Considere a equação 5 x^{2}-2+\ln (x+1)=0
(a) Localize uma das raizes
(b) Verifique que em \left[0, \frac{3}{4}\right] podemos aplicar Biseção. Quantas iterações serão necessárias para garantir que a distância de X_{k} à solução é menor que 2^{-10} ?

Passo 1

O enunciado dá a equação \,5x^{2}-2+\ln(x+1)=0\, e pede duas coisas:
  • (a) localizar (ou seja, indicar um intervalo onde exista) uma das raízes;
  • (b) verificar que em \left[0,\tfrac{3}{4}\right] podemos aplicar o método da Bisseção e, com isso, determinar quantas iterações são necessárias para garantir que a distância de X_{k} à solução é menor que 2^{-10}.
Informações relevantes que já temos do enunciado:
  • A função envolvida é \,f(x)=5x^{2}-2+\ln(x+1)\,.
  • O domínio natural para \ln(x+1) é x>-1, portanto \,f está definida e é contínua em qualquer intervalo contido em (-1,\infty).
  • O intervalo sugerido para verificação é \left[0,\tfrac{3}{4}\right].

Passo 2

Primeiro, vamos mostrar que existe pelo menos uma raiz em \left[0,\tfrac{3}{4}\right]. Para isso usamos o Teorema do Valor Intermediário (TVI).
Mini-aula sobre o TVI (rápido e prático):
  • Se uma função f é contínua em um intervalo fechado [a,b] e f(a) e f(b) têm sinais opostos (ou seja, f(a)\cdot f(b)<0), então existe pelo menos um \alpha\in(a,b) tal que f(\alpha)=0.
  • Aqui é importante entender “contínua”: soma de polinômio com \ln(x+1) é contínua para x>-1. Então f é contínua em \left[0,\tfrac{3}{4}\right].
Agora calculemos os valores em 0 e em \tfrac{3}{4} (vou mostrar conta passo a passo):
f(0)=5\cdot 0^{2}-2+\ln(0+1)=-2+\ln 1=-2+0=-2.
f\!\left(\tfrac{3}{4}\right)=5\left(\tfrac{3}{4}\right)^{2}-2+\ln\!\left(\tfrac{3}{4}+1\right) =5\cdot \tfrac{9}{16}-2+\ln\!\left(\tfrac{7}{4}\right).
Calcule 5\cdot \tfrac{9}{16}=\tfrac{45}{16}=2{,}8125. Assim
f\!\left(\tfrac{3}{4}\right)=2{,}8125-2+\ln\!\left(\tfrac{7}{4}\right)=0{,}8125+\ln\!\left(\tfrac{7}{4}\right).
Sabendo que \ln\!\left(\tfrac{7}{4}\right)=\ln 1{,}75\approx 0{,}5596, obtemos numericamente
f\!\left(\tfrac{3}{4}\right)\approx 0{,}8125+0{,}5596=1{,}3721>0.
Conclusão do passo: f(0)=-2<0 e f\!\left(\tfrac{3}{4}\right)>0. Como f é contínua em \left[0,\tfrac{3}{4}\right], pelo TVI existe pelo menos um ponto \alpha\in\left(0,\tfrac{3}{4}\right) tal que f(\alpha)=0. Assim localizamos uma raiz em \left(0,\tfrac{3}{4}\right).

Passo 3

Verificação formal de que podemos aplicar o método da Bisseção em \left[0,\tfrac{3}{4}\right].
Mini-aula sobre quando a Bisseção é aplicável:
  • Para aplicar Bisseção num intervalo [a,b] é preciso que f seja contínua em [a,b] e que f(a)\cdot f(b)<0. Então escolhe-se o ponto médio m=(a+b)/2, testa-se f(m) e substitui-se o intervalo pelo subintervalo onde ocorre a troca de sinal. Repetir até convergir.
No nosso caso já mostramos:
  • f é contínua em \left[0,\tfrac{3}{4}\right] porque x\mapsto 5x^{2}-2 é polinomial e x\mapsto \ln(x+1) é contínua para x>-1.
  • f(0)=-2 e f\!\left(\tfrac{3}{4}\right)>0, logo f(0)\cdot f\!\left(\tfrac{3}{4}\right)<0.
Portanto todos os requisitos para usar Bisseção em \left[0,\tfrac{3}{4}\right] estão satisfeitos.

Passo 4

Agora a parte de quantas iterações são necessárias para garantir |X_{k}-\alpha|<2^{-10} (aqui \alpha denota a raiz e X_{k} o ponto médio obtido após k iterações).
Mini-aula sobre o erro na Bisseção (fórmula padrão):
  • Se L_{0}=b-a é o comprimento do intervalo inicial, depois de k iterações o comprimento do intervalo é
L_{k}=\frac{L_{0}}{2^{k}}.
  • O ponto X_{k} escolhido pela Bisseção é o ponto médio do intervalo atual; o erro máximo possível (a distância entre X_{k} e a raiz \alpha) satisfaz
|X_{k}-\alpha|\le \frac{L_{k}}{2}=\frac{L_{0}}{2^{k+1}}.
Aqui L_{0} é dado e k é o número de iterações. Essa desigualdade é padrão e vem do fato de que a raiz está dentro do intervalo de comprimento L_{k} e o ponto médio está a, no máximo, metade do comprimento do intervalo.

Passo 5

Aplicando a fórmula ao nosso caso concreto:
  • O intervalo inicial escolhido é \left[0,\tfrac{3}{4}\right], então
L_{0}=b-a=\tfrac{3}{4}-0=\tfrac{3}{4}.
Queremos |X_{k}-\alpha|<2^{-10}. Usando o limite de erro da Bisseção:
\frac{L_{0}}{2^{k+1}}<2^{-10}.
Substituindo L_{0}=\tfrac{3}{4}:
\frac{\tfrac{3}{4}}{2^{k+1}}<2^{-10}.
Multiplicando ambos os lados por 2^{k+1} e por 2^{10} (tudo positivo) obtemos a condição equivalente
2^{k+1}>\tfrac{3}{4}\cdot 2^{10}.
Calcule \tfrac{3}{4}\cdot 2^{10}:
2^{10}=1024,\qquad \tfrac{3}{4}\cdot 1024=768.
Então precisamos de 2^{k+1}>768. Agora vemos qual o menor inteiro k que satisfaz isso:
2^{9}=512\quad(\text{não basta}),\qquad 2^{10}=1024\quad(\text{suficiente}).ã
Portanto k+1=10 é o menor inteiro que torna 2^{k+1}>768, o que dá k=9.
Verificação direta do erro para k=9:
|X_{9}-\alpha|\le \frac{L_{0}}{2^{10}}=\frac{3/4}{1024}=\frac{3}{4096}\approx 0{,}0007324,
e como 2^{-10}=\dfrac{1}{1024}\approx 0{,}0009766, temos \dfrac{3}{4096}<\dfrac{1}{1024}, logo a desigualdade pedida é satisfeita.

Passo 6

Comentário final rápido e incentivo: pronto — localizamos a raiz dentro de um intervalo pequeno e mostramos que com apenas 9 iterações de Bisseção a aproximação pelo ponto médio X_{k} fica garantidamente mais próxima que 2^{-10}. Boa — é um número de iterações bem manejável numa prova!

Resposta

(a) Existe uma raiz em \left(0,\tfrac{3}{4}\right).
(b) São necessárias 9 iterações.

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