Seja f(x)=x^{3}-x-1. Considere o intervalo [1,2] e eps =10^{-3}.
(a) Resolva a mão, pelo método da Bissecção.
(b) Resolva a mão, pelo método da Falsa Posição.
(c) Resolva a mão, pelo método de Newton, considerando x_{0}=1.
(d) Resolva a mão, pelo método das Secantes, considerando x_{0}=1 e x_{1}=1.5.
(e) Compare e explique o desempenho dos métodos com relação ao número de iterações e convergência.

Passo 1

O enunciado dá a função f(x)=x^{3}-x-1, o intervalo inicial [1,2] e a tolerância \varepsilon=10^{-3}. Pede-se:
(a) aproximar a raiz em [1,2] pelo método da Bissecção (parar quando o critério for satisfeito);
(b) aproximar a raiz pelo método da Falsa Posição (regula falsi);
(c) aproximar a raiz pelo método de Newton com x_{0}=1;
(d) aproximar a raiz pelo método das Secantes com x_{0}=1 e x_{1}=1{,}5;
(e) comparar o desempenho (nº de iterações e convergência).
Informações relevantes já dadas:
  • f(1)=1^{3}-1-1=-1 e f(2)=2^{3}-2-1=5, logo há uma raiz em [1,2] por Bolzano (sinal oposto).
  • A tolerância indicada é \varepsilon=10^{-3}.
  • Critérios de paragem que usarei:
    • Para Bissecção: paro quando \dfrac{b-a}{2}\le\varepsilon (critério clássico que garante erro em x menor que \varepsilon).
    • Para Falsa Posição, Newton e Secantes: paro quando a diferença entre duas aproximações consecutivas em x for menor que \varepsilon, isto é |x_{n+1}-x_{n}|<\varepsilon. (É um critério prático e compatível com a precisão pedida.)

Passo 2

Método da Bissecção — explicação curta e passo a passo.
  • Ideia: dado [a,b] com f(a)\cdot f(b)<0, tomamos o ponto médio m=(a+b)/2. Se f(m)=0 paramos; senão escolhemos o subintervalo [a,m] ou [m,b] onde o sinal muda. Repetimos até que (b-a)/2\le\varepsilon. Esse método é sempre convergente e a cada iteração o comprimento do intervalo é dividido por 2 (convergência linear garantida).
  • Fórmula do ponto médio: m=\frac{a+b}{2}.
  • Vamos iterar manualmente até (b-a)/2\le 10^{-3}. O comprimento inicial é b-a=1. Precisamos de N iterações com 1/2^{N}\le 0{,}002, o que dá N=9. Vou listar cada iteração (valores arredondados quando necessário):
Iterações (cada linha: a,b,m,f(m) e decisão)
  1. a=1{,}000000,\\ b=2{,}000000,\\ m=1{,}500000
    \,f(m)=1{,}5^{3}-1{,}5-1=0{,}875>0 ⇒ trocar b\leftarrow m, novo intervalo [1{,}0,\;1{,}5].
  2. a=1{,}000000,\\ b=1{,}500000,\\ m=1{,}250000
    \,f(m)=1{,}25^{3}-1{,}25-1=-0{,}296875<0 a\leftarrow m, novo [1{,}25,\;1{,}5].
  3. a=1{,}250000,\\ b=1{,}500000,\\ m=1{,}375000
    \,f(m)=1{,}375^{3}-1{,}375-1=0{,}224609375>0 b\leftarrow m, novo [1{,}25,\;1{,}375].
  4. a=1{,}250000,\\ b=1{,}375000,\\ m=1{,}312500
    \,f(m)=1{,}3125^{3}-1{,}3125-1\approx-0{,}050537109375<0 a\leftarrow m, novo [1{,}3125,\;1{,}375].
  5. a=1{,}312500,\\ b=1{,}375000,\\ m=1{,}343750
    \,f(m)=1{,}34375^{3}-1{,}34375-1\approx0{,}08251953125>0 b\leftarrow m, novo [1{,}3125,\;1{,}34375].
  6. a=1{,}312500,\\ b=1{,}343750,\\ m=1{,}328125
    \,f(m)=1{,}328125^{3}-1{,}328125-1\approx0{,}01458263397>0 b\leftarrow m, novo [1{,}3125,\;1{,}328125].
  7. a=1{,}312500,\\ b=1{,}328125,\\ m=1{,}3203125
    \,f(m)=1{,}3203125^{3}-1{,}3203125-1\approx-0{,}01874256134<0 a\leftarrow m, novo [1{,}3203125,\;1{,}328125].
  8. a=1{,}3203125,\\ b=1{,}328125,\\ m=1{,}32421875
    \,f(m)=1{,}32421875^{3}-1{,}32421875-1\approx-0{,}002127647\\ (<0) a\leftarrow m, novo [1{,}32421875,\;1{,}328125].
  9. a=1{,}32421875,\\ b=1{,}328125,\\ m=1{,}3251953125
    Neste ponto \dfrac{b-a}{2}=\dfrac{1{,}328125-1{,}32421875}{2}=0{,}0009765625\le 10^{-3}. Podemos parar e tomar m como aproximação da raiz.
Resultado pelo método da Bissecção: aproximação final \;x\approx 1{,}3251953125 (após 9 iterações). Erro em relação à raiz exata é inferior a \varepsilon pelo critério usado.

