Lista de Exercícios 22 - Método de Newton

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Campus Universitário de Sinop
Faculdade de Ciências Exatas e Tecnológicas
Curso de Engenharia Civil
Disciplina: Cálculo Diferencial e Integral I
Lista de Exercícios – Método de Newton
1) Suponha que a reta y = 5 x − 4 é tangente à curva y = f ( x ) quando
x = 3 . Se for usado o método de Newton para localizar uma raiz da
equação f ( x ) = 0 com a aproximação inicial x1 = 3 , encontre a
segunda aproximação x 2 .
A função y = 5 x − 4 é tangente a f ( x ) em x = 3 . Então o zero da
linha tangente é a 2ª aproximação de f ( x ) .
Assim sendo, 5 x2 − 4 = 0 ⇒ x2 = 0,8 .
2) Use o método de Newton com o valor inicial especificado x1 para
encontrar x3 , a terceira aproximação da raiz da equação dada. (Dê
sua resposta com quatro casas decimais).
a) x 3 − x 2 − 1 = 0,
x1 = 1
f (x) = x3 − x2 − 1
f ′( x ) = 3 x 2 − 2 x
xn +1 = xn −
f ( xn )
f ′( xn )
xn3 − xn2 − 1
xn +1 = xn −
3 xn2 − 2 xn
1ª aproximação (x2):
(1) − (1) − 1 = 1 − −1 = 2,0000
x13 − x12 − 1
x2 = x1 −
=
1
−
( )
2
3 x12 − 2 x1
3 ⋅ (1) − 2 ⋅ (1)
3
2
x2 = 2,0000
2ª aproximação (x3):
( 2 ) − ( 2 ) − 1 = 2 − 3 = 1,6250
x3 − x2 − 1
x3 = x 2 − 2 2 2
= 2−
2
3 x 2 − 2 x2
8
3 ⋅ ( 2) − 2 ⋅ ( 2)
3
2
x3 = 1,6250
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b) x 5 + 2 = 0,
x1 = −1
f (x) = x5 + 2
f ′( x ) = 5 x 4
xn +1 = xn −
f ( xn )
f ′( xn )
xn +1 = xn −
xn5 + 2
5 xn4
1ª aproximação (x2):
( −1) + 2 = 1 − 1 = − 6 = −1,2000
x5 + 2
x2 = x1 − 1 4 = 1 −
4
5 x1
5
5
5 ⋅ ( −1)
5
x2 = −1,2000
2ª aproximação (x3):
( −1,2) + 2 = −1,2 + 0,48832 = −1,1529
x25 + 2
x3 = x2 −
=
−
1,2
−
4
5 x24
10,368
5 ⋅ ( −1,2 )
5
3) Use o método de Newton para aproximar
casa decimal.
Encontrar o valor da expressão
raiz da equação x 7 − 1000 = 0 .
7
7
1000 correto até a oitava
1000 equivale a determinar a
Dessa forma, tomamos f ( x ) = x 7 − 1000
f ( x ) = x 7 − 1000
f ′( x ) = 7 x 6
xn +1 = xn −
f ( xn )
f ′( xn )
xn7 − 1000
xn +1 = xn −
7 xn6
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Como 27 < 7 1000 < 37 , podemos adotar como primeira
aproximação x1 = 2 ou x1 = 3 . Adotaremos, para este exercício, as duas
considerações para a 1ª aproximação, com a finalidade de verificar a
rapidez da convergência.
1ª aproximação: x1 = 2 e x1 = 3
x1 = 2
xn
2,00000000
3,94642857
3,42046914
3,02103542
2,77737636
2,69184698
2,68278860
2,68269580
x1 = 3
xn+1
3,94642857
3,42046914
3,02103542
2,77737636
2,69184698
2,68278860
2,68269580
2,68269580
xn
3,00000000
2,76739173
2,69008741
2,68275645
2,68269580
-
xn+1
2,76739173
2,69008741
2,68275645
2,68269580
2,68269580
-
OBS: Dados obtidos em planilha eletrônica.
Para
x1 = 2 ,
x8 ≅ x9 = 2,68269580
x5 ≅ x6 = 2,68269580 . Portanto:
oitava casa decimal.
7
e
para
x1 = 3 ,
1000 = 2,68269580 está correta até a
Podemos também traçar um gráfico para verificarmos o intervalo
em que a raiz se encontra. Pelo gráfico abaixo, nota-se que a raiz
(única) encontra-se no intervalo (2,3) .
