uma precisão ɛ = / 156

145 Método do ponto xo Solução do Exemplo - (cont.) Na primeira iteração temos x 1 = = = f(x 1 ) = x 3 1 9x = = > ɛ 72 / 156

146 Método do ponto xo Solução do Exemplo - (cont.) Na primeira iteração temos x 1 = = = f(x 1 ) = x 3 1 9x = = > ɛ Mais uma iteração x 2 = = f(x 2 ) = x 3 2 9x = = < ɛ Como o critério de parada f(x 2 ) < ɛ foi satisfeito, terminamos o processo com x 2 = como aproximação para a raiz. 72 / 156

147 Método do ponto xo Solução do Exemplo - (cont.) Se tomarmos outra aproximação inicial x 0 = 0.5 mais distante da raiz temos os seguintes passos: k x k f(x k ) / 156

148 Método do ponto xo Exemplo Considere as seguintes funções: a) φ 1 (x) = 2x 1 b) φ 2 (x) = x 2 2x + 2 Qual delas você escolheria para obter a raiz 1, utilizando o processo iterativo x k+1 = φ(x k )? Exiba a sequência gerada com sua escolha tomando x 0 = / 156

149 Método do ponto xo Exemplo Considere as seguintes funções: a) φ 1 (x) = 2x 1 b) φ 2 (x) = x 2 2x + 2 Qual delas você escolheria para obter a raiz 1, utilizando o processo iterativo x k+1 = φ(x k )? Exiba a sequência gerada com sua escolha tomando x 0 = 1.2. Solução do Exemplo Temos que φ 1 (x) e φ 1 (x) são contínuas pois φ 1 (x) = 2x 1, φ 1(x) = 2 74 / 156

150 Método do ponto xo Exemplo Considere as seguintes funções: a) φ 1 (x) = 2x 1 b) φ 2 (x) = x 2 2x + 2 Qual delas você escolheria para obter a raiz 1, utilizando o processo iterativo x k+1 = φ(x k )? Exiba a sequência gerada com sua escolha tomando x 0 = 1.2. Solução do Exemplo Temos que φ 1 (x) e φ 1 (x) são contínuas pois φ 1 (x) = 2x 1, φ 1(x) = 2 Mas φ 1 (x) = 2 > 1, x próximo de α = / 156

151 Método do ponto xo Solução do Exemplo - (cont.) Por outro lado φ 2 (x) = x 2 2x + 2, φ 2(x) = 2x 2 φ 2(x) = 2x 2 < 1 75 / 156

152 Método do ponto xo Solução do Exemplo - (cont.) Por outro lado de onde temos φ 2 (x) = x 2 2x + 2, φ 2(x) = 2x 2 φ 2(x) = 2x 2 < 1 1 < 2x 2 < 1 1 < 2x < < x < / 156

153 Método do ponto xo Solução do Exemplo - (cont.) Por outro lado de onde temos φ 2 (x) = x 2 2x + 2, φ 2(x) = 2x 2 φ 2(x) = 2x 2 < 1 1 < 2x 2 < 1 1 < 2x < < x < 3 2 Portanto φ 2 (x) < 1 se e somente se x I = [0.5, 1.5]. Como φ 2 (x) e φ 2 (x) são contínuas, tomando uma aproximação inicial x 0 I, temos a convergência do método garantida. 75 / 156

154 Método do ponto xo Exemplo Vamos rever o caso f(x) = x 2 x 2 = 0. Temos os seguinte esquema, que já vimos que converge para x = 2 + x. Vamos usar x 0 = 2.5, então 76 / 156

155 Método do ponto xo Exemplo Vamos rever o caso f(x) = x 2 x 2 = 0. Temos os seguinte esquema, que já vimos que converge para x = 2 + x. Vamos usar x 0 = 2.5, então x 1 = φ(x 0 ) = x 2 = φ(x 1 ) = x 3 = φ(x 2 ) = x 4 = φ(x 3 ) = x 5 = φ(x 4 ) = / 156

156 Método do ponto xo Exemplo Vamos rever o caso f(x) = x 2 x 2 = 0. Temos os seguinte esquema, que já vimos que converge para x = 2 + x. Vamos usar x 0 = 2.5, então x 1 = φ(x 0 ) = x 2 = φ(x 1 ) = x 3 = φ(x 2 ) = x 4 = φ(x 3 ) = x 5 = φ(x 4 ) = Vejamos agora o seguinte esquema x = x x2 x 2 2x 1 76 / 156

157 Método do ponto xo Exemplo Usando o esquema com x 0 = 2.5 obtemos x = x x2 x 2 2x 1 x 1 = φ(x 0 ) = x 2 = φ(x 1 ) = x 3 = φ(x 2 ) = de onde concluimos que o esquema converge, e ainda, de forma muito mais rápida que o esquema anterior. Porque? Que função de iteração é essa? 77 / 156

158 Conteúdo Aula passada Método do ponto xo Aula de hoje Método de Newton Método da secante 78 / 156

159 Método de Newton Na aula anterior estudamos o método do ponto xo que expressa f(x) = 0 na forma x = φ(x) 79 / 156

160 Método de Newton Na aula anterior estudamos o método do ponto xo que expressa f(x) = 0 na forma x = φ(x) Uma forma geral de escrever φ(x) é φ(x) = x + A(x)f(x) (3) para qualquer A(x) tal que A(α) 0. Vamos estudar agora o método de Newton que é uma das técnicas mais populares para se determinar raízes de equações não lineares. 79 / 156

161 Método de Newton Na aula anterior estudamos o método do ponto xo que expressa f(x) = 0 na forma x = φ(x) Uma forma geral de escrever φ(x) é φ(x) = x + A(x)f(x) (3) para qualquer A(x) tal que A(α) 0. Vamos estudar agora o método de Newton que é uma das técnicas mais populares para se determinar raízes de equações não lineares. Existem diversas formas de se deduzir o método de Newton 1. método de ponto xo 2. interpretação geométrica 3. série de Taylor 79 / 156

162 Método de Newton No MPF vimos que se φ(x) e φ (x) forem contínuas e se φ (x) < 1, x I, então o método irá convergir a convergência será mais rápida quanto menor for φ (α). 80 / 156

163 Método de Newton No MPF vimos que se φ(x) e φ (x) forem contínuas e se φ (x) < 1, x I, então o método irá convergir a convergência será mais rápida quanto menor for φ (α). A idéia do método de Newton, quando visto como um MPF, é tentar garantir e acelerar a convergência do MPF escolhendo a função de iteração φ(x) de tal forma que φ (α) = 0. Partindo da forma geral de φ(x) dada em (3), queremos encontrar a função A(x) tal que φ (α) = / 156

164 Método de Newton No MPF vimos que se φ(x) e φ (x) forem contínuas e se φ (x) < 1, x I, então o método irá convergir a convergência será mais rápida quanto menor for φ (α). A idéia do método de Newton, quando visto como um MPF, é tentar garantir e acelerar a convergência do MPF escolhendo a função de iteração φ(x) de tal forma que φ (α) = 0. Partindo da forma geral de φ(x) dada em (3), queremos encontrar a função A(x) tal que φ (α) = 0. Derivando obtemos φ(x) = x + A(x)f(x) φ (x) = 1 + A (x)f(x) + A(x)f (x) 80 / 156

165 Método de Newton No MPF vimos que se φ(x) e φ (x) forem contínuas e se φ (x) < 1, x I, então o método irá convergir a convergência será mais rápida quanto menor for φ (α). A idéia do método de Newton, quando visto como um MPF, é tentar garantir e acelerar a convergência do MPF escolhendo a função de iteração φ(x) de tal forma que φ (α) = 0. Partindo da forma geral de φ(x) dada em (3), queremos encontrar a função A(x) tal que φ (α) = 0. Derivando obtemos avaliando em x = α temos φ(x) = x + A(x)f(x) φ (x) = 1 + A (x)f(x) + A(x)f (x) φ (α) = 1 + A (α) f(α) +A(α)f (α) }{{} =0 80 / 156

166 Método de Newton Assim φ (α) = 1 + A(α)f (α) 81 / 156

167 Método de Newton Assim φ (α) = 1 + A(α)f (α) Como queremos que φ (α) = 0, fazemos 1 + A(α)f (α) = 0 A(α) = 1 f (α), com f (α) 0 81 / 156

168 Método de Newton Assim φ (α) = 1 + A(α)f (α) Como queremos que φ (α) = 0, fazemos 1 + A(α)f (α) = 0 A(α) = 1 f (α), com f (α) 0 Tomando A(x) = 1 f (x) 81 / 156

169 Método de Newton Assim φ (α) = 1 + A(α)f (α) Como queremos que φ (α) = 0, fazemos 1 + A(α)f (α) = 0 A(α) = 1 f (α), com f (α) 0 Tomando temos A(x) = 1 f (x) φ(x) = x + A(x)f(x) φ(x) = x f(x) f (x) 81 / 156

170 Método de Newton Assim φ (α) = 1 + A(α)f (α) Como queremos que φ (α) = 0, fazemos 1 + A(α)f (α) = 0 A(α) = 1 f (α), com f (α) 0 Tomando temos A(x) = 1 f (x) φ(x) = x + A(x)f(x) φ(x) = x f(x) f (x) e assim o processo iterativo do método de Newton ca denido como x k+1 = x k f(x k) f (x k ), k = 0, 1, / 156

171 Método de Newton Assim dada f(x) = 0, obtemos a função de iteração que é tal que φ (α) = 0, pois φ(x) = x f(x) f (x) φ (x) = 1 f (x)f (x) f(x)f (x) f (x) 2 82 / 156

172 Método de Newton Assim dada f(x) = 0, obtemos a função de iteração que é tal que φ (α) = 0, pois φ(x) = x f(x) f (x) φ (x) = 1 f (x)f (x) f(x)f (x) f (x) 2 = f (x) 2 f (x)f (x) + f(x)f (x) f (x) 2 82 / 156

