Considere a função
f(x)=a x^{3}+b x+c
ondc a, b c c são constantes reais e b \neq 0.
a) Justifique sc \varphi(x)=-\left(\frac{a x^{3}+c}{b}\right) é uma função itcração para a equação \mathrm{f}(\mathrm{x})=0.
b) Suponha que \xi scja un zero de f , isolado e centrado no intervalo I=[0,1]. Que condições a, b e c devem satisfazer para que a sequência gerada pelo processo itcrativo x_{k+1}=\varphi\left(x_{k}\right) scja convergente para \xi ?

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x)=a x^{3}+b x+c
com a,b,c\in\mathbb{R} e b\neq0. Pede duas coisas:
  1. (a) Justificar que \varphi(x)=-\left(\dfrac{a x^{3}+c}{b}\right) é uma função iteração para a equação \mathrm{f}(\mathrm{x})=0.
  2. (b) Supondo que \xi seja um zero isolado de f e que \xi\in I=[0,1], determinar que condições sobre a,b,c garantem que a sequência definida por
x_{k+1}=\varphi(x_k)
converge para \xi.
Informações relevantes extraídas do enunciado: b\neq0, \xi\in[0,1] é zero isolado de f, e \varphi é dada explicitamente. A resolução começará explicando porque \varphi é uma função de iteração e depois quais condições (globais e locais) dão convergência do método iterativo para \xi.

Passo 2

Mostrar algebraicamente que \varphi é uma função de iteração equivalente a resolver f(x)=0.
Explicação passo a passo: a equação f(x)=0 é
a x^{3}+b x+c=0.
Como b\neq0, podemos isolar x dividindo por b:
x = -\frac{a x^{3}+c}{b}.
Ou seja, toda solução de f(x)=0 satisfaz
x=\varphi(x),\quad\text{onde}\quad \varphi(x)=-\left(\frac{a x^{3}+c}{b}\right).
Portanto os zeros de f são exatamente os pontos fixos de \varphi. Isso justifica que \varphi é uma função de iteração apropriada para encontrar raízes de f (desde que seja bem definida). Como b\neq0, a expressão de \varphi é bem definida e é uma função polinomial dividida por constante, logo é contínua e diferenciável em todo \mathbb{R}.

Passo 3

Apresentar a ferramenta teórica que usamos para garantir convergência: o Teorema do Ponto Fixo de Banach (versão prática).
Enunciado prático (forma usada aqui): se \varphi é uma aplicação contínua que leva um intervalo fechado J em si mesmo ( \varphi(J)\subset J) e existe L\in[0,1) tal que
\sup_{x\in J} |\varphi'(x)| \le L < 1,
então \varphi é uma contração em J e a iteração x_{k+1}=\varphi(x_k) converge para o único ponto fixo de \varphi em J, qualquer que seja x_0\in J. Em linguagem simples: precisamos que \varphi mapeie o intervalo em si mesmo e que a derivada de \varphi seja uniformemente pequena (módulo < 1) no intervalo.
Além disso existe uma condição local (mais fraca) para convergência local: se \varphi é diferenciável e |\varphi'(\xi)|<1 num zero isolado \xi, então existe um vizinhança J de \xi tal que a iteração converge para \xi sempre que x_0\in J. Esta é a condição de convergência local via linearização (o motivo: podemos escolher J pequeno de modo que \sup_{x\in J}|\varphi'(x)|<1).
Vou aplicar essas duas ideias (condição global suficiente e condição local necessária/suficiente prática) ao nosso \varphi.

Passo 4

Calcular a derivada de \varphi e obter um limite simples para |\varphi'(x)| em I=[0,1].
Derivando \varphi(x)=-\dfrac{a x^{3}+c}{b} obtemos
\varphi'(x) = -\frac{3a x^{2}}{b}.
Explicando: diferenciar a x^3 3a x^2; o sinal negativo e a divisão por b ficam do lado de fora. Agora calcular o módulo:
|\varphi'(x)| = \left|\frac{3a}{b}\right| x^{2}.
Como x\in[0,1] tem x^{2}\le 1, segue
\sup_{x\in[0,1]} |\varphi'(x)| \le \left|\frac{3a}{b}\right|.
Portanto uma condição simples e suficiente para \varphi ser contração em todo [0,1] é
\left|\frac{3a}{b}\right| < 1.
Vou agora usar isso junto com a condição \varphi([0,1])\subset[0,1].