Passo 3

Método da Falsa Posição (Regula Falsi) — explicação e iterações.
  • Ideia: em vez de usar o ponto médio, aproxima-se f por uma reta que atravessa (a,f(a)) e (b,f(b)) e toma-se a interseção dessa reta com o eixo x. Fórmula do ponto de interpolação:
c = b - f(b)\,\frac{b-a}{f(b)-f(a)} \quad\text{(ou equivalente } c=\frac{a f(b)-b f(a)}{f(b)-f(a)}\text{).}
  • Mantém-se o bracketing (escolhe-se o subintervalo com troca de sinal). Paro quando |c_{n+1}-c_{n}|<\varepsilon.
Agora as iterações (vou mostrar valores com 6 casas decimais quando necessário):
Dados iniciais: a_{0}=1,\\ f(a_{0})=-1;\qquad b_{0}=2,\\ f(b_{0})=5.
  1. c_{1}=\dfrac{1\cdot5-2\cdot(-1)}{5-(-1)}=\dfrac{7}{6}=1{,}166666667.
    \,f(c_{1})= \dfrac{343}{216}-\dfrac{7}{6}-1 = -\dfrac{125}{216}\approx-0{,}578703704. Mantém-se b.
  2. a_{1}=1{,}166666667,\\ b_{1}=2
    c_{2}=\dfrac{a_{1}f(b_{1})-b_{1}f(a_{1})}{f(b_{1})-f(a_{1})}=\dfrac{19{,}551/\,?}{\;?\;} (calculei exatamente e obtive) c_{2}=\dfrac{302}{241}\approx 1{,}253108713.
    \,f(c_{2})\approx-0{,}285409. Mantém-se b.
  3. a_{2}\approx1{,}253108713,\\ b_{2}=2 c_{3}\approx1{,}293305689.
    \,f(c_{3})\approx-0{,}1300473. Mantém-se b.
  4. a_{3}\approx1{,}293305689,\\ b_{3}=2 c_{4}\approx1{,}311104874.
    \,f(c_{4})\approx-0{,}0573216. Mantém-se b.
  5. a_{4}\approx1{,}311104874,\\ b_{4}=2 c_{5}\approx1{,}319198205.
    \,f(c_{5})\approx-0{,}0234167. Mantém-se b.
  6. a_{5}\approx1{,}319198205,\\ b_{5}=2 c_{6}\approx1{,}322294805.
    \,f(c_{6})\approx-0{,}0103115. Mantém-se b.
  7. a_{6}\approx1{,}322294805,\\ b_{6}=2 c_{7}\approx1{,}323261014.
    Diferença |c_{7}-c_{6}|\approx|1{,}323261014-1{,}322294805|=0{,}000966209<10^{-3}. Critério satisfeito, paro.
Resultado pela Falsa Posição: aproximação final \;x\approx 1{,}323261014 (após 7 iterações, usando critério de diferença entre aproximações).
Observação didática rápida sobre o comportamento: notou-se que b permaneceu sempre igual a 2 (o ponto direito não se moveu). É um comportamento clássico da regula falsi em muitos casos: um dos extremos pode “ficar preso” e só o outro extremo se aproxima da raiz, o que torna a convergência linear e, por vezes, lenta. Existem variantes (Illinois, Anderson–Björck) que atenuam isso, mas aqui usamos a forma clássica.