173 Método de Newton Assim dada f(x) = 0, obtemos a função de iteração que é tal que φ (α) = 0, pois φ(x) = x f(x) f (x) φ (x) = 1 f (x)f (x) f(x)f (x) f (x) 2 = f (x) 2 f (x)f (x) + f(x)f (x) f (x) 2 = f(x)f (x) f (x) 2 82 / 156

174 Método de Newton Assim dada f(x) = 0, obtemos a função de iteração que é tal que φ (α) = 0, pois φ(x) = x f(x) f (x) φ (x) = 1 f (x)f (x) f(x)f (x) f (x) 2 = f (x) 2 f (x)f (x) + f(x)f (x) f (x) 2 = f(x)f (x) f (x) 2 como f(α) = 0, isto implica que φ (α) = 0, desde que f (α) 0, como queríamos. 82 / 156

175 Método de Newton Interpretação geométrica Antes de estudarmos exemplos, algoritmo e convergência, vejamos as outras deduções do método. Iremos apresentar o método de Newton agora sob o ponto de vista geométrico. Seja x k uma aproximação para a raiz α de f(x) = 0. O valor de x k+1 é obtido gracamente traçando-se pelo ponto (x k, f(x k )) a reta tangente à curva y = f(x). O ponto de interseção da reta tangente com o eixo dos x, determina o valor de x k / 156

176 Método de Newton Interpretação geométrica 84 / 156

177 Método de Newton Interpretação geométrica Assim temos tan (θ) = f (x k ) = f(x k) x k x k+1 85 / 156

178 Método de Newton Interpretação geométrica Assim temos tan (θ) = f (x k ) = f(x k) x k x k+1 f (x k )(x k x k+1 ) = f(x k ) 85 / 156

179 Método de Newton Interpretação geométrica Assim temos tan (θ) = f (x k ) = f(x k) x k x k+1 f (x k )(x k x k+1 ) = f(x k ) x k x k+1 = f(x k) f (x k ) 85 / 156

180 Método de Newton Interpretação geométrica Assim temos tan (θ) = f (x k ) = f(x k) x k x k+1 f (x k )(x k x k+1 ) = f(x k ) x k x k+1 = f(x k) f (x k ) x k+1 = x k f(x k) f (x k ) 85 / 156

181 Método de Newton Interpretação geométrica Assim temos tan (θ) = f (x k ) = f(x k) x k x k+1 f (x k )(x k x k+1 ) = f(x k ) x k x k+1 = f(x k) f (x k ) x k+1 = x k f(x k) f (x k ) Vejamos agora a dedução através de série de Taylor. 85 / 156

182 Método de Newton Série de Taylor Vamos deduzir o método de Newton usando série de Taylor em torno do ponto a = x k. 86 / 156

183 Método de Newton Série de Taylor Vamos deduzir o método de Newton usando série de Taylor em torno do ponto a = x k. Assim temos f(x) = f(x k ) + (x x k )f (x k ) + R 1 (x) onde, como visto anteriormente, R 1 (x) = x x k 2 f (c xk ), com c xk entre x k e x. 86 / 156

184 Método de Newton Série de Taylor Vamos deduzir o método de Newton usando série de Taylor em torno do ponto a = x k. Assim temos f(x) = f(x k ) + (x x k )f (x k ) + R 1 (x) onde, como visto anteriormente, R 1 (x) = x x k 2 f (c xk ), com c xk entre x k e x. Avaliando a expressão anterior em x = α e desprezando o termo do erro, temos f(α) = 0 f(x k ) + (α x k )f (x k ) 0 De onde denimos o método como x k+1 = x k f(x k) f (x k ) (α x k ) f(x k) f (x k ) α x k f(x k) f (x k ) 86 / 156

185 Método de Newton Exemplo Usando o método de Newton, determine a menor raiz positiva da equação f(x) = 4 cos (x) e x = 0 com erro inferior a ɛ = Use o seguinte critério de parada x k+1 x k / x k / 156

186 Método de Newton Exemplo Usando o método de Newton, determine a menor raiz positiva da equação f(x) = 4 cos (x) e x = 0 com erro inferior a ɛ = Use o seguinte critério de parada x k+1 x k / x k+1. Solução do Exemplo Vamos fazer um gráco para analisar e escolher um valor inicial para aproximar a raiz. Seja y 1 = 4 cos (x) e y 2 = e x cosx e x / 156

187 Método de Newton Solução do Exemplo - (cont.) Do gráco, escolhemos x 0 = 1 como chute inicial. Assim f(x) = 4 cos (x) e x f (x) = 4 sin (x) e x 88 / 156

188 Método de Newton Solução do Exemplo - (cont.) Do gráco, escolhemos x 0 = 1 como chute inicial. Assim f(x) = 4 cos (x) e x f (x) = 4 sin (x) e x Portanto temos Passo 1 x k+1 = x k 4 cos (x k) e x k ( 4 sin (x k ) e x k ) x 1 = x 0 4 cos (x 0) e x 0 4 cos (1) e1 ( 4 sin (x 0 ) e x = 1 0 ) ( 4 sin (1) e 1 ) 88 / 156

189 Método de Newton Solução do Exemplo - (cont.) Do gráco, escolhemos x 0 = 1 como chute inicial. Assim f(x) = 4 cos (x) e x f (x) = 4 sin (x) e x Portanto temos Passo 1 x k+1 = x k 4 cos (x k) e x k ( 4 sin (x k ) e x k ) x 1 = x 0 4 cos (x 0) e x 0 4 cos (1) e1 ( 4 sin (x 0 ) e x = 1 0 ) ( 4 sin (1) e 1 ) = 1 ( 0.557) ( 6.048) = / 156

190 Método de Newton Solução do Exemplo - (cont.) Do gráco, escolhemos x 0 = 1 como chute inicial. Assim f(x) = 4 cos (x) e x f (x) = 4 sin (x) e x Portanto temos Passo 1 x k+1 = x k 4 cos (x k) e x k ( 4 sin (x k ) e x k ) x 1 = x 0 4 cos (x 0) e x 0 4 cos (1) e1 ( 4 sin (x 0 ) e x = 1 0 ) ( 4 sin (1) e 1 ) = 1 ( 0.557) ( 6.048) = e 1 = x 1 x 0 x 1 = > ɛ 88 / 156

191 Método de Newton Solução do Exemplo - (cont.) Passo 2 x 2 = x 1 4 cos (x 1) e x 1 4 cos (0.908) e0.908 ( 4 sin (x 1 ) e x = ) ( 4 sin (0.908) e ) = ( 0.019) ( 5.631) = / 156

192 Método de Newton Solução do Exemplo - (cont.) Passo 2 x 2 = x 1 4 cos (x 1) e x 1 4 cos (0.908) e0.908 ( 4 sin (x 1 ) e x = ) ( 4 sin (0.908) e ) = ( 0.019) ( 5.631) = e 2 = x 2 x 1 x 2 = = < ɛ 89 / 156

193 Método de Newton Solução do Exemplo - (cont.) Passo 2 x 2 = x 1 4 cos (x 1) e x 1 4 cos (0.908) e0.908 ( 4 sin (x 1 ) e x = ) ( 4 sin (0.908) e ) = ( 0.019) ( 5.631) = e 2 = x 2 x 1 x 2 = = < ɛ Portanto obtemos x 2 = como aproximação para α com uma precisão de / 156

194 Método de Newton Algoritmo entrada: f(x) e sua derivada f (x), aproximação inicial x 0, precisão ɛ e número máximo de iterações maxit para k de 1 até maxit faça x 1 = x 0 f(x 0) f (x 0 ) ; se abs(x 1 x 0 ) < ɛ então retorne x 1 ; m-se x 0 = x 1 ; m-para 90 / 156

195 Método de Newton Exemplo Resolva f(x) = x x 1/3 2 = 0 usando x 0 = 3 como aproximação inicial. 91 / 156

196 Método de Newton Exemplo Resolva f(x) = x x 1/3 2 = 0 usando x 0 = 3 como aproximação inicial. Solução do Exemplo Temos que a derivada é f (x) = x 2/3 nesse caso a fórmula de iteração é x k+1 = x k x k x 1/3 k x 2/3 k 91 / 156

197 Método de Newton Solução do Exemplo Aplicando o método temos k x k f (x k ) f(x k ) e e e e+00 E assim ao nal das iterações obtemos α x 3 = como valor aproximado para a raiz. 92 / 156

198 Convergência do método de Newton Teorema (Ref: Ruggiero, página 69) Sejam f(x), f (x) e f (x) contínuas em um intervalo I que contém a raiz α de f(x) = 0. Vamos supor que f (α) 0. Então existe um intervalo Ī I, contendo a raiz α, tal que se x 0 Ī, a sequência {x k} gerada pelo método de Newton x k+1 = x k f(x k )/f (x k ) irá convergir para a raiz. 93 / 156

199 Convergência do método de Newton Teorema (Ref: Ruggiero, página 69) Sejam f(x), f (x) e f (x) contínuas em um intervalo I que contém a raiz α de f(x) = 0. Vamos supor que f (α) 0. Então existe um intervalo Ī I, contendo a raiz α, tal que se x 0 Ī, a sequência {x k} gerada pelo método de Newton x k+1 = x k f(x k )/f (x k ) irá convergir para a raiz. Prova O método de Newton é um MPF com φ(x) = x f(x) f (x). Para provar a convergência do método, basta vericar, que sob as hipóteses desse Teorema, as hipóteses do Teorema do Ponto Fixo são satisfeitas para φ(x). Precisamos provar que existe Ī I centrado em α tal que (i) φ(x) e φ (x) são contínuas em Ī (ii) φ (x) < 1, x Ī 93 / 156

200 Convergência do método de Newton Prova (cont.) Sabemos que φ(x) = x f(x) f (x), φ (x) = f(x)f (x) f (x) 2 Pelas hipóteses temos que f (α) 0 f (x) é contínua Então, f (x) 0, x na vizinhança de α. 94 / 156