1100
900
700
7
500
f(x) = x - 1000
300
100
-3,00
-2,00
-1,00
-1000,00
1,00
-300
-500
-700
-900
-1100
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2,00
3,00
4,00
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Aplicando um zoom no intervalo (2,3) , verificamos que a raiz
encontra-se no intervalo (2,60;2,70) conforme a figura a seguir.
1100
900
700
7
f(x) = x - 1000
500
300
100
-1002,00
2,10
2,20
2,30
2,40
2,50
2,60
2,70
2,80
2,90
3,00
-300
-500
-700
-900
-1100
Aplicando um zoom no intervalo (2,60;2,70), verificamos que a
raiz encontra-se no intervalo (2,68;2,69) conforme a figura a seguir.
1100
900
700
500
300
100
-1002,60
-300
2,61
2,62
2,63
2,64
2,65
2,66
2,67
2,68
2,69
2,70
7
f(x) = x - 1000
-500
-700
-900
-1100
Conclui-se que a aplicação de zooms facilita a identificação da
raiz. Porém, sua precisão fica limitada a poucas casas decimais e se
torna trabalhosa. Dessa forma justifica-se o uso do método de Newton
para melhores precisões.
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Também é possível verificar por que a convergência para x1 = 3 é
mais rápida do que para x1 = 2 . Isso se deve ao fato da reta tangente
que determina a 2ª aproximação para x1 = 3 encontrar-se mais próxima
da raiz do que a 2ª aproximação para x1 = 2 . Trace as retas tangentes e
verifique esse fato.
4) Use o método de Newton para aproximar a raiz indicada da
equação, correta até a sexta casa decimal.
a) A raiz de x 4 + x − 4 = 0 no intervalo [1,2]
f (x) = x4 + x − 4
f ′( x ) = 4 x 3 + 1
xn +1 = xn −
f ( xn )
f ′( xn )
xn4 + xn − 4
xn +1 = xn −
4 xn3 + 1
1ª aproximação: x1 = 1,5
x1 = 1,5
xn
1,500000
1,323276
1,285346
1,283784
1,283782
xn+1
1,323276
1,285346
1,283784
1,283782
1,283782
OBS: Dados obtidos em planilha eletrônica.
Como x5 ≅ x6 = 1,283782 , o valor de x5 ≅ x6 = 1,283782 é a raiz
de x 4 + x − 4 = 0 correta até a sexta casa decimal.
b) A raiz positiva de 2cos x = x 4
Comecemos com os gráficos de 2cos x e x 4 colocados em um
mesmo sistema de eixos ortogonais.
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Disciplina: Cálculo Diferencial e Integral I
3
2
1
0
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
-1
-2
-3
Pelo gráfico, verificamos que a solução positiva de 2cos x = x 4
está próxima de 1. Aplicando um zoom no intervalo de ( 0,5;1,5 ) ,
podemos observar com maior detalhe essa proximidade, sugerindo que
serão necessárias poucas iterações para se chegar à raiz da equação.
3
2
1
0
0,5
0,7
0,9
1,1
-1
-2
-3
Se 2cos x = x 4 , então 2cos x − x 4 = 0
Portanto:
f ( x ) = 2cos x − x 4
f ′( x ) = −2sen x − 4 x 3
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1,3
1,5
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xn +1 = xn −
f ( xn )
f ′( xn )
xn +1 = xn −
2cos xn − xn4
−2sen xn − 4 xn3
xn +1 = xn +
2cos xn − xn4
2sen xn + 4 xn3
1ª aproximação: x1 = 1
x1 = 1
xn
1,000000
1,014184
1,013958
xn+1
1,014184
1,013958
1,013958
OBS: Dados obtidos em planilha eletrônica.
Como x3 ≅ x 4 = 1,013958 , o valor de x3 ≅ x 4 = 1,013958 é a raiz
de 2cos x − x 4 = 0 correta até a sexta casa decimal.
5) Use o método de Newton para encontrar todas as raízes da
equação corretas até a sexta casa decimal.
a) e x = 3 − 2 x
Comecemos com os gráficos de e x e 3 − 2x colocados em um
mesmo sistema de eixos ortogonais.
4
3
2
1
0
-4
-3
-2
-1
0
-1
-2
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1
2
3
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Pelo gráfico, verificamos que a solução positiva de e x = 3 − 2 x
está no intervalo ( 0,1) . Aplicando um zoom nesse intervalo, observamos
que a solução encontra-se próxima de 0,6.
