Solução de equações de uma variável

MOSTRE QUE A EQUAÇÃO LN(X)=COSX^2 TEM UMA SOLUÇÃO REAL, mostre o gráfico e use o teorema do valor intermediário para resolver .

f(x) = cos(x) - x

f(0) = cos(0) - 0 => f(0) = 1 => portanto f(0) > 0

f(π/2) = cos(π/2) - (π/2) => f(0) = -0,5 - 1.57 => f(π/2) = -2,07 => portanto f(π/2) < 0

Segundo o teorema de Bolzano existe pelo menos um zero de f(x) no intervalo [0, π/2], por isso existe pelo menos uma solução.

E3.3.1. Resolver a equação e x = x + 2 é equivalente a calcular os pontos fixos da função g(x) = e x − 2 (veja o Exemplo 3.3.1). Use a iteração do ponto fixo x (n+1) = g(x n ) com x (1) = −1,8 para obter uma aproximação de uma das soluções da equação dada com 8 dígitos significativos.

g(-1,8) = e^-1,8 -2 => 0,16529888 - 2 => -1,83470111

E 3.1.2. Mostre que cos x = x tem uma única solução no intervalo [0, π/2].

Como o exercício E 3.1.1 já foi feito e concluiu que existe pelo menos um zero de f(x) no intervalo (0, π/2), pode-se observar que a função f(x) = cos(x) - x é diferenciável, pois f'(x) = - sen(x) - 1, e que f'(x) < 0 para todo x pertencente ao intervalo dado. Assim, é garantido que há somente um zero da função no intervalo (0, π/2), pois a função é diferenciável e menor que 0.

E 3.2.1. Considere a equação √x = cos(x). Use o método da bisseção com intervalo inicial [a, b] = [0, 1] e x(1) = (a + b)/2 para calcular a aproximação x(4) da solução desta equação.

f(x) = √x - cos(x)

f(0) = 0 - 1 = -1 < 0

f(1) = 1 - 0,9998476952 = 0,0001523048 > 0

x(1) = (0 + 1) / 2 = 0,5

f(x(1)) = f(0,5) = √0,5 - cos(0.5) = -0,2928551419

f(0) * f(0,5) > 0 ... f(0,5) * f(1) < 0

a(1) = 0,5 e b(1) = 1

x(2) = (0,5 + 1) / 2 = 0,75

f(x(2)) = f(0,75) = √0,75 - cos(0.75) = -0,1338889238

f(0,5) * f(0,75) > 0 ... f(0,75) * f(1) < 0

a(2) = 0,75 e b(2) = 1

x(3) = (0,75 + 1) / 2 = 0,875

f(x(3)) = f(0,875) = √0,875 - cos(0.875) = -0,0644690442

f(0,75) * f(0,875) > 0 ... f(0,875) * f(1) < 0

a(3) = 0,875 e b(3) = 1

x(4) = (0,875 + 1) / 2 = 0,9375

f(x(4)) = f(0,9375) = √0,9375 - cos(0,9375) = -0,0316203014

E 3.3.3.Mostre que a equação x*e^x = 10 é equivalente às seguintes equações: x = ln(10/x) e x = 10*e^-x. Destas, considere as seguintes iterações de ponto fixo:

a) x(n+1) = ln(10/x(n))

x(1) = 1

x(2) = ln(10/n(1)) = 2,302585093

x(3) = ln(10/n(2)) = ln(10/2,302585093) = 1,4685526477

x(4) = ln(10/n(3)) = ln(10/1,4685526477) = 1,9183077706

x(5) = ln(10/n(4)) = ln(10/1,9183077706) = 1,6511416651

x(6) = ln(10/n(5)) = ln(10/1,6511416651) = 1,8011181261

x(7) = ln(10/n(6)) = ln(10/1,8011181261) = 1,7141774398

x(8) = ln(10/n(7)) = ln(10/1,7141774398) = 1,7636517544

x(9) = ln(10/n(8)) = ln(10/1,7636517544) = 1,735198573

x(10) = ln(10/n(9)) = ln(10/1,735198573) = 1,7514632348

x(11) = ln(10/n(10)) = ln(10/1,7514632348) = 1,7421335203 ≈ 1,74

x(12) = ln(10/n(11)) = ln(10/1,7514632348) = 1,7474745698 ≈ 1,74

É convergente, os valores estão cada vez mais próximos.

b) x(n+1) = 10*e^-x(n)

x*e^x = 10 ... x = 10/e^x ... x = 10e^-x

x(1) = 1

x(2) = 10e^-x(1) = 10e^-(1) = 3,6787944117

x(3) = 10e^-x(2) = 10e^-(3,6787944117) = 0,252534017

x(4) = 10e^-x(3) = 10e^-(0,252534017) = 7,7682978697

x(5) = 10e^-x(4) = 10e^-(7,7682978697) = 0,0042293254

x(6) = 10e^-x(5) = 10e^-(0,0042293254) = 9,957796056

x(7) = 10e^-x(6) = 10e^-(9,957796056) = 0,0004735699

x(8) = 10e^-x(7) = 10e^-(0,0004735699) = 9,9952654222

Não é convergente, pois os valores estão cada vez mais distantes.