201 Convergência do método de Newton Prova (cont.) Sabemos que φ(x) = x f(x) f (x), φ (x) = f(x)f (x) f (x) 2 Pelas hipóteses temos que f (α) 0 f (x) é contínua Então, f (x) 0, x na vizinhança de α. Sendo assim é possível obter um intervalo I 1 I tal que f (x) 0, x I 1. Logo, em I 1 I, temos que f(x), f (x) e f (x) são contínuas e f (x) 0. Portanto, concluímos que φ(x) e φ (x) são contínuas em I 1 (pela continuidade da soma, produto e divisão). Item (i) OK! 94 / 156

202 Convergência do método de Newton Prova (cont.) Como φ (x) é contínua em I 1 e φ (α) = 0 < 1 (por construção do método de Newton), é possível escolher I 2 I 1 tal que φ (x) < 1, x I 2. E ainda, I 2 pode ser escolhido de forma que α esteja centrado neste intervalo. Item (ii) OK! Sendo assim, encontramos I 2 I, centrado em α onde φ(x) e φ (x) são contínuas e φ (x) < 1, x I 2. Ou seja, I 2 = Ī. 95 / 156

203 Convergência do método de Newton Prova (cont.) Como φ (x) é contínua em I 1 e φ (α) = 0 < 1 (por construção do método de Newton), é possível escolher I 2 I 1 tal que φ (x) < 1, x I 2. E ainda, I 2 pode ser escolhido de forma que α esteja centrado neste intervalo. Item (ii) OK! Sendo assim, encontramos I 2 I, centrado em α onde φ(x) e φ (x) são contínuas e φ (x) < 1, x I 2. Ou seja, I 2 = Ī. Em resumo: se f, f e f forem contínuas e f (α) 0, o método de Newton converge, desde que a aproximação inicial x 0 seja escolhida "sucientemente próxima" da raiz α. 95 / 156

204 Convergência do método de Newton Prova (cont.) Como φ (x) é contínua em I 1 e φ (α) = 0 < 1 (por construção do método de Newton), é possível escolher I 2 I 1 tal que φ (x) < 1, x I 2. E ainda, I 2 pode ser escolhido de forma que α esteja centrado neste intervalo. Item (ii) OK! Sendo assim, encontramos I 2 I, centrado em α onde φ(x) e φ (x) são contínuas e φ (x) < 1, x I 2. Ou seja, I 2 = Ī. Em resumo: se f, f e f forem contínuas e f (α) 0, o método de Newton converge, desde que a aproximação inicial x 0 seja escolhida "sucientemente próxima" da raiz α. E se f (α) = 0? Problemas de convergência. Veremos mais detalhes adiante. 95 / 156

205 Ordem de convergência do método de Newton Vamos supor que as hipóteses do Teorema estão todas satisfeitas, i.e.: f, f, f contínuas em um intervalo I com centro em α f (α) 0 então subtraindo α de x k+1 = φ(x k ) = x k f(x k) f (x k ) temos x k+1 α = φ(x k ) φ(α) 96 / 156

206 Ordem de convergência do método de Newton Vamos supor que as hipóteses do Teorema estão todas satisfeitas, i.e.: f, f, f contínuas em um intervalo I com centro em α f (α) 0 então subtraindo α de x k+1 = φ(x k ) = x k f(x k) f (x k ) temos x k+1 α = φ(x k ) φ(α) Expandindo φ(x k ) em série de Taylor em torno do ponto a = α, resulta em φ(x k ) = φ(α) + (x k α)φ (α) + (x k α) 2 φ (ξ k ) 2 96 / 156

207 Ordem de convergência do método de Newton Vamos supor que as hipóteses do Teorema estão todas satisfeitas, i.e.: f, f, f contínuas em um intervalo I com centro em α f (α) 0 então subtraindo α de x k+1 = φ(x k ) = x k f(x k) f (x k ) temos x k+1 α = φ(x k ) φ(α) Expandindo φ(x k ) em série de Taylor em torno do ponto a = α, resulta em assim φ(x k ) = φ(α) + (x k α)φ (α) + (x k α) 2 φ (ξ k ) 2 x k+1 α = φ(α) + (x k α) φ (α) + (x k α) 2 φ (ξ }{{} k ) φ(α) 2 =0 96 / 156

208 Ordem de convergência do método de Newton Portanto x k+1 α = (x k α) 2 φ (ξ k ) 2 x k+1 α (x k α) 2 = 1 2 φ (ξ k ) 97 / 156

209 Ordem de convergência do método de Newton Portanto x k+1 α = (x k α) 2 φ (ξ k ) 2 x k+1 α (x k α) 2 = 1 2 φ (ξ k ) e assim obtemos x k+1 α x k α 2 = 1 2 φ (ξ k ) c 97 / 156

210 Ordem de convergência do método de Newton Portanto x k+1 α = (x k α) 2 φ (ξ k ) 2 x k+1 α (x k α) 2 = 1 2 φ (ξ k ) e assim obtemos x k+1 α x k α 2 = 1 2 φ (ξ k ) c isto é x k+1 α c x k α 2 Pela denição de ordem de convergência, concluimos que p = 2 e portanto temos que o método de Newton tem convergência quadrática. 97 / 156

211 Ordem de convergência do método de Newton Observações A convergência do método de Newton é rápida O método requer o cálculo: da derivada da função da avaliação da função e da sua derivada a cada iteração Além disso, a função pode não ser diferenciável em alguns pontos. 98 / 156

212 Ordem de convergência do método de Newton Na prática, o que signica essa ordem de convergência quadrática? Vamos supor que o erro em uma iteração k do algoritmo seja da ordem de Pela expressão anterior x k+1 α c x k α 2 ou seja, o erro na próxima iteração k + 1 é aproximadamente 10 4 e assim temos 10 2, 10 4, 10 8, 10 16,... Vejamos um exemplo prático. 99 / 156

213 Ordem de convergência do método de Newton Exemplo Como exemplo considere f(x) = 4 sin (x) e x com x 0 = 0.5 e use ɛ = / 156

214 Ordem de convergência do método de Newton Exemplo Como exemplo considere f(x) = 4 sin (x) e x com x 0 = 0.5 e use ɛ = Solução O método de Newton com a precisão especicada produz os seguintes resultados: Raiz aproximada = k x k e k e e e e e e e e e e / 156

215 Problemas com o método de Newton Em algumas situações o método de Newton pode falhar por conta de: i) Aproximação inicial ruim. Em algumas situações as condições sobre a função para a convergência do método são satisfeitas, porém a escolha da aproximação inicial está fora do intervalo para o qual o método converge. Por exemplo, se um ponto x 0 é estacionário, i.e., f (x 0 ) = 0. Seja f(x) = 1 2x 2, então f (x) = 4x. Escolhendo x 0 = 0 temos que x 1 = x 0 f(x 0) f (x 0 ) = / 156

216 Problemas com o método de Newton i) Aproximação inicial ruim. Outra situação que pode levar à falha do método de Newton é a escolha de um ponto inicial que faz o método entrar em loop. Exemplo com x 0 = 0: f(x) = x 3 2x + 2 f (x) = 3x / 156

217 Problemas com o método de Newton i) Aproximação inicial ruim. Outra situação que pode levar à falha do método de Newton é a escolha de um ponto inicial que faz o método entrar em loop. Exemplo com x 0 = 0: f(x) = x 3 2x + 2 f (x) = 3x 2 2 Escolhendo x 0 = 0 o método entra em loop e gera uma sequência {1, 0, 1, 0,...}. Obs: nesses casos, um método diferente, como por exemplo o método da Bissecção pode ser usado para obter uma aproximação inicial mais precisa para então ser usada no método de Newton. 102 / 156

218 Problemas com o método de Newton ii) Problemas com a derivada Derivada discontínua. Derivada não existe na raiz. iii) Convergência não quadrática. Em algumas situações o método pode convergir com uma ordem não quadrática. Um exemplo é quando temos raízes com multiplicidade m > 1, ou seja, quando a derivada é zero na raiz. Veremos como tratar isso adiante. 103 / 156

219 Método da Secante Como discutido uma séria desvantagem do método de Newton é a necessidade de se obter f (x) e calcular o seu valor a cada passo. Existem algumas formas de modicar o método para contornar essa desvantagem. Uma modicação consiste em substituir f (x) pelo quociente das diferenças f (x k ) f(x k) f(x k 1 ) x k x k 1 (4) onde x k e x k 1 são aproximações para α. Dessa forma temos o seguinte esquema: f(x k ) x k+1 = x k f(x k ) f(x k 1 ) x k x k 1 x k x k 1 = x k f(x k ) f(x k ) f(x k 1 ) 104 / 156

220 Método da Secante Tirando o mínimo e simplicando x k x k 1 x k+1 = x k f(x k ) f(x k ) f(x k 1 ) = x kf(x k ) x k f(x k 1 ) f(x k )(x k x k 1 ) f(x k ) f(x k 1 ) (5) obtemos o seguinte processo iterativo x k+1 = f(x k)x k 1 f(x k 1 )x k f(x k ) f(x k 1 ) k = 1, 2,... o qual é conhecido como método da secante. Note que para obter x k+1 precisamos x k e x k 1, ou seja, duas aproximações iniciais devem estar disponíveis para a equação anterior ser usada. 105 / 156

221 Método da Secante Interpretação Geométrica 106 / 156

222 Método da Secante Interpretação Geométrica Visto dessa forma o método consiste em tomar como aproximação a interseção da reta que passa pelos pontos (x k, f(x k )) e (x k 1, f(x k 1 )) com o eixo x. Sendo assim, partindo de (5) temos x k+1 = x k f(x k)(x k x k 1 ) f(x k ) f(x k 1 ) 107 / 156

223 Método da Secante Interpretação Geométrica Visto dessa forma o método consiste em tomar como aproximação a interseção da reta que passa pelos pontos (x k, f(x k )) e (x k 1, f(x k 1 )) com o eixo x. Sendo assim, partindo de (5) temos x k+1 = x k f(x k)(x k x k 1 ) f(x k ) f(x k 1 ) x k+1 x k f(x k ) = (x k x k 1 ) f(x k ) f(x k 1 ) 107 / 156

