Determine, pelo método da bisseção, a primeira raiz real positiva da equação transcendente \operatorname{tg}(x)+2 x=0, sabendo que a tolerância exigida e \varepsilon \leq 10^{-4}. Use o método de arredondamento nos cálculos.

Passo 1

O enunciado pede: aproximar, pelo método da bisseção, a primeira raiz real positiva da equação transcendental \tan(x)+2x=0, com tolerância \varepsilon \leq 10^{-4}. Devemos usar o método de arredondamento nos cálculos (vou arredondar todos os pontos médios e valores de função para 4 casas decimais, isto é, para 10^{-4}).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A função a estudar é f(x)=\tan(x)+2x.
  • Queremos a primeira raiz real positiva (isto é, o menor x>0 tal que f(x)=0).
  • A tolerância exigida é \varepsilon \leq 10^{-4}.
  • Deve-se usar arredondamento nas operações (adotado: arredondar a 4 casas decimais em cada avaliação e em cada ponto médio).

Passo 2

Entendendo onde está a primeira raiz positiva (sem resolver totalmente ainda):
  • Em x=0 temos f(0)=\tan(0)+0=0, mas 0 não é “positiva”. Para x pequeno positivo, \tan(x)\approx x, então f(x)\approx 3x>0: não há raiz em (0,\,\tfrac{\pi}{2}).
  • A função \tan(x) tem assíntota em x=\tfrac{\pi}{2}. Logo, logo após \tfrac{\pi}{2} a \tan é grande negativa e em x=\pi temos \tan(\pi)=0 e f(\pi)=2\pi>0. Portanto existe uma raiz em \bigl(\tfrac{\pi}{2},\pi\bigr). Essa é a primeira raiz positiva que procuramos.
Explicando o método da bisseção (aula rápida):
  • Teorema do valor intermediário: se f é contínua em [a,b] e f(a)\cdot f(b)<0, então existe c\in(a,b) tal que f\text{(c)}=0.
  • Bisseção: dado [a,b] com f(a)\cdot f(b)<0, define-se o ponto médio m=\dfrac{a+b}{2}. Avalia-se f(m). Se f(m)=0 paramos; se f(a)\cdot f(m)<0 tomamos novo intervalo [a,m], senão [m,b]. Repetir até o intervalo ser suficientemente pequeno.
  • Critério de parada (usado aqui): parar quando \dfrac{b-a}{2}\le \varepsilon. Nesta situação uma aproximação do zero é m=\dfrac{a+b}{2} com erro máximo \le \varepsilon.
  • Estimativa do número de iterações: N\ge \left\lceil \log_2\!\left(\dfrac{b-a}{\varepsilon}\right)\right\rceil. Neste problema, com b-a\le \pi-\tfrac{\pi}{2}=\tfrac{\pi}{2}\approx1{,}5708 e \varepsilon=10^{-4}, tem-se N\approx 14 iterações; faremos iterações até satisfazer o critério.
Regra de arredondamento adotada:
  • Em cada iteração, o ponto médio m será arredondado para 4 casas decimais (ex.: 1{,}5707963\to1{,}5708).
  • Cada avaliação f(x)=\tan(x)+2x será calculada e então arredondada para 4 casas decimais antes de decidir o sinal.

Passo 3

Escolha do intervalo inicial (com valores arredondados a 4 casas decimais):
  • Tomamos a_0=\tfrac{\pi}{2} arredondado para 4 casas: a_0=1{,}5708 (note que \tan é finita em a_0 porque usamos este valor arredondado, que está ligeiramente à direita de \tfrac{\pi}{2}).
  • Tomamos b_0=\pi arredondado para 4 casas: b_0=3{,}1416.
    Verificação de sinais (apenas para saber que há mudança de sinal):
  • f(a_0)=\tan(1{,}5708)+2\cdot1{,}5708 é fortemente negativo (valor muito grande negativo devido à assíntota); arredondando, f(a_0)<0.
  • f(b_0)=\tan(3{,}1416)+2\cdot3{,}1416\approx0{,}0000+6{,}2832=6{,}2832>0.
    Logo f(a_0)\cdot f(b_0)<0 e a bisseção é aplicável.

Passo 4

Iteração 1:
  • m_1=\dfrac{a_0+b_0}{2}=\dfrac{1{,}5708+3{,}1416}{2}=2{,}3562 (arredondado para 4 casas).
  • f(m_1)=\tan(2{,}3562)+2\cdot2{,}3562\approx -0{,}99999+4{,}7124=3{,}7124 (arredondado para 4 casas).
    Decisão: f(m_1)>0 e f(a_0)<0 então novo intervalo [a_1,b_1]=[1{,}5708,\,2{,}3562].

Passo 5

Iteração 2:
  • m_2=\dfrac{1{,}5708+2{,}3562}{2}=1{,}9635.
  • f(m_2)=\tan(1{,}9635)+2\cdot1{,}9635\approx -2{,}4142+3{,}9270=1{,}5128.
    Decisão: f(m_2)>0. Novo intervalo [a_2,b_2]=[1{,}5708,\,1{,}9635].

Passo 6

Iteração 3:
  • m_3=\dfrac{1{,}5708+1{,}9635}{2}=1{,}7672 (arredondado).
  • f(m_3)=\tan(1{,}7672)+2\cdot1{,}7672\approx -5{,}0259+3{,}5344=-1{,}4915.
    Decisão: f(m_3)<0. Novo intervalo [a_3,b_3]=[1{,}7672,\,1{,}9635].

