Nos exercícios de (1-4), seja o problema de se resolver f(x)=tan(x)-x=0.
Determine um intervalo
I=[a, b] ⊂ Domf que contenha a maior raiz exata negativa x=ξ e, sem resolver, estime o número mínimo de iterações necessárias para que a seqüência de aproximações gerada pelo Método da Bissecção convirja para x=ξ (admita ε=10−10 ).

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  1. Determinar um intervalo I=[a,b]\subset\operatorname{Dom}f que contenha a maior raiz exata negativa \xi da equação f(x)=\tan(x)-x=0.
  2. Sem resolver a raiz, estimar o número mínimo de iterações necessárias pelo Método da Bissecção para que a sequência de aproximações convirja a \xi com precisão \varepsilon=10^{-10}.
Informações dadas e úteis:
  • A função é f(x)=\tan(x)-x.
  • O domínio é \operatorname{Dom}f=\mathbb{R}\setminus\{(2k+1)\tfrac{\pi}{2}\mid k\in\mathbb{Z}\} (ou seja, exclui os pontos onde \tan tem assíntotas verticais).
  • Sabemos que existe uma raiz negativa mais próxima de zero (a primeira não nula à esquerda de 0) e ela está no intervalo entre as assíntotas consecutivas -\tfrac{3\pi}{2} e -\pi.
  • Precisamos fornecer um intervalo fechado I=[a,b] com a,b\in\operatorname{Dom}f que contenha essa raiz, e depois usar a fórmula de erro da bissecção para obter o número de iterações mínimo com \varepsilon=10^{-10}.

Passo 2

Escolha do intervalo I.
Raciocínio prático: a primeira raiz negativa não nula de \tan x = x está no intervalo \bigl(-\tfrac{3\pi}{2},-\pi\bigr) (isso decorre da periodicidade e do comportamento de \tan entre assíntotas). Para trabalhar sem tocar assíntotas, escolhemos um intervalo numérico interior a esse intervalo maior. Uma escolha simples e conveniente é
I=[-4{,}7,\,-4{,}3],
porque -\tfrac{3\pi}{2}\approx -4{,}71238898 e -\pi\approx -3{,}14159265, logo -4{,}7 e -4{,}3 estão ambos estritamente entre -\tfrac{3\pi}{2} e -\pi, isto é, ambos pertencem a \operatorname{Dom}f. Este intervalo contém a maior raiz negativa \xi (que é aproximadamente -4{,}493\ldots), sem que precisemos calcular a raiz.

Passo 3

Verificação de que I realmente contém uma raiz (sinal trocado).
Vamos avaliar o sinal de f nas extremidades para aplicar o teorema do valor intermediário. Usamos a periodicidade \tan(x+\pi)=\tan x para facilitar avaliações.
  • Para x=-4{,}7:
-4{,}7+\pi \approx -1{,}55841\quad(\text{em radianos}).
\tan(-1{,}55841) é um valor grande negativo (pois -1{,}55841 está muito próximo de -\tfrac{\pi}{2}), por exemplo \tan(-1{,}55841)\approx -57{,}5 (estimação pelo comportamento perto da assíntota). Assim
f(-4{,}7)=\tan(-4{,}7)-(-4{,}7)=\tan(-4{,}7)+4{,}7\approx -57{,}5+4{,}7<0.
  • Para x=-4{,}3:
-4{,}3+\pi \approx -1{,}15841.
\tan(-1{,}15841) é um número negativo moderado; estimando \tan(-1{,}15841)\approx -2{,}28. Assim
f(-4{,}3)=\tan(-4{,}3)-(-4{,}3)=\tan(-4{,}3)+4{,}3\approx -2{,}28+4{,}3>0.
Como f(-4{,}7)<0 e f(-4{,}3)>0 e f é contínua em [-4{,}7,-4{,}3] (não há assíntotas dentro do intervalo), pelo teorema do valor intermediário existe pelo menos uma raiz \xi em [-4{,}7,-4{,}3]. Essa é exatamente a maior raiz negativa buscada.

Passo 4

Breve aula: erro na Bissecção e critério de parada.
No método da bissecção começamos com um intervalo inicial de comprimento L_0=b-a. A cada iteração o comprimento do intervalo que contém a raiz é dividido por 2. Após n iterações o comprimento do intervalo é
L_n=\frac{L_0}{2^n}.
Se usamos o ponto médio m_n do intervalo atual como aproximação, a garantia clássica é
\bigl|m_n-\xi\bigr|\le \frac{L_n}{2}=\frac{L_0}{2^{\,n+1}}.
Portanto, para garantir que a aproximação esteja a menos de \varepsilon da raiz, basta exigir
\frac{L_0}{2^{\,n+1}}\le \varepsilon.
Dessa desigualdade obtemos o menor n inteiro que satisfaz
2^{\,n+1}\ge \frac{L_0}{\varepsilon} \quad\Longleftrightarrow\quad n\ge \log_2\!\left(\frac{L_0}{\varepsilon}\right)-1.

Passo 5

Aplicação numérica do critério com nosso intervalo.
Para I=[-4{,}7,-4{,}3] temos
L_0=b-a=-4{,}3-(-4{,}7)=0{,}4.
Com \varepsilon=10^{-10} precisamos de n tal que
\frac{0{,}4}{2^{\,n+1}}\le 10^{-10} \quad\Longleftrightarrow\quad 2^{\,n+1}\ge \frac{0{,}4}{10^{-10}}=4\cdot 10^{9}.
Tomando \log_2,
n+1 \ge \log_2(4\cdot 10^{9})=\log_2(4)+\log_2(10^{9}) =2+9\log_2(10).
Usando \log_2(10)\approx 3{,}32192809489 obtemos
n+1 \ge 2+9\cdot 3{,}32192809489\approx 31{,}89735285,
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n \ge 30{,}89735285.
O menor inteiro n que satisfaz é n=31.
Verificação rápida: para n=31 o erro máximo assegurado é
\frac{L_0}{2^{\,32}}=\frac{0{,}4}{2^{32}}=\frac{0{,}4}{4{,}294{,}967{,}296}\approx 9{,}313\times 10^{-11}<10^{-10},
enquanto para n=30 teríamos erro aproximadamente 1{,}86\times 10^{-10}>10^{-10}. Portanto n=31 é de fato o mínimo.

Resposta

I=[-4{,}7,\,-4{,}3]\n n_{\min}=31

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