224 Método da Secante Interpretação Geométrica Visto dessa forma o método consiste em tomar como aproximação a interseção da reta que passa pelos pontos (x k, f(x k )) e (x k 1, f(x k 1 )) com o eixo x. Sendo assim, partindo de (5) temos x k+1 = x k f(x k)(x k x k 1 ) f(x k ) f(x k 1 ) x k+1 x k = (x k x k 1 ) f(x k ) f(x k ) f(x k 1 ) f(x k ) = f(x k) f(x k 1 ) x k+1 x k (x k x k 1 ) 107 / 156

225 Método da Secante Interpretação Geométrica Visto dessa forma o método consiste em tomar como aproximação a interseção da reta que passa pelos pontos (x k, f(x k )) e (x k 1, f(x k 1 )) com o eixo x. Sendo assim, partindo de (5) temos x k+1 = x k f(x k)(x k x k 1 ) f(x k ) f(x k 1 ) x k+1 x k = (x k x k 1 ) f(x k ) f(x k ) f(x k 1 ) f(x k ) = f(x k) f(x k 1 ) x k+1 x k (x k x k 1 ) tan (θ) = f(x k) x k+1 x k = f(x k) f(x k 1 ) (x k x k 1 ) 107 / 156

226 Método da Secante Interpretação Geométrica Visto dessa forma o método consiste em tomar como aproximação a interseção da reta que passa pelos pontos (x k, f(x k )) e (x k 1, f(x k 1 )) com o eixo x. Sendo assim, partindo de (5) temos x k+1 = x k f(x k)(x k x k 1 ) f(x k ) f(x k 1 ) x k+1 x k = (x k x k 1 ) f(x k ) f(x k ) f(x k 1 ) f(x k ) = f(x k) f(x k 1 ) x k+1 x k (x k x k 1 ) tan (θ) = f(x k) x k+1 x k = f(x k) f(x k 1 ) (x k x k 1 ) Observação: note que a fórmula desse método é muito parecida com a do método da Falsa Posição, a diferença é que o método da Falsa Posição cerca a raiz α pelo intervalo [a, b] e o método da Secante usa 2 aproximações sucessivas. 107 / 156

227 Método da Secante Exemplo Encontre a raiz de x 5e x = 0, usando o método da Secante com x 0 = 1.4 e x 1 = 1.5 com uma precisão ɛ = / 156

228 Método da Secante Exemplo Encontre a raiz de x 5e x = 0, usando o método da Secante com x 0 = 1.4 e x 1 = 1.5 com uma precisão ɛ = Solução do Exemplo Avaliando a função em x 0 e x 1 temos f(x 0 ) = f(1.4) = 1.4 5e 1.4 = (0.247) = f(x 1 ) = f(1.5) = 1.5 5e 1.5 = (0.223) = / 156

229 Método da Secante Exemplo Encontre a raiz de x 5e x = 0, usando o método da Secante com x 0 = 1.4 e x 1 = 1.5 com uma precisão ɛ = Solução do Exemplo Avaliando a função em x 0 e x 1 temos f(x 0 ) = f(1.4) = 1.4 5e 1.4 = (0.247) = f(x 1 ) = f(1.5) = 1.5 5e 1.5 = (0.223) = pelo método da secante temos x 2 = 1.4f(1.5) 1.5f(1.4) f(1.5) f(1.4) = 1.4(0.110) 1.5( 0.052) = / 156

230 Método da Secante Exemplo Encontre a raiz de x 5e x = 0, usando o método da Secante com x 0 = 1.4 e x 1 = 1.5 com uma precisão ɛ = Solução do Exemplo Avaliando a função em x 0 e x 1 temos f(x 0 ) = f(1.4) = 1.4 5e 1.4 = (0.247) = f(x 1 ) = f(1.5) = 1.5 5e 1.5 = (0.223) = pelo método da secante temos 1.4f(1.5) 1.5f(1.4) x 2 = f(1.5) f(1.4) e 2 = x 2 x 1 x 2 = 1.4(0.110) 1.5( 0.052) = > ɛ mais iterações! = / 156

231 Método da Secante Solução do Exemplo Avaliando a função em x 2 f(x 2 ) = f(1.432) = e = (0.239) = / 156

232 Método da Secante Solução do Exemplo Avaliando a função em x 2 f(x 2 ) = f(1.432) = e = (0.239) = assim x 3 = = 1.5f(1.432) 1.432f(1.5) f(1.432) f(1.5) 1.5(0.002) 1.432(0.110) = / 156

233 Método da Secante Solução do Exemplo Avaliando a função em x 2 f(x 2 ) = f(1.432) = e = (0.239) = assim 1.5f(1.432) 1.432f(1.5) x 3 = f(1.432) f(1.5) 1.5(0.002) 1.432(0.110) = = e 3 = x 3 x 2 = < ɛ x / 156

234 Método da Secante Solução do Exemplo Avaliando a função em x 2 f(x 2 ) = f(1.432) = e = (0.239) = assim 1.5f(1.432) 1.432f(1.5) x 3 = f(1.432) f(1.5) 1.5(0.002) 1.432(0.110) = = e 3 = x 3 x 2 = < ɛ x 3 Portanto, a raiz aproximada é x 3 = / 156

235 Método da Secante Algoritmo entrada: função f(x), aproximações iniciais x0 e x1, precisão ɛ e número máximo de iterações maxit para k de 1 até maxit faça f 0 = f(x 0 ); f 1 = f(x 1 ); x 2 = x 1 f 1 (x 1 x 0 ) f 1 f 0 ; se abs(x 2 x 1 ) < ɛ então retorne x 2 ; m-se x 0 = x 1 ; x 1 = x 2 ; m-para 110 / 156

236 Ordem de convergência do método da Secante Seja x k 1 x x 2 x k = x k 1 f(x k 1 ) f(x k 1 ) f(x k 2 ) 111 / 156

237 Ordem de convergência do método da Secante Seja x k 1 x x 2 x k = x k 1 f(x k 1 ) f(x k 1 ) f(x k 2 ) então denindo e k = x k α x k = α + e k e assim substituindo temos e k 1 e k 2 (α + e k ) = (α + e k 1 ) f(x k 1 ) f(x k 1 ) f(x k 2 ) 111 / 156

238 Ordem de convergência do método da Secante Seja x k 1 x x 2 x k = x k 1 f(x k 1 ) f(x k 1 ) f(x k 2 ) então denindo e k = x k α x k = α + e k e assim substituindo temos e k 1 e k 2 (α + e k ) = (α + e k 1 ) f(x k 1 ) f(x k 1 ) f(x k 2 ) e k 1 e x 2 e k = e k 1 f(x k 1 ) f(x k 1 ) f(x k 2 ) 111 / 156

239 Ordem de convergência do método da Secante Seja x k 1 x x 2 x k = x k 1 f(x k 1 ) f(x k 1 ) f(x k 2 ) então denindo e k = x k α x k = α + e k e assim substituindo temos e k 1 e k 2 (α + e k ) = (α + e k 1 ) f(x k 1 ) f(x k 1 ) f(x k 2 ) e k 1 e x 2 e k = e k 1 f(x k 1 ) f(x k 1 ) f(x k 2 ) = f(x k 1)e k 2 f(x k 2 )e x 1 f(x k 1 ) f(x k 2 ) 111 / 156

240 Ordem de convergência do método da Secante Seja x k 1 x x 2 x k = x k 1 f(x k 1 ) f(x k 1 ) f(x k 2 ) então denindo e k = x k α x k = α + e k e assim substituindo temos e k 1 e k 2 (α + e k ) = (α + e k 1 ) f(x k 1 ) f(x k 1 ) f(x k 2 ) e k 1 e x 2 e k = e k 1 f(x k 1 ) f(x k 1 ) f(x k 2 ) = f(x k 1)e k 2 f(x k 2 )e x 1 f(x k 1 ) f(x k 2 ) Pelo Teorema do Valor Médio temos que existe c k 1 entre x k 1 e α tal que (x k 1 α)f (c k 1 ) = f(x k 1 ) f(α) 111 / 156

241 Ordem de convergência do método da Secante Sendo assim f (c k 1 ) = f(x k 1) (x k 1 α) = f(x k 1) e k / 156

242 Ordem de convergência do método da Secante Sendo assim f (c k 1 ) = f(x k 1) (x k 1 α) = f(x k 1) e k 1 de onde obtemos f(x k 1 ) = f (c k 1 )e k 1 f(x k 2 ) = f (c k 2 )e k / 156

243 Ordem de convergência do método da Secante Sendo assim de onde obtemos f (c k 1 ) = f(x k 1) (x k 1 α) = f(x k 1) e k 1 f(x k 1 ) = f (c k 1 )e k 1 logo f(x k 2 ) = f (c k 2 )e k 2 e k = f (c k 1 )e k 1 e k 2 f (c k 2 )e k 1 e k 2 f(x k 1 ) f(x k 2 ) = f (c k 1 ) f (c k 2 ) f(x k 1 ) f(x k 2 ) e k 1e k 2 Vamos supor que existe M > 0 tal que f (c k 1 ) f (c k 2 ) max f(x k 1 ) f(x k 2 ) < M 112 / 156

244 Ordem de convergência do método da Secante Então e k = M e k 1 e k / 156

245 Ordem de convergência do método da Secante Então e k = M e k 1 e k 2 Suponha que para k muito grande exista algum C k tal que e k = C k e k 1 p onde p é a ordem de convergência do método. 113 / 156

246 Ordem de convergência do método da Secante Então e k = M e k 1 e k 2 Suponha que para k muito grande exista algum C k tal que e k = C k e k 1 p onde p é a ordem de convergência do método. De forma análoga temos que e k 1 = C k 1 e k 2 p e k 2 = ( e k 1 ) (1/p) (C k 1 ) (1/p) 113 / 156

247 Ordem de convergência do método da Secante Então e k = M e k 1 e k 2 Suponha que para k muito grande exista algum C k tal que e k = C k e k 1 p onde p é a ordem de convergência do método. De forma análoga temos que Assim e k 1 = C k 1 e k 2 p e k 2 = ( e k 1 ) (1/p) e k = C k e k 1 p (C k 1 ) (1/p) e k = M e k 1 e k 2 = M e k 1 ( e k 1 ) (1/p) (C k 1 ) (1/p) 113 / 156