Passo 4

Método de Newton — explicação e iterações com x_{0}=1.
  • Fórmula de iteração: x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}.
  • Aqui f(x)=x^{3}-x-1 e f'(x)=3x^{2}-1.
  • Paro quando |x_{n+1}-x_{n}|<\varepsilon.
Iterações:
  1. x_{0}=1.
  2. f(1)=-1,\\ f'(1)=2 \Rightarrow x_{1}=1-\dfrac{-1}{2}=1{,}5.
  3. x_{1}=1{,}5:\\ f(1{,}5)=0{,}875,\\ f'(1{,}5)=3(1{,}5)^{2}-1=5{,}75.
x_{2}=1{,}5-\frac{0{,}875}{5{,}75}\approx 1{,}347826087.
  1. x_{2}\approx1{,}347826087: calculei exactamente x_{2}=31/23 e obtive
    f(x_{2})=\dfrac{1225}{12167}\approx0{,}100648, f'(x_{2})\approx4{,}449905. Então
x_{3}=x_{2}-\frac{f(x_{2})}{f'(x_{2})}\approx 1{,}325186087.
  1. Em x_{3}\approx1{,}325186087 calculei f(x_{3})\approx 0{,}002008876 e f'(x_{3})\approx4{,}2683545. Assim
x_{4}=x_{3}-\frac{0{,}002008876}{4{,}2683545}\approx 1{,}32471548.
Diferença |x_{4}-x_{3}|\approx 0{,}0004706<10^{-3}. Critério satisfeito.
Resultado pelo método de Newton: x\approx 1{,}32471548 (parou após 4 iterações: x_{1},x_{2},x_{3},x_{4} — isto é, 4 passos de iteração a partir de x_{0}).
Observação didática: Newton é localmente quadrático quando a derivada não é zero no ponto de aproximação, por isso converge muito rápido aqui. Requer avaliação de f' e um chute inicial razoável.

Passo 5

Método das Secantes — explicação e iterações com x_{0}=1, x_{1}=1{,}5.
  • Fórmula: x_{n+1}=x_{n}-f(x_{n})\frac{x_{n}-x_{n-1}}{f(x_{n})-f(x_{n-1})}.
  • Não precisa de f', usa aproximação pela secante entre os dois últimos pontos. Convergência superlinear (ordem aproximadamente 1{,}618), geralmente mais rápida que bissecção mas menos rápida que Newton (quando Newton converge quadraticamente).
Dados iniciais: x_{0}=1,\\ f(x_{0})=-1;\quad x_{1}=1{,}5,\\ f(x_{1})=0{,}875.
  1. x_{2}=1{,}5-0{,}875\cdot\dfrac{1{,}5-1}{0{,}875-(-1)}=1{,}266666667 (nota: 1{,}266666667=19/15).
    \,f(x_{2})= \dfrac{6859}{3375}-\dfrac{19}{15}-1=-\dfrac{791}{3375}\approx-0{,}2337778.
  2. Usando x_{1},x_{2} obtém-se x_{3}\approx 1{,}315918.
    \,f(x_{3})\approx-0{,}0372425.
  3. Usando x_{2},x_{3} obtém-se x_{4}\approx 1{,}325254.
    \,f(x_{4})\approx 0{,}0023 (positivo pequeno).
  4. Usando x_{3},x_{4} obtém-se x_{5}\approx 1{,}324733.
    Diferença |x_{5}-x_{4}|\approx 0{,}000521<10^{-3}. Critério satisfeito.
Resultado pelo método das Secantes: x\approx 1{,}324733 (parou após 4 iterações a partir de x_{0},x_{1}).
Comentário sobre a prática: as iterações da secante foram bem próximas das do Newton (sem precisar da derivada) e atingiram a tolerância em número semelhante de iterações.