Passo 5

Caracterizar a condição \varphi([0,1])\subset[0,1]. Como \varphi é contínua e, para a\neq0, \varphi' tem sinal constante em [0,1] (porque \varphi'(x)=-\dfrac{3a}{b}x^2 e x^2\ge0), a imagem contínua de [0,1] será o intervalo entre \varphi(0) e \varphi(1). Assim basta exigir que os valores extremos \varphi(0) e \varphi(1) estejam em [0,1].
Calcular esses valores:
\varphi(0) = -\frac{c}{b},\qquad \varphi(1) = -\frac{a+c}{b}.
Logo condições que garantem \varphi([0,1])\subset[0,1] (uma forma prática) são
0 \le -\frac{c}{b} \le 1 \qquad\text{e}\qquad 0 \le -\frac{a+c}{b} \le 1.
Interpretação rápida: a imagem dos extremos não sai do intervalo; pela continuidade e monotonicidade isso garante a imagem inteira contida em [0,1].
Observação sobre o caso a=0: então \varphi(x)=-c/b é constante e a condição reduz-se a exigir 0\le -c/b\le1. Nesse caso a iteração converge imediatamente para esse valor (se esse valor for o zero desejado então já está resolvido; se a=0 então f(x)=bx+c tem raiz -c/b).

Passo 6

Reunir condições globais suficientes para convergência em todo [0,1].
Usando o Teorema do Ponto Fixo de Banach, condições suficientes (simples de verificar) são:
  1. \left|\dfrac{3a}{b}\right| < 1 (isso garante \sup_{x\in[0,1]}|\varphi'(x)|<1, i.e. \varphi é contração em [0,1]); e
  2. 0 \le -\dfrac{c}{b} \le 1 e 0 \le -\dfrac{a+c}{b} \le 1 (garantem \varphi([0,1])\subset[0,1]).
Sob essas três desigualdades, \varphi é uma contração no intervalo I=[0,1] que mapeia I em si mesmo, logo existe um único ponto fixo \xi\in[0,1] e a sequência x_{k+1}=\varphi(x_k) converge para \xi para qualquer x_0\in[0,1]. Isso é uma condição prática e suficiente (não a única possível).

Passo 7

Dar a condição local (mais fraca) que garante convergência quando já sabemos que \xi é um zero isolado.
Se \xi é um zero isolado de f e \varphi é diferenciável, uma condição local simples e praticamente necessária/útil para que a iteração converja para \xi (a partir de pontos próximos) é:
|\varphi'(\xi)|<1.
Aqui \varphi'(\xi)=-\dfrac{3a\xi^{2}}{b}, logo a condição local fica
\left|\frac{3a\xi^{2}}{b}\right| < 1.
Explicação didática: se |\varphi'(\xi)|<1 então por continuidade existe um \delta>0 tal que \sup_{|x-\xi|\le\delta}|\varphi'(x)|<1. Assim \varphi é contração em [\xi-\delta,\xi+\delta] e a iteração converge para \xi sempre que x_0 for escolhido dentro desse intervalo. Essa condição é frequentemente a mais útil na prova — basta verificar |\varphi'(\xi)|<1 para garantir convergência local.

Passo 8

Exemplo numérico curtinho (para fixar a ideia).
Escolha a=0{,}1, b=1, c=-0{,}2.
\left|\frac{3a}{b}\right|=0{,}3<1,\quad \varphi(0)=-\frac{c}{b}=0{,}2\in[0,1],\quad \varphi(1)=-\frac{a+c}{b}=0{,}1\in[0,1].
Logo as condições do Passo 6 são satisfeitas e a iteração converge para o único zero \xi\in[0,1]. Isso mostra que as condições são concretas e verificáveis sem calculadora pesada.

Resposta

(a) Porque, com b\neq0, a equação a x^{3}+b x+c=0 é equivalente a
x=-\frac{a x^{3}+c}{b},
ou seja, as raízes de f são exatamente os pontos fixos de \varphi(x)=-\left(\dfrac{a x^{3}+c}{b}\right); portanto \varphi é função de iteração para f(x)=0.
(b) Condições que garantem convergência:
  • Condição global (suficiente): \displaystyle\left|\frac{3a}{b}\right|<1 e \displaystyle 0\le -\frac{c}{b}\le1 e \displaystyle 0\le -\frac{a+c}{b}\le1. Nessas hipóteses \varphi é contração em [0,1] e \varphi([0,1])\subset[0,1], logo x_{k+1}=\varphi(x_k) converge para o único zero \xi\in[0,1] a partir de qualquer x_0\in[0,1].
  • Condição local (mais fraca, suficiente para convergência local): \displaystyle\left|\varphi'(\xi)\right|=\left|\frac{3a\xi^{2}}{b}\right|<1. Nesse caso existe uma vizinhança de \xi tal que qualquer x_0 nessa vizinhança gera uma sequência x_{k+1}=\varphi(x_k) que converge para \xi.

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