248 Ordem de convergência do método da Secante Então e k = M e k 1 e k 2 Suponha que para k muito grande exista algum C k tal que e k = C k e k 1 p onde p é a ordem de convergência do método. De forma análoga temos que Assim e k 1 = C k 1 e k 2 p e k 2 = ( e k 1 ) (1/p) e k = C k e k 1 p (C k 1 ) (1/p) e k = M e k 1 e k 2 = M e k 1 ( e k 1 ) (1/p) (C k 1 ) (1/p) Pela igualdade temos [ ] Ck M (C k 1) (1/p) e k 1 p = e k 1 1+1/p 113 / 156

249 Ordem de convergência do método da Secante Assim temos que p deve satisfazer p = p p 2 p 1 = / 156

250 Ordem de convergência do método da Secante Assim temos que p deve satisfazer p = p p 2 p 1 = 0 de onde encontramos que p = / 156

251 Ordem de convergência do método da Secante Assim temos que p deve satisfazer p = p p 2 p 1 = 0 de onde encontramos que p = Assim concluimos que a ordem de convergência do método da secante é p / 156

252 Ordem de convergência do método da Secante Assim temos que p deve satisfazer p = p p 2 p 1 = 0 de onde encontramos que p = Assim concluimos que a ordem de convergência do método da secante é p Observe que: (-) ordem de convergência menor do que a do método de Newton (+) este método não requer o conhecimento de f (x) 114 / 156

253 Método da Secante Exemplo Resolva o exemplo anterior f(x) = 4 sin (x) e x = 0 usando Método de Newton com x 0 = 0.5 Método da secante com x 0 = 0 e x 1 = 1 Precisão de ɛ = para ambos. Solução Método da Secante k x k e k e e e e e e e e e e e e e e e e e e / 156

254 Método da Secante Exemplo Resolva o exemplo anterior f(x) = 4 sin (x) e x = 0 usando Método de Newton com x 0 = 0.5 Método da secante com x 0 = 0 e x 1 = 1 Precisão de ɛ = para ambos. Solução Método da Secante k x k e k e e e e e e e e e e e e e e e e e e / 156

255 Método da Secante Exemplo Resolva o exemplo anterior f(x) = 4 sin (x) e x = 0 usando Método de Newton com x 0 = 0.5 Método da secante com x 0 = 0 e x 1 = 1 Precisão de ɛ = para ambos. Solução Método da Secante k x k e k e e e e e e e e e e e e e e e e e e-15 Método de Newton k x k e k e e e e e e e e e e / 156

256 Conteúdo Aula passada Método de Newton Método da Secante Aula de hoje Método de Newton (Raízes Múltiplas) Exemplos de aplicações Códigos e comparações entre os métodos 116 / 156

257 Método de Newton Falamos anteriormente que o método de Newton converge de forma não quadrática em algumas situações. Em particular, quando uma raiz tem multiplicidade m > 1, o método de Newton apresenta uma convergência linear e não quadrática. Lembrando que, uma raiz α tem multiplicidade m > 0 quando f(α) = f (α) = f (α) =... = f (m 1) = 0 e f (m) (α) / 156

258 Método de Newton Falamos anteriormente que o método de Newton converge de forma não quadrática em algumas situações. Em particular, quando uma raiz tem multiplicidade m > 1, o método de Newton apresenta uma convergência linear e não quadrática. Lembrando que, uma raiz α tem multiplicidade m > 0 quando e Exemplo: f(α) = f (α) = f (α) =... = f (m 1) = 0 f (m) (α) 0 f(x) = x 4 + 2x 3 12x x 5 f(1) = / 156

259 Método de Newton Falamos anteriormente que o método de Newton converge de forma não quadrática em algumas situações. Em particular, quando uma raiz tem multiplicidade m > 1, o método de Newton apresenta uma convergência linear e não quadrática. Lembrando que, uma raiz α tem multiplicidade m > 0 quando e Exemplo: f(α) = f (α) = f (α) =... = f (m 1) = 0 f (m) (α) 0 f(x) = x 4 + 2x 3 12x x 5 f(1) = 0 f (x) = 4x 3 + 6x 2 24x + 14 f (1) = / 156

260 Método de Newton Falamos anteriormente que o método de Newton converge de forma não quadrática em algumas situações. Em particular, quando uma raiz tem multiplicidade m > 1, o método de Newton apresenta uma convergência linear e não quadrática. Lembrando que, uma raiz α tem multiplicidade m > 0 quando e Exemplo: f(α) = f (α) = f (α) =... = f (m 1) = 0 f (m) (α) 0 f(x) = x 4 + 2x 3 12x x 5 f(1) = 0 f (x) = 4x 3 + 6x 2 24x + 14 f (1) = 0 f (x) = 12x x 24 f (1) = / 156

261 Método de Newton Falamos anteriormente que o método de Newton converge de forma não quadrática em algumas situações. Em particular, quando uma raiz tem multiplicidade m > 1, o método de Newton apresenta uma convergência linear e não quadrática. Lembrando que, uma raiz α tem multiplicidade m > 0 quando f(α) = f (α) = f (α) =... = f (m 1) = 0 e Exemplo: f (m) (α) 0 f(x) = x 4 + 2x 3 12x x 5 f(1) = 0 f (x) = 4x 3 + 6x 2 24x + 14 f (1) = 0 f (x) = 12x x 24 f (1) = 0 f (x) = 24x + 12 f (1) = / 156

262 Método de Newton Para ver porque isto acontece, vamos expandir f(x) em série de Taylor em torno de α, isto é f(x) = f(α)+(x α)f (α)+ (x α)2 f (x α)3 (α)+ f (α)+... 2! 3! 118 / 156

263 Método de Newton Para ver porque isto acontece, vamos expandir f(x) em série de Taylor em torno de α, isto é f(x) = f(α)+(x α)f (α)+ (x α)2 f (x α)3 (α)+ f (α)+... 2! 3! considerando que a raiz tem multiplicidade m, temos f(x) = f(α) + (x α)f (α) + }{{}}{{} =0 =0 (x α)m (m 1)! (x α)2 f (α) 2! }{{} =0 f (m 1) (α) + }{{} =0 (x α)m f (m) (t), t [x, α] m! 118 / 156

264 Método de Newton Para ver porque isto acontece, vamos expandir f(x) em série de Taylor em torno de α, isto é f(x) = f(α)+(x α)f (α)+ (x α)2 f (x α)3 (α)+ f (α)+... 2! 3! considerando que a raiz tem multiplicidade m, temos f(x) = f(α) + (x α)f (α) + }{{}}{{} =0 =0 (x α)m (m 1)! portanto podemos escrever (x α)2 f (α) 2! }{{} =0 f (m 1) (α) + }{{} =0 (x α)m f (m) (t), t [x, α] m! f(x) = (x α)m f (m) (t) (6) m! 118 / 156

265 Método de Newton Lembrando que x k+1 = φ(x k ), φ(x) = x f(x) f (x) 119 / 156

266 Método de Newton Lembrando que x k+1 = φ(x k ), φ(x) = x f(x) f (x) Vamos escrever f(x) = (x α) m h(x), onde h(x) = f (m) (t) m! 119 / 156

267 Método de Newton Lembrando que x k+1 = φ(x k ), φ(x) = x f(x) f (x) Vamos escrever f(x) = (x α) m h(x), onde h(x) = f (m) (t) m! f (x) = m(x α) (m 1) h(x) + (x α) m h (x) 119 / 156

268 Método de Newton Lembrando que x k+1 = φ(x k ), φ(x) = x f(x) f (x) Vamos escrever e assim f(x) = (x α) m h(x), onde h(x) = f (m) (t) m! f (x) = m(x α) (m 1) h(x) + (x α) m h (x) (x α) m h(x) φ(x) = x m(x α) m 1 h(x) + (x α) m h (x) (x α)h(x) = x m h(x) + (x α) h (x) 119 / 156

269 Método de Newton φ(x) = x (x α)h(x) m h(x) + (x α) h (x) 120 / 156

270 Método de Newton φ(x) = x (x α)h(x) m h(x) + (x α) h (x) Derivando temos (simplicando h(x) = h) φ (x) = 1 [h+(x α)h][mh+(x α)h ] [(x α)h][mh +h +h (x α)] [mh+(x α)h ] / 156

271 Método de Newton φ(x) = x (x α)h(x) m h(x) + (x α) h (x) Derivando temos (simplicando h(x) = h) φ (x) = 1 [h+(x α)h][mh+(x α)h ] [(x α)h][mh +h +h (x α)] [mh+(x α)h ] 2 Avaliando em x = α temos φ (α) = 1 [h+(α α)h][mh+(α α)h ] [(α α)h][mh +h +h (α α)] [mh+(α α)h ] / 156

272 Método de Newton φ(x) = x (x α)h(x) m h(x) + (x α) h (x) Derivando temos (simplicando h(x) = h) φ (x) = 1 [h+(x α)h][mh+(x α)h ] [(x α)h][mh +h +h (x α)] [mh+(x α)h ] 2 Avaliando em x = α temos φ (α) = 1 [h+(α α)h][mh+(α α)h ] [(α α)h][mh +h +h (α α)] [mh+(α α)h ] 2 ou seja φ (α) = 1 mh(x)2 m 2 h(x) 2 = 1 1 m = m 1 m 120 / 156

273 Método de Newton Portanto, como m > 1 temos que m 1 m 0 e portanto temos que φ (α) 0, e o método de Newton nesse caso possui não apresenta mais convergência quadrática. 121 / 156

274 Método de Newton Portanto, como m > 1 temos que m 1 m 0 e portanto temos que φ (α) 0, e o método de Newton nesse caso possui não apresenta mais convergência quadrática. Para ilustrar o problema iremos apresentar o desempenho do método de Newton para o seguinte problema: f(x) = (x 5) 3 e x cuja multiplicidade da raiz α = 5 é m = / 156

