O valor de
pode ser obtido através da resolução das seguintes equações:
e
.
a) Aplique o método de Newton com
e precisão
cada caso e compare os resultados. Justifique os resultados obtidos.
b) O método da bissecção pode ser aplicado na resolução da equação
para obter o valor de
?
a) Aplique o método de Newton com
b) O método da bissecção pode ser aplicado na resolução da equação
Passo 1
Beleza, o exercício tá pedindo pra gente achar π resolvendo duas equações diferentes:
- sin x = 0
- cos x + 1 = 0
Usando o método de Newton com chute inicial x₀ = 3 e tolerância de 10⁻². Depois a gente compara porque um dos casos “anda” mais devagar.
Além disso, tem a parte (b) que pergunta se dá pra usar o método da bissecção em cos x + 1 = 0 para achar π.
Conteúdo envolvido: método de Newton (iterações, derivadas), conceito de raiz simples vs. raiz múltipla, e critério da bissecção (precisa de mudança de sinal).
Passo 2
Aplicando Newton em sin x = 0
- A função é f(x) = sin x e f′(x) = cos x.
- A fórmula de Newton é
$\displaystyle x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f’(x_n)}
= x_n - \frac{\sin(x_n)}{\cos(x_n)}
= x_n - \tan(x_n),. $
Vamos iterar até que |xₙ₊₁ – xₙ| < 10⁻².
-
n = 0: x₀ = 3
sin 3 ≃ 0.14112, cos 3 ≃ –0.98999
x₁ = 3 – (0.14112)/(–0.98999) ≃ 3.14256
|x₁ – x₀| = 0.14256 > 0.01 → continua -
n = 1: x₁ ≃ 3.14256
sin 3.14256 ≃ 0.000967, cos 3.14256 ≃ –0.999999
x₂ = 3.14256 – (0.000967)/(–0.999999) ≃ 3.14353
|x₂ – x₁| = 0.00097 < 0.01 → satisfeito
Então, pela tolerância de 10⁻², paramos em x₂ ≃ 3.14353.
Passo 3
Aplicando Newton em cos x + 1 = 0
- Agora f(x) = cos x + 1 e f′(x) = –sin x.
- Fórmula:
$\displaystyle x_{n+1} = x_n - \frac{\cos(x_n)+1}{-,\sin(x_n)}
= x_n + \frac{\cos(x_n)+1}{\sin(x_n)},. $
De novo, iteramos até |xₙ₊₁ – xₙ| < 10⁻².
-
x₀ = 3
cos 3+1 ≃ 0.01001, sin 3 ≃ 0.14112
x₁ = 3 + 0.01001/0.14112 ≃ 3.0710
Δ = 0.0710 > 0.01 → continua -
x₁ ≃ 3.0710
cos 3.0710+1 ≃ 0.0025, sin 3.0710 ≃ 0.0707
x₂ = 3.0710 + 0.0025/0.0707 ≃ 3.1063
Δ = 0.0353 > 0.01 → continua -
x₂ ≃ 3.1063
cos 3.1063+1 ≃ 0.00062, sin 3.1063 ≃ 0.0353
x₃ = 3.1063 + 0.00062/0.0353 ≃ 3.1239
Δ = 0.0176 > 0.01 → continua -
x₃ ≃ 3.1239
cos 3.1239+1 ≃ 0.00016, sin 3.1239 ≃ 0.0177
x₄ = 3.1239 + 0.00016/0.0177 ≃ 3.1329
Δ = 0.0091 < 0.01 → satisfeito
Aqui paramos em x₄ ≃ 3.1329.
Passo 4
Comparando os dois casos:
- Em sin x = 0 o Newton converge rápido porque a raiz é simples (f′(π) ≠ 0). Foi preciso só 2 iterações.
- Em cos x + 1 = 0 a raiz é “dupla” (f′(π) = –sin π = 0), então o método vira convergência linear e anda bem mais devagar (4 iterações para mesma precisão).
Passo 5
Sobre o método da bissecção em cos x + 1 = 0:
Para usar bissecção a gente precisa de um intervalo [a,b] onde f(a)·f(b) < 0 (mudança de sinal). Mas em cos x + 1 o valor mínimo é zero em x = π, e em volta de π a função fica positiva de ambos os lados (ela toca o eixo sem cruzar). Logo não existe intervalo que “abra” sinal +/– em volta de π.
Portanto, não dá pra aplicar bissecção diretamente em cos x + 1 = 0 para achar π.
Para usar bissecção a gente precisa de um intervalo [a,b] onde f(a)·f(b) < 0 (mudança de sinal). Mas em cos x + 1 o valor mínimo é zero em x = π, e em volta de π a função fica positiva de ambos os lados (ela toca o eixo sem cruzar). Logo não existe intervalo que “abra” sinal +/– em volta de π.
Portanto, não dá pra aplicar bissecção diretamente em cos x + 1 = 0 para achar π.
Resposta
a)
- Para sin x = 0: x ≃ 3.14353 (parada em 2 iterações).
- Para cos x + 1 = 0: x ≃ 3.13290 (parada em 4 iterações).
O primeiro converge mais rápido porque a raiz é simples; o segundo é raiz dupla e atrasa o Newton.
b) Não, porque cos x + 1 não muda de sinal em torno de π, então o critério da bissecção não se satisfaz.