E 3.1.5. Use o teorema de Bolzano para mostrar que o erro absoluto ao aproximar o zero da função f(x) = e x − x − 2 por x = −1,841 é menor que 10−3 .

f(x) = e ^ x - x -2

[a, b] = [-1,841 - 10^-3,-1,841 + 10^-3] =>

f(a) = e^ (-1,841 - 10^ -3) + 1,841 + 10^-3 - 2 = 5*10 ^ -4 > 0 =>

f(b) = e^(-1,841 + 10^-3) + 1,841 - 10^-3 - 2 = -1,18*10^-3 < 0 =>

f(a) * f(b) < 0 =>

x* de f(x) ∈ (a ,b) => |-1,841 - x*| < 10^-3

E 3.1.6. Mostre que o erro absoluto associado à aproximação x = 1,962 para a solução exata x^∗ de: e^x + sen(x) + x = 10 é menor que 10⁻⁴ .

f(x) = e^x + sen(x) + x - 10

a = 1,962 - 10^-4 = 1,9619

b = 1,962 + 10^-4 = 1,9621

f(a) = e^1,9619 + sen(1,9619) + 1,9619 - 10 = -0,891036467

f(b) = e^1,9621 + sen(1,9621) + 1,9621 - 10 = -0,889410271

f(a) * f(b) > 0

x* de f(x) ∈ (a ,b) => |1,962 - x*| < 10^-4

Mostre que a equação: cos(x) = x possui uma única solução no intervalo [0, 1]. Use a iteração do ponto fixo e encontre uma aproximação para esta solução com 4 dígitos significativos.

Primeiro precisamos mostrar que g ([0,1]) ⊆ [0,1]:

0,54<cos(1) ≤ cos(x) ≤ cos(0)<1

[0,54, 1] ⊆ [0, 1]

Agora é necessário provar |g' (x)| < β, 0 < β < 1, ∀x ∈ [0,1]:

g'(x) = − sen (x)

− 0,84 < − sen (1) ≤ − sen (x) ≤ − sen (0) < 0

|g'(x)| < 0,84

x ^ 1 = 0,70

x ^ 2 = cos(0,70)

x ^ 3 = cos(0,76)

x ^(n+1) = cos(x ^(n) )

Desta forma podemos encontrar o ponto fixo com aproximação com 4 dígitos significativos:

x * = 0.7390...

E 3.4.1. Encontre a raiz positiva da função f(x) = cos(x) − x 2 pelo método de Newton inicializando-o com x (0) = 1. Realize a iteração até obter estabilidade no quinto dígito significativo.

Resolução:

f(x) = cos(x) - x²

f'(x) = -sen(x) - 2x

X₀ = f(1) = cos(1) - 1² = -0,459698

X₁ = 1 - (cos(1) - 1² / -sen(1) - 2 * 1) = 0,838219 -> f(0,838219) = -0,033823

X₂ = 0,838219 - (cos(0,838219) - 0,838219² / -sen(0,838219) - 2 * 0,838219) = 0,824242 -> f(0,824242) = -0,00026

X₃ = 0,824242 - (cos(0,8242429) - 0,824242² / -sen(0,824242) - 2 * 0,824242) = 0,824142 -> f(0,824142) = -0,00023

X₄ = 0,824142 - (cos(0,824142) - 0,824142² / -sen(0,824142) - 2 * 0,824142) = 0,824052 -> f(0,824052) = 0,00019

Raiz = 0,824052

E 3.2.4. O polinômio f(x) = x^4 − 4x^2 + 4 possui raízes duplas em √2 e −√2. O método da bisseção pode ser aplicado a f? Explique. Não, o método da bisseção não poderia ser aplicado a f.

E 3.4.1. Encontre a raiz positiva da função f(x) = cos(x) − x^2 pelo método de Newton inicializando-o com x^(0) = 1. Realize a iteração até obter estabilidade no quinto dígito significativo.