275 Método de Newton Portanto, como m > 1 temos que m 1 m 0 e portanto temos que φ (α) 0, e o método de Newton nesse caso possui não apresenta mais convergência quadrática. Para ilustrar o problema iremos apresentar o desempenho do método de Newton para o seguinte problema: f(x) = (x 5) 3 e x cuja multiplicidade da raiz α = 5 é m = 3. Note que f (x) = 3(x 5) 2 e x + (x 5) 3 e x f (x) = 6(x 5)e x + 3(2x 10) 2 e x + (x 5) 3 e x Portanto f(α) = f (α) = f (α) = 0. Vamos usar como aproximação inicial x 0 = 4.0 e uma precisão de ɛ = / 156

276 Convergência lenta do método de Newton metodo de newton k xk f(xk) xk - xk e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e-09 raiz = e / 156

277 Método de Schröder Uma simples modicação do método de Newton, proposta por Schröder permite calcular uma raiz de multiplicidade m, mantendo a convergência quadrática. 123 / 156

278 Método de Schröder Uma simples modicação do método de Newton, proposta por Schröder permite calcular uma raiz de multiplicidade m, mantendo a convergência quadrática. Basta usar o seguinte processo iterativo x k+1 = x k m f(x k) f, k = 0, 1, 2,... (x k ) 123 / 156

279 Método de Schröder Uma simples modicação do método de Newton, proposta por Schröder permite calcular uma raiz de multiplicidade m, mantendo a convergência quadrática. Basta usar o seguinte processo iterativo x k+1 = x k m f(x k) f, k = 0, 1, 2,... (x k ) Veremos agora como deduzir este método. Da expansão em série de Taylor de f(x) quando a função tem uma raiz de multiplicidade m, da equação (6) temos que f(x) = (x α)m f (m) (t) m! 123 / 156

280 Método de Schröder Uma simples modicação do método de Newton, proposta por Schröder permite calcular uma raiz de multiplicidade m, mantendo a convergência quadrática. Basta usar o seguinte processo iterativo x k+1 = x k m f(x k) f, k = 0, 1, 2,... (x k ) Veremos agora como deduzir este método. Da expansão em série de Taylor de f(x) quando a função tem uma raiz de multiplicidade m, da equação (6) temos que f(x) = (x α)m f (m) (t) m! Vamos aproximar f (m) (x) por uma constante b, assim f(x) (x α)m b, f (x α)m 1 (x) m b m! m! 123 / 156

281 Método de Schröder Consequentemente o método de Newton será modicado da seguinte forma f(x) f (x) = (x α)m m! b m (x α)m 1 m! b b(x α)m m! = m! b m(x α) m 1 (x α) = m 124 / 156

282 Método de Schröder Consequentemente o método de Newton será modicado da seguinte forma portanto f(x) f (x) = (x α)m m! b m (x α)m 1 m! b b(x α)m m! = m! b m(x α) m 1 (x α) = m α = x m f(x) f (x) 124 / 156

283 Método de Schröder Consequentemente o método de Newton será modicado da seguinte forma portanto f(x) f (x) = (x α)m m! b m (x α)m 1 m! b b(x α)m m! = m! b m(x α) m 1 (x α) = m α = x m f(x) f (x) o que sugere o seguinte método iterativo, conhecido como método de Schröder x k+1 = x k m f(x k) f (x k ) 124 / 156

284 Método para raízes múltiplas Obs: uma desvantagem desse método é que precisamos conhecer a multiplicidade m da raiz que procuramos antes de usa-lo. Uma outra alternativa para raízes múltiplas é o seguinte método: considere a função u(x) = f(x) f (x) onde f(x) = (x α) m h(x), onde h(α) / 156

285 Método para raízes múltiplas Obs: uma desvantagem desse método é que precisamos conhecer a multiplicidade m da raiz que procuramos antes de usa-lo. Uma outra alternativa para raízes múltiplas é o seguinte método: considere a função u(x) = f(x) f (x) onde f(x) = (x α) m h(x), onde h(α) 0. Logo u(x) = (x α) m h(x) m(x α) m 1 h(x) + (x α) m h (x) 125 / 156

286 Método para raízes múltiplas Obs: uma desvantagem desse método é que precisamos conhecer a multiplicidade m da raiz que procuramos antes de usa-lo. Uma outra alternativa para raízes múltiplas é o seguinte método: considere a função u(x) = f(x) f (x) onde f(x) = (x α) m h(x), onde h(α) 0. Logo (x α) m h(x) u(x) = m(x α) m 1 h(x) + (x α) m h (x) (x α) m h(x) = (x α) m 1 [mh(x) + (x α)h (x)] 125 / 156

287 Método para raízes múltiplas Obs: uma desvantagem desse método é que precisamos conhecer a multiplicidade m da raiz que procuramos antes de usa-lo. Uma outra alternativa para raízes múltiplas é o seguinte método: considere a função u(x) = f(x) f (x) onde f(x) = (x α) m h(x), onde h(α) 0. Logo (x α) m h(x) u(x) = m(x α) m 1 h(x) + (x α) m h (x) (x α) m h(x) = (x α) m 1 [mh(x) + (x α)h (x)] (x α)h(x) = mh(x) + (x α)h (x) 125 / 156

288 Método para raízes múltiplas Obs: uma desvantagem desse método é que precisamos conhecer a multiplicidade m da raiz que procuramos antes de usa-lo. Uma outra alternativa para raízes múltiplas é o seguinte método: considere a função u(x) = f(x) f (x) onde f(x) = (x α) m h(x), onde h(α) 0. Logo (x α) m h(x) u(x) = m(x α) m 1 h(x) + (x α) m h (x) (x α) m h(x) = (x α) m 1 [mh(x) + (x α)h (x)] (x α)h(x) = mh(x) + (x α)h (x) Assim concluimos que u(x) tem uma raiz em x = α com multiplicidade 1. Logo, podemos usar o método de Newton para encontrar a raiz de u(x) que teremos convergência quadrática. 125 / 156

289 Método para raízes múltiplas Calculando a derivada de u(x) u(x) = f(x) f (x) u (x) = f (x)f (x) f(x)f (x) [f (x)] / 156

290 Método para raízes múltiplas Calculando a derivada de u(x) u(x) = f(x) f (x) u (x) = f (x)f (x) f(x)f (x) [f (x)] 2 Usando o método de Newton para u(x) x k+1 = x k u(x k) u (x k ) = x k f(x k) [f (x k )] 2 f (x k ) f (x k )f (x k ) f(x k )f (x k ) 126 / 156

291 Método para raízes múltiplas Calculando a derivada de u(x) u(x) = f(x) f (x) u (x) = f (x)f (x) f(x)f (x) [f (x)] 2 Usando o método de Newton para u(x) x k+1 = x k u(x k) u (x k ) = x k f(x k) [f (x k )] 2 f (x k ) f (x k )f (x k ) f(x k )f (x k ) que resulta no seguinte método x k+1 = x k f(x k )f (x k ) f (x k ) 2 f(x k )f (x k ) 126 / 156

292 Método para raízes múltiplas Calculando a derivada de u(x) u(x) = f(x) f (x) u (x) = f (x)f (x) f(x)f (x) [f (x)] 2 Usando o método de Newton para u(x) x k+1 = x k u(x k) u (x k ) = x k f(x k) [f (x k )] 2 f (x k ) f (x k )f (x k ) f(x k )f (x k ) que resulta no seguinte método x k+1 = x k f(x k )f (x k ) f (x k ) 2 f(x k )f (x k ) Obs: nesse método além de f (x) precisamos também de f (x), mas por outro lado não é preciso conhecer a multiplicade m da raiz procurada. 126 / 156

293 Método para raízes múltiplas Por m, uma outra alternativa é reformular o problema de encontrar as raízes de forma que o novo problema tenha apenas uma raiz. 127 / 156

294 Método para raízes múltiplas Por m, uma outra alternativa é reformular o problema de encontrar as raízes de forma que o novo problema tenha apenas uma raiz. A forma mais fácil de fazer isso é calcular a (m 1)-ésima derivada de f(x) e então resolver o problema [Atkinson, p.90] f (m 1) (x) = / 156

295 Método para raízes múltiplas Por m, uma outra alternativa é reformular o problema de encontrar as raízes de forma que o novo problema tenha apenas uma raiz. A forma mais fácil de fazer isso é calcular a (m 1)-ésima derivada de f(x) e então resolver o problema [Atkinson, p.90] f (m 1) (x) = 0 Exemplo f(x) = x 5.56x 2 + x 3 A raiz é α = 1.23 com multiplicidade m = 2. Derivando uma vez f (x) = x + 3x 2 Podemos então aplicar o método de Newton para f (x) = 0 para encontrar a raiz. 127 / 156

296 Aceleração de Aitken Vimos que a ordem de convergência do método do ponto xo é linear, e que esta será tão rápida quanto menor for o valor de φ (α). Podemos acelerar a convergência do MPF através de um método conhecido como aceleração de Aitken. A idéia básica do método é a partir de uma sequência {x k } que converge de forma linear, calcular uma sequência {ˆx k }, a qual converge mais rápido para α. 128 / 156

297 Aceleração de Aitken Vimos que a ordem de convergência do método do ponto xo é linear, e que esta será tão rápida quanto menor for o valor de φ (α). Podemos acelerar a convergência do MPF através de um método conhecido como aceleração de Aitken. A idéia básica do método é a partir de uma sequência {x k } que converge de forma linear, calcular uma sequência {ˆx k }, a qual converge mais rápido para α. Do Teorema do Ponto Fixo e do estudo da convergência do método, temos que lim k α x k α x k 1 = φ (α) para x k = φ(x k 1 ), k = 1, 2,.... Portanto podemos escrever α x k λ(α x k 1 ) onde λ = φ (α), λ < / 156

298 Aceleração de Aitken Vamos reescrever α x k λ(α x k 1 ) da seguinte forma α x k λα λx k / 156

299 Aceleração de Aitken Vamos reescrever α x k λ(α x k 1 ) da seguinte forma α x k λα λx k 1 λα + α x k λx k / 156

300 Aceleração de Aitken Vamos reescrever α x k λ(α x k 1 ) da seguinte forma α x k λα λx k 1 λα + α x k λx k 1 α(1 λ) x k λx k / 156