4
3
2
1
0
0,0
0,2
0,4
0,6
0,8
1,0
Se e x = 3 − 2 x , então e x + 2 x − 3 = 0
Portanto:
f ( x ) = e x + 2x − 3
f ′( x ) = e x + 2
xn +1 = xn −
f ( xn )
f ′( xn )
e xn + 2 x n − 3
xn +1 = xn −
e xn + 2
1ª aproximação: x1 = 0,6
x1 = 0,6
xn
0,600000
0,594213
0,594205
xn+1
0,594213
0,594205
0,594205
OBS: Dados obtidos em planilha eletrônica.
Como x3 ≅ x 4 = 0,594205 , o valor de x3 ≅ x 4 = 0,594205 é a raiz
de e + 2 x − 3 = 0 correta até a sexta casa decimal.
x
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b)
x + 3 = x2
Comecemos com os gráficos de
mesmo sistema de eixos ortogonais.
x + 3 e x 2 colocados em um
8
7
6
5
4
3
2
1
0
-3
-2
-1
0
1
2
3
-1
Pelo gráfico, notamos a existência de duas raízes: uma negativa,
situada no intervalo ( −2, −1) e outra positiva, situada no intervalo (1,2) .
Para definirmos a aproximação inicial, aplicamos um zoom nesses
intervalos.
3
2
1
-2,0
-1,8
-1,6
-1,4
-1,2
0
-1,0
-1
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6
5
4
3
2
1
0
1,0
1,2
1,4
1,6
1,8
2,0
Pelos gráficos acima dispostos, verificamos a existência de raízes
próximas a x = −1,2 e x = 1,5 , respectivamente.
Se
x + 3 = x 2 , então
x + 3 − x2 = 0
Portanto:
f (x) = x + 3 − x2
f ′( x ) =
1
2 x +3
xn +1 = xn −
− 2x
f ( xn )
f ′( xn )
xn + 3 − xn2
xn +1 = xn −
1
− 2 xn
2 xn + 3
1ª aproximação: x1 = −1,2 e x1 = 1,5
x1 = -1,2
xn
-1,200000
-1,168729
-1,164606
-1,164104
-1,164043
-1,164036
-1,164035
x1 = 1,5
xn+1
-1,168729
-1,164606
-1,164104
-1,164043
-1,164036
-1,164035
-1,164035
xn
1,500000
1,449110
1,452976
1,452593
1,452630
1,452627
-
OBS: Dados obtidos em planilha eletrônica.
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xn+1
1,449110
1,452976
1,452593
1,452630
1,452627
1,452627
-
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Como x7 ≅ x8 = −1,164035 , o valor de x7 ≅ x8 = −1,164035 é a
raiz negativa de
x + 3 − x 2 = 0 correta até a sexta casa decimal.
Como x6 ≅ x7 = 1,452627 , o valor de x6 ≅ x7 = 1,452627 é a raiz
positiva de
x + 3 − x 2 = 0 correta até a sexta casa decimal.
6) (a) Aplique o método de Newton à equação x 2 − a = 0 para deduzir o
seguinte algoritmo para a raiz quadrada (usado pelos antigos
babilônios para computar a ).
xn +1 =
1
a 
 xn + 
2
xn 
f (x) = x2 − a
f ′( x ) = 2 x
xn +1 = xn −
f ( xn )
f ′( xn )
xn +1 = xn −
xn2 − a
2 xn
xn2
a
+
2 xn 2 xn
1
a
xn +1 = xn − xn +
2
2 xn
1
a
xn +1 = xn +
2
2 xn
xn +1 = xn −
xn +1 =
1
a 
 xn + 
2
xn 
(b) Use a parte (a) para computar
decimal.
1000 correta até a sexta casa
Usaremos x1 = 30 , pois 302 = 900 e está próximo de 1000.
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x1 = 30
xn
30,000000
31,666667
31,622807
31,622777
xn+1
31,666667
31,622807
31,622777
31,622777
OBS: Dados obtidos em planilha eletrônica.
Como x 4 ≅ x5 = 31,622777 , o valor de x 4 ≅ x5 = 31,622777 é a
1000 correta até a sexta casa decimal.
7) (a) Use o método de Newton com x1 = 1 para encontrar a raiz da
equação x 3 − x = 1 correta até a