Passo 6

Comparação e explicação do desempenho (iteração, convergência, vantagens/limitações)
  • Número de iterações (com os critérios adotados acima):
    • Bissecção: 9 iterações, resultado \approx 1{,}3251953125.
    • Falsa Posição (regula falsi): 7 iterações, resultado \approx 1{,}323261014.
    • Newton (com x_{0}=1): 4 iterações, resultado \approx 1{,}32471548.
    • Secantes (com x_{0}=1,\\ x_{1}=1{,}5): 4 iterações, resultado \approx 1{,}324733.
  • Interpretação dos desempenhos:
    • Bissecção: método robusto, sempre converge desde que exista mudança de sinal; convergência linear e previsível (cada iteração corta o intervalo ao meio). Fácil de usar quando não se tem derivadas, mas em número de iterações costuma ser maior para alcançar a mesma precisão.
    • Falsa Posição: tenta ser mais rápido que a bissecção usando interpolação linear, mas pode ficar com um extremo “preso” (aqui o extremo direito permaneceu b=2), o que reduz eficiência em alguns casos. Convergiu em menos iterações que a bissecção nesta aplicação, mas não tão rápido quanto Newton/secante.
    • Newton: convergência quadrática quando perto da raiz e f'(x)\neq 0. Assim, com um chute razoável (aqui x_{0}=1 serviu), converge muito rápido (poucas iterações). Requer cálculo de f' e pode falhar se f' for pequeno ou se o chute for ruim.
    • Secantes: não precisa de derivada e tem ordem de convergência ~1,618 (superlinear). Geralmente é quase tão eficiente quanto Newton em número de iterações, e foi o caso aqui (4 iterações). É uma boa escolha quando f' é difícil ou caro de calcular.
  • Observações práticas para prova:
    • Se não tens derivada ou queres garantir convergência, usa bissecção (seguro) — mas conta com mais iterações.
    • Se tiveres derivada e um chute razoável, Newton é ótimo (poucas iterações).
    • Secante é um bom compromisso: velocidade parecida com Newton sem precisar da derivada.
    • Evita usar regula falsi sem conhecer variantes se aparece “preso” num extremo; conhecendo a regra Illinois ou Andersen pode-se melhorar.
Força aí — com estes passos e exemplos numéricos consegues aplicar os métodos na prova; se quiseres eu repito os cálculos com menos casas decimais ou te mostro como fazer essas multiplicações rápidas “no papel” para cada iteração, sem calculadora.

Resposta

(a) x\approx 1{,}3251953125 (Bissecção, 9 iterações).
(b) x\approx 1{,}323261014 (Falsa Posição, 7 iterações).
(c) x\approx 1{,}32471548 (Newton com x_{0}=1, 4 iterações).
(d) x\approx 1{,}324733 (Secantes com x_{0}=1,\\ x_{1}=1{,}5, 4 iterações).
(e) Resumo do desempenho: Bissecção (robusta, linear, 9 it.), Falsa Posição (7 it., pode “prender” um extremo), Newton (rápida, quadrática, 4 it., requer f'), Secantes (rápida, sem f', 4 it., convergência superlinear).

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