301 Aceleração de Aitken Vamos reescrever α x k λ(α x k 1 ) da seguinte forma α x k λα λx k 1 λα + α x k λx k 1 α(1 λ) x k λx k 1 α(1 λ) x k λx k / 156

302 Aceleração de Aitken Vamos reescrever α x k λ(α x k 1 ) da seguinte forma α x k λα λx k 1 λα + α x k λx k 1 α(1 λ) x k λx k 1 α(1 λ) x k λx k 1 α x k λx k 1 1 λ 129 / 156

303 Aceleração de Aitken Vamos reescrever α x k λ(α x k 1 ) da seguinte forma α x k λα λx k 1 λα + α x k λx k 1 α(1 λ) x k λx k 1 α(1 λ) x k λx k 1 α x k λx k 1 1 λ Se λ fosse um valor conhecido, poderiamos substituir na equação anterior para encontrar o valor de α. Vamos manipular a equação anterior e escrevê-la de outra forma. 129 / 156

304 Aceleração de Aitken α x k λx k 1 +λx k λx k 1 λ 130 / 156

305 Aceleração de Aitken α x k λx k 1 +λx k λx k 1 λ x k λx k 1 λ + λx k λx k 1 1 λ 130 / 156

306 Aceleração de Aitken α x k λx k 1 +λx k λx k 1 λ x k λx k 1 λ + λx k λx k 1 1 λ x k + λx k λx k 1 1 λ 130 / 156

307 Aceleração de Aitken α x k λx k 1 +λx k λx k 1 λ x k λx k 1 λ + λx k λx k 1 1 λ x k + λx k λx k 1 1 λ α x k + λ 1 λ (x k x k 1 ) 130 / 156

308 Aceleração de Aitken α x k λx k 1 +λx k λx k 1 λ x k λx k 1 λ + λx k λx k 1 1 λ x k + λx k λx k 1 1 λ α x k + λ 1 λ (x k x k 1 ) Temos que λ = φ (α). Poderíamos aproximar λ por λ entretanto, não conhecemos α. α x k α x k / 156

309 Aceleração de Aitken Considere a seguinte razão λ k = x k x k 1 x k 1 x k / 156

310 Aceleração de Aitken Considere a seguinte razão λ k = x k x k 1 x k 1 x k 2 para ver que λ k é uma aproximação de λ a medida que x k se aproxima de α, escreva x k x k 1 = φ(x k 1) φ(x k 2 ) = φ (c n ) x k 1 x k 2 x k 1 x k 2 onde c n está entre x k e x k / 156

311 Aceleração de Aitken Considere a seguinte razão λ k = x k x k 1 x k 1 x k 2 para ver que λ k é uma aproximação de λ a medida que x k se aproxima de α, escreva x k x k 1 = φ(x k 1) φ(x k 2 ) = φ (c n ) x k 1 x k 2 x k 1 x k 2 onde c n está entre x k e x k 1. Portanto, a medida que vamos nos aproximando de α, o número c n também se aproxima de α. Então λ k λ para x k α 131 / 156

312 Aceleração de Aitken Juntando tudo isso, podemos obter com ˆx k = x k 1 + λ k = λ k 1 λ k (x k x k 1 ) x k x k 1 x k 1 x k 2 onde ˆx k é chamado de extrapolação de Aitken de {x k, x k 1, x k 2 } e ˆx k α. 132 / 156

313 Aceleração de Aitken Juntando tudo isso, podemos obter com ˆx k = x k 1 + λ k = λ k 1 λ k (x k x k 1 ) x k x k 1 x k 1 x k 2 onde ˆx k é chamado de extrapolação de Aitken de {x k, x k 1, x k 2 } e ˆx k α. Substituindo λ k e manipulando a expressão, chegamos a (x k x k 1 ) 2 ˆx k = x k x k 2x k 1 + x k / 156

314 Aceleração de Aitken O método pode ser usado da seguinte forma: dado x 0, calculamos x 1 = φ(x 0 ), x 2 = φ(x 1 ), e assim aplicamos a fórmula de Aitken para calcular ˆx 2. Em seguida, usamos ˆx 2 como novo valor de partida, isto é, calculamos x 3 = φ(ˆx 2 ), x 4 = φ(x 3 ), e usamos ˆx 2, x 3 e x 4 para calcular ˆx 4, e assim por diante. 133 / 156

315 Aceleração de Aitken Exemplo Encontre a raiz de f(x) = 6.28 x + sin (x) usando o processo iterativo x k+1 = sin (x) e usando o este mesmo processo com a aceleração de Aitken. Solução do Exemplo Neste caso a raiz é α = , sendo assim temos que φ (x) = cos (x) φ (α) 0.96 o que implica em uma convergência muito lenta para a raiz usando o MPF. Veja. 134 / 156

316 Aceleração de Aitken Solução do Exemplo Usando x k+1 = sin (x) temos x 0 = 6 x 1 = sin (6) = = x 2 = sin ( ) = = x 3 = sin ( ) = x 4 = sin ( ) = x 5 = sin ( ) = x 6 = sin ( ) = x 7 = / 156

317 Aceleração de Aitken Solução do Exemplo Usando a aceleração de Aitken temos x 0 = 6 x 1 = sin (6) = = x 2 = sin ( ) = = / 156

318 Aceleração de Aitken Solução do Exemplo Usando a aceleração de Aitken temos x 0 = 6 x 1 = sin (6) = = x 2 = sin ( ) = = ˆx 2 = x 2 (x 2 x 1 ) 2 x 2 2x 1 + x 0 = / 156

319 Aceleração de Aitken Solução do Exemplo Usando a aceleração de Aitken temos x 0 = 6 x 1 = sin (6) = = x 2 = sin ( ) = = ˆx 2 = x 2 (x 2 x 1 ) 2 x 2 2x 1 + x 0 = x 3 = sin ( ) = x 4 = sin ( ) = / 156

320 Aceleração de Aitken Solução do Exemplo Usando a aceleração de Aitken temos x 0 = 6 x 1 = sin (6) = = x 2 = sin ( ) = = ˆx 2 = x 2 (x 2 x 1 ) 2 x 2 2x 1 + x 0 = x 3 = sin ( ) = x 4 = sin ( ) = ˆx 4 = x 4 (x 4 x 3 ) 2 x 4 2x 3 + ˆx 2 = / 156

321 Aceleração de Aitken Solução do Exemplo Usando a aceleração de Aitken temos x 0 = 6 x 1 = sin (6) = = x 2 = sin ( ) = = ˆx 2 = x 2 (x 2 x 1 ) 2 x 2 2x 1 + x 0 = x 3 = sin ( ) = x 4 = sin ( ) = ˆx 4 = x 4 (x 4 x 3 ) 2 x 4 2x 3 + ˆx 2 = x 5 = / 156

322 Comparação dos métodos Bisseção e Falsa Posição: se a função f(x) for contínua no intervalo [a, b] e mudar de sinal nos extremos do intervalo f(a)f(b) < 0, então temos garantia de convergência (!!!). 137 / 156

323 Comparação dos métodos Bisseção e Falsa Posição: se a função f(x) for contínua no intervalo [a, b] e mudar de sinal nos extremos do intervalo f(a)f(b) < 0, então temos garantia de convergência (!!!). Ponto Fixo: nem todas as escolhas da função de iteração do método do Ponto Fixo são adequadas, pois algumas divergem e outras podem convergir de forma muito lenta. O MPF irá convergir se: φ(x) e φ (x) contínuas num intervalo I centrado em α φ (x) < 1, x I 137 / 156

324 Comparação dos métodos Newton; possui critérios mais restritivos para convergência. É preciso calcular f(x) e f (x) a cada iteração Convergência quadrática Raiz com multiplicadade m > 1 convergência lenta. Secante: muito parecido com o método de Newton. Precisa de duas aproximações para calcular uma nova aproximação. Não é preciso conhecer a derivada. O cálculo de f (x) é obtido de forma aproximada. Convergência super-linear 138 / 156

325 Comparação dos métodos Existem situações que o método de Newton pode falhar: má escolha para a aproximação inicial x 0 apresentar uma convergência não quadrática, quando temos raízes com multiplicicade m > 1 ou mesmo quando f (x k ) / 156

326 Comparação dos métodos Existem situações que o método de Newton pode falhar: má escolha para a aproximação inicial x 0 apresentar uma convergência não quadrática, quando temos raízes com multiplicicade m > 1 ou mesmo quando f (x k ) 0. De forma geral o método de Newton é o mais indicado sempre que for fácil avaliar as condições de convergência e que f (x) estiver disponível. 139 / 156

327 Comparação dos métodos Existem situações que o método de Newton pode falhar: má escolha para a aproximação inicial x 0 apresentar uma convergência não quadrática, quando temos raízes com multiplicicade m > 1 ou mesmo quando f (x k ) 0. De forma geral o método de Newton é o mais indicado sempre que for fácil avaliar as condições de convergência e que f (x) estiver disponível. Se f (x) não está disponível ou é uma função muito custosa de se avaliar, então o método da Secante é o mais indicado, uma vez que é o método que converge de forma mais rápida entre os demais. 139 / 156

328 Comparação dos métodos Existem situações que o método de Newton pode falhar: má escolha para a aproximação inicial x 0 apresentar uma convergência não quadrática, quando temos raízes com multiplicicade m > 1 ou mesmo quando f (x k ) 0. De forma geral o método de Newton é o mais indicado sempre que for fácil avaliar as condições de convergência e que f (x) estiver disponível. Se f (x) não está disponível ou é uma função muito custosa de se avaliar, então o método da Secante é o mais indicado, uma vez que é o método que converge de forma mais rápida entre os demais. Podemos ainda usar um método como o da Bissecção/Falsa Posição cuja convergência é garantida para obter uma aproximação inicial mais precisa para ser usada no método de Newton, por exemplo. 139 / 156

329 Comparação dos métodos Exemplo - (Ruggiero, Exemplo 18) Considere a seguinte função f(x) = e x2 cos (x). Para o método de Newton e do Ponto Fixo usamos: f (x) = sin (x) 2xe x2 φ(x) = cos (x) e x2 + x Precisão ɛ = Raiz encontrada α = / 156