Primeira iteração:

f(x0) = f(1) = -1^2 + cos(1) = -0,459698

f′(x0) = f′(1) = -2*1 - sin(1) = - 2,841471

x1 = x0 - ( f(x0) / f′(x0) )

x1 = 1- ( -0,459698 / -2,841471)

x1 = 0,838218

Segunda iteração:

f(x1) = f(0,838218) = -0,838218^2 + cos(0,838218) = -0,033822

f′(x1) = f′(0,838218) = -2 * 0,838218 - sin(0,838218) = -2,41989

x2 = x1 - ( f(x1) / f′(x1) )

x2 = 0,838218- (-0,033822 / -2,41989)

x2 = 0,824242

Terceira iteração:

f(x2) = f(0,824242) = -0,824242^2 + cos(0,824242) = -0,000261

f′(x2) = f′(0,824242) = -2 * 0,824242 - sin(0,824242) = -2,382517

x3 = x2 - ( f(x2) / f′(x2) )

x3 = 0,824242- (-0,000261 / -2,382517)

x3 = 0,824132

Quarta iteração:

f(x3) = f(0,824132)= -0,824132^2 + cos(0,824132) = 0

f′(x3) = f′(0,824132)= -2 * 0,824132 - sin(0,824132) = -2,382223

x4 = x3 - (f(x3) / f′(x3))

x4 = 0,824132 - ( 0 / -2,382223 )

x4 = 0,824132

Quinta iteração:

f(x4) = f(0,824132)= -0,824132^2 + cos(0,824132) =0

f′(x4) = f′(0,824132)= -2 * 0,824132 - sin(0,824132) = -2,382223

x5 = x4 - (f(x4) / f′(x4))

x5 = 0,824132 - ( 0 / -2,382223 )

x5 = 0,824132

Raiz aproximada: 0,824132

E 3.2.5 Mostre que a equação do Problema 3.1.7 possui uma solução no intervalo [1, v + 1] para todo v positivo. Dica: defina f(x) = ln(x) + x −1/x − v e considere a seguinte estimativa: f(v + 1) = f(1) + Z[v+1,1]f'(x)dx ≥ −v +Z[v+1,1]dx = 0. Use esta estimativa para iniciar o método de bisseção e obtenha o valor da raiz com pelo menos 6 algarismos significativos para v = 1, 2, 3, 4 e 5.

Resposta: 1,390054; 1,8913954; 2,4895673; 3,1641544; 3,8965468

E 3.2.7. Considere a equação de Lambert dada por: xe^x = t, onde t é um número real positivo. Mostre que esta equação possui uma única solução x∗ que pertence ao intervalo [0, t]. Usando esta estimativa como intervalo inicial, quantos passos são necessário para obter o valor numérico de x∗ com erro absoluto inferior a 10^-6 quando t = 1, t = 10 e t = 100 através do método da bisseção? Obtenha esses valores.

Resposta: 19; 23; 26; 0,567143; 1,745528; 3,385630

E 3.4.3 Considere a equação e^x2 = x trace o gráfico com auxílio do computador e verifique que ela possui uma raiz positiva. Encontre uma aproximação para esta raiz pelo gráfico e use este valor para inicializar o método de Newton e obtenha uma aproximação para a raiz com 8 dígitos significativos.'

Resposta: 0,65291864

E 3.4.1. Encontre a raiz positiva da função f(x) = cos(x) − x2 pelo método de Newton inicializando-o com x(0) = 1. Realize a iteração até obter estabilidade no quinto dígito significativo.

f(x) = cos(x) - x^2

f'(x) = -sen(x) - 2x

f(x0) = f(1) = cos(1) - 1^2 = -0,459698

f'(x0) = f'(1) = - sen(1) - 2*1 = -2,841470

x1 = x0 - (f(x0)/f'(x0)) = 1 - (-0,459698 / -2,841470) = 0,838218

x1 = 0,838218

f(x1) = f(0,838218) = cos(0,838218) - 0,838218^2 = -0,033820

f'(x1) = f'(0,838218) = -sen(0,838218) - 2*0,838218 = -2,419888

x2 = x1 - (f(x1)/f'(x1)) = (0,838218 - (-0,033820 / -2,419888)) = 0,824242

x2 = 0,824242

f(x2) = f(0,824242) = cos(0,824242) - 0,824242^2 = -0,00026

f'(x2) = f'(0,824242) = -sen(0,824242) -2*(0,824242) = -2,38251

x3 = x2 - (f(x2) / f'(x2)) = 0,824242 - (-0,00026 / -2,38251) = 0,82413

x3 = 0,82413

f(x3) = f(0,82413) = cos(0,82413) - 0,82413^2 = 0

f'(x3) = f'(0,82413) = -sen(0,82413) - 2*(0,82413) = -2,38222

x4 = x3 - (f(x3)/f'(x3)) = 0,82413 - (0/-2,38222) = 0,82413

x4 = 0,82413

f(x4) = f(0,82413) = cos(0,82413) - 0,82413^2 = 0

f'(x4) = f'(0,82413) = -sen(0,82413) - 2*(0,82413) = -2,38222

x5 = x4 - (f(x4) / f'(x4)) = 0,82413 - (0/-2,38222) = 0,82413

x5 = 0,82413

Raiz positiva: 0,82413