Passo 7

Iteração 4:
  • m_4=\dfrac{1{,}7672+1{,}9635}{2}=1{,}8654.
  • f(m_4)=\tan(1{,}8654)+2\cdot1{,}8654\approx -3{,}2958+3{,}7308=0{,}4350.
    Decisão: f(m_4)>0. Novo intervalo [a_4,b_4]=[1{,}7672,\,1{,}8654].

Passo 8

Iteração 5:
  • m_5=\dfrac{1{,}7672+1{,}8654}{2}=1{,}8163.
  • f(m_5)=\tan(1{,}8163)+2\cdot1{,}8163\approx -3{,}9933+3{,}6326=-0{,}3607.
    Decisão: f(m_5)<0. Novo intervalo [a_5,b_5]=[1{,}8163,\,1{,}8654].

Passo 9

Iteração 6:
  • m_6=\dfrac{1{,}8163+1{,}8654}{2}=1{,}8409.
  • f(m_6)=\tan(1{,}8409)+2\cdot1{,}8409\approx -3{,}6100+3{,}6818=0{,}0718.
    Decisão: f(m_6)>0. Novo intervalo [a_6,b_6]=[1{,}8163,\,1{,}8409].

Passo 10

Iteração 7:
  • m_7=\dfrac{1{,}8163+1{,}8409}{2}=1{,}8286.
  • f(m_7)=\tan(1{,}8286)+2\cdot1{,}8286\approx -3{,}7960+3{,}6572=-0{,}1388.
    Decisão: f(m_7)<0. Novo intervalo [a_7,b_7]=[1{,}8286,\,1{,}8409].

Passo 11

Iteração 8:
  • m_8=\dfrac{1{,}8286+1{,}8409}{2}=1{,}8348 (arredondado).
  • f(m_8)=\tan(1{,}8348)+2\cdot1{,}8348\approx -3{,}6960+3{,}6696=-0{,}0264.
    Decisão: f(m_8)<0. Novo intervalo [a_8,b_8]=[1{,}8348,\,1{,}8409].

Passo 12

Iteração 9:
  • m_9=\dfrac{1{,}8348+1{,}8409}{2}=1{,}8379.
  • f(m_9)=\tan(1{,}8379)+2\cdot1{,}8379\approx -3{,}6517+3{,}6758=0{,}0241.
    Decisão: f(m_9)>0. Novo intervalo [a_9,b_9]=[1{,}8348,\,1{,}8379].

Passo 13

Iteração 10:
  • m_{10}=\dfrac{1{,}8348+1{,}8379}{2}=1{,}8364.
  • f(m_{10})=\tan(1{,}8364)+2\cdot1{,}8364\approx -3{,}6753+3{,}6728=-0{,}0025 (arredondado para 4 casas: -0{,}0025).
    Decisão: f(m_{10})<0. Novo intervalo [a_{10},b_{10}]=[1{,}8364,\,1{,}8379].

Passo 14

Iteração 11:
  • m_{11}=\dfrac{1{,}8364+1{,}8379}{2}=1{,}8372.
  • f(m_{11})=\tan(1{,}8372)+2\cdot1{,}8372\approx -3{,}6634+3{,}6744=0{,}0110.
    Decisão: f(m_{11})>0. Novo intervalo [a_{11},b_{11}]=[1{,}8364,\,1{,}8372].

Passo 15

Iteração 12:
  • m_{12}=\dfrac{1{,}8364+1{,}8372}{2}=1{,}8368.
  • f(m_{12})=\tan(1{,}8368)+2\cdot1{,}8368\approx -3{,}6693+3{,}6736=0{,}0043.
    Decisão: f(m_{12})>0. Novo intervalo [a_{12},b_{12}]=[1{,}8364,\,1{,}8368].
Observação sobre o critério de parada:
  • Agora o comprimento do intervalo é b_{12}-a_{12}=1{,}8368-1{,}8364=0{,}0004.
  • Metade do comprimento é \dfrac{b_{12}-a_{12}}{2}=0{,}0002, ainda maior que \varepsilon=0{,}0001. Então é necessário mais uma iteração.

Passo 16

Iteração 13:
  • m_{13}=\dfrac{1{,}8364+1{,}8368}{2}=1{,}8366.
  • f(m_{13})=\tan(1{,}8366)+2\cdot1{,}8366\approx -3{,}6723+3{,}6732=0{,}0009 (arredondado para 4 casas: 0{,}0009).
    Decisão: f(m_{13})>0. Novo intervalo [a_{13},b_{13}]=[1{,}8364,\,1{,}8366].
Agora o comprimento do intervalo é b_{13}-a_{13}=1{,}8366-1{,}8364=0{,}0002 e metade é \dfrac{0{,}0002}{2}=0{,}0001, que é igual a \varepsilon. Pelo critério (parar quando \dfrac{b-a}{2}\le\varepsilon), podemos parar aqui.
A aproximação final pelo método da bisseção é o ponto médio do último intervalo:
x_{\text{aprox}}=\dfrac{a_{13}+b_{13}}{2}=\dfrac{1{,}8364+1{,}8366}{2}=1{,}8365.
(Observe que, conforme solicitado, todas as médias e avaliações foram arredondadas a 4 casas decimais após cada operação.)

Resposta

x\approx 1{,}8365

Exercícios relacionados