330 Comparação dos métodos Exemplo - (Ruggiero, Exemplo 18) Considere a seguinte função f(x) = e x2 cos (x). Para o método de Newton e do Ponto Fixo usamos: f (x) = sin (x) 2xe x2 φ(x) = cos (x) e x2 + x Precisão ɛ = Raiz encontrada α = método iterações dados bissecção 24 [1, 2] falsa posição 10 [1, 2] ponto xo 14 x 0 = 1.5 newton 4 x 0 = 1.5 secante 7 x 0 = 1, x 1 = / 156

331 Comparação dos métodos Exemplo - (Ruggiero, Exemplo 19) Considere a seguinte função f(x) = x 3 x 1. Para o método de Newton e do Ponto Fixo usamos: f (x) = 3x 2 1 φ(x) = (x + 1) 1/3 Precisão ɛ = Raiz encontrada α = / 156

332 Comparação dos métodos Exemplo - (Ruggiero, Exemplo 19) Considere a seguinte função f(x) = x 3 x 1. Para o método de Newton e do Ponto Fixo usamos: f (x) = 3x 2 1 φ(x) = (x + 1) 1/3 Precisão ɛ = Raiz encontrada α = método iterações dados bissecção 24 [1, 2] falsa posição 18 [1, 2] ponto xo 10 x 0 = 1.0 newton 22 x 0 = 0 secante 27 x 0 = 0, x 1 = / 156

333 Comparação dos métodos Exemplo - (Ruggiero, Exemplo 19) A convergência lenta do método de Newton se deve ao fato do chute inicial x 0 = 0 estar distante da raiz, e ainda porque x 0 gera x 1 = 0.5 como aproximação que está muito próximo de um zero de f (x) = 3x 2 1 = 0 x = ± 3/3 ±0.57 Idem para o método da Secante. 142 / 156

334 Comparação dos métodos Exemplo - (Ruggiero, Exemplo 20) Considere a seguinte função f(x) = 4 sin (x) e x. Para o método de Newton e do Ponto Fixo usamos: f (x) = 4 cos (x) e x φ(x) = x 2 sin (x) = 0.5e x Precisão ɛ = Raiz encontrada α = / 156

335 Comparação dos métodos Exemplo - (Ruggiero, Exemplo 20) Considere a seguinte função f(x) = 4 sin (x) e x. Para o método de Newton e do Ponto Fixo usamos: f (x) = 4 cos (x) e x φ(x) = x 2 sin (x) = 0.5e x Precisão ɛ = Raiz encontrada α = método iterações dados bissecção 24 [0, 1] falsa posição 9 [0, 1] ponto xo 8 x 0 = 0.5 newton 4 x 0 = 0.5 secante 8 x 0 = 0, x 1 = / 156

336 Outros métodos e problemas Outros métodos mais robustos Método pégaso Método Muller (aproximação quadrática) Método de van Wijngaarden-Dekker-Brent Mais detalhes em [F. F. Campos, Cap. 6, Página 301] Método usado na função fzero do MATLAB Métodos especícos para raízes polinomiais Raízes complexas Mais detalhes em [N. B. Franco, Cap. 3, Página 92] 144 / 156

337 Implementações C Python MATLAB Implementação simples. Implementação simples de cada método para estudar os métodos. Implementação da biblioteca da linguagem. Mais robusta e eciente. Como usar as funções do ambiente para encontrar raízes. FORTRAN/FORTRAN90 Preparando / 156

338 MATLAB fzero Função fzero implementa o método de van Wijngaarden-Dekker-Brent. Sintaxe: x = fzero(fun,x0) x = fzero(fun,x0,options) [x,fval] = fzero(...) [x,fval,exitflag] = fzero(...) [x,fval,exitflag,output] = fzero(...) x é a a raiz encontrada x0 pode ser um escalar ou um vetor com 2 elementos (intervalo) options pode ser usado para exibir o resultado de cada passo do método, para especicar a precisão a ser usada, etc 146 / 156

339 MATLAB fzero - Exemplo de uso Achar a raiz de f(x) = 0.05x 3 0.4x sin (x)x = 0 que se encontra no intervalo [10, 12]. f 0.05*x.^3-0.4*x.^ * sin(x)*x intv = [11,12] [x,fx] = fzero(f,intv) x = fx = e / 156

340 MATLAB Também é possível implementar suas próprias funções em MATLAB. O exemplo a seguir implementa o método da Bissecção. function [ r ] = bisection( f, a, b, N, eps ) if ( f(a) * f(b) > 0 ) error( 'f(a) e f(b) nao possuem sinais opostos.' ); end for k = 1:N c = (a + b)/2; if ( abs(b - a) < eps ) r = c; return; end if ( f(c)*f(a) < 0 ) b = c; else a = c; end end error( 'o metodo nao convergiu' ); end 148 / 156

341 Extra: Fractais Denição (Fractal) Um fractal é um objeto geométrico que pode ser dividido em partes, cada uma das quais semelhante ao objeto original. Diz-se que os fractais têm innitos detalhes, são geralmente autossimilares e independem de escala. Em muitos casos um fractal pode ser gerado por um padrão repetido, tipicamente um processo recorrente ou iterativo. Referência: Wikipedia, Fractal 149 / 156

342 Extra: Fractais Cienticamente, fractais podem ser usados para descrever objetos altamente irregulares. Aplicações compressão de imagem mecânica dos uidos (turbulência) cosmologia sismologia biologia (crescimento bacteriano, árvores, etc..) música/arte teoria do caos etc etc etc 150 / 156

343 Extra: Fractais 151 / 156

344 Extra: Fractais e o método de Newton Vamos usar o método de Newton para gerar alguns fractais. Agora iremos trabalhar com funções complexas da variável z C, z = x + iy, onde i = / 156

345 Extra: Fractais e o método de Newton Vamos usar o método de Newton para gerar alguns fractais. Agora iremos trabalhar com funções complexas da variável z C, z = x + iy, onde i = 1. Vamos trabalhar com a seguinte função complexa: f(z) = z = 0, z C 152 / 156

346 Extra: Fractais e o método de Newton Vamos usar o método de Newton para gerar alguns fractais. Agora iremos trabalhar com funções complexas da variável z C, z = x + iy, onde i = 1. Vamos trabalhar com a seguinte função complexa: as raízes dessa equação são f(z) = z = 0, z C cos ( π 4 (2n + 1)) + i sin ( π 4 (2n + 1)), n = 0, 1, 2, / 156

347 Extra: Fractais e o método de Newton Vamos usar o método de Newton para gerar alguns fractais. Agora iremos trabalhar com funções complexas da variável z C, z = x + iy, onde i = 1. Vamos trabalhar com a seguinte função complexa: as raízes dessa equação são f(z) = z = 0, z C cos ( π 4 (2n + 1)) + i sin ( π 4 (2n + 1)), n = 0, 1, 2, 3 Vamos usar a fórmula de Euler e ix = cos x + i sin x 152 / 156

348 Extra: Fractais e o método de Newton Vamos usar o método de Newton para gerar alguns fractais. Agora iremos trabalhar com funções complexas da variável z C, z = x + iy, onde i = 1. Vamos trabalhar com a seguinte função complexa: as raízes dessa equação são f(z) = z = 0, z C cos ( π 4 (2n + 1)) + i sin ( π 4 (2n + 1)), n = 0, 1, 2, 3 Vamos usar a fórmula de Euler e ix = cos x + i sin x Para n = 0, temos que cos ( π 4 ) + i sin ( π 4 ) = e(iπ/4) então f(e (iπ/4) ) = (e (iπ/4) ) = e iπ + 1 = cos (π) + i sin (π) + 1 = = / 156

349 Extra: Fractais e o método de Newton A ideia básica de gerar o fractal de Newton é a seguinte: Escolha uma função complexa como p. ex. f(z) = z Escolha uma coleção de chutes iniciais z 0 para as raízes Execute o método de Newton para cada chute inicial Nesse exemplo, cada chute inicial irá convergir para alguma das 4 raízes Vamos colorir cada chute inicial no plano com uma cor, a qual estará associada com a raiz que aquele chute inicial convergiu O brilho da cor irá depender do número de iterações para convergir Para ilustrar o algoritmo, iremos apresentar uma implementação em Python, usando a biblioteca PIL para manipular e criar imagens. 153 / 156

350 Extra: Fractais e o método de Newton from PIL import Image from math import * delta = 1.0e-6 # precisao res = 500 # tamanho da imagem (qto menor mais rapido) iters = 30 # numero de iteracoes (qto mais alto, mais brilho) # area para desenhar (-1,-1) a (1,1) xa,xb = -1.0, 1.0 ya,yb = -1.0, 1.0 # cria uma imagem para pintar, incialmente toda preta img = Image.new("RGB", (res, res), (0,0,0)) # calcula solucoes de z**4 + 1 = 0 solutions = [cos((2*n+1)*pi/4)+1j*sin((2*n+1)*pi/4) for n in range(4)] colors = [(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1), (1,1,0)] # continua / 156

351 Extra: Fractais e o método de Newton # loop sobre as partes real/imaginaria para usar como chute inicial for re in range(0,res): zx = re * (xb - xa) / (res - 1) + xa for im in range(0,res): zy = im * (yb - ya) / (res - 1) + ya z = complex(zx,zy) for i in range(iters): # metodo de Newton try: z -= (z**4+1)/(4*z**3) except ZeroDivisionError: continue if (abs(z**4+1) < delta): break # brilho eh funcao do numero de iteracoes color_depth = int(iters-i)*255.0/iters # encontra para qual solucao este chute inicial convergiu err = [abs(z-root) for root in solutions] distances = zip(err, range(len(colors))) # seleciona a cor associada com a solucao color = [int(i*color_depth) for i in colors[min(distances)[1]]] img.putpixel((re,im), tuple(color)) 155 / 156

352 Extra: Fractais e o método de Newton Exemplo: f(z) = z em [ 1, 1] [1, 1]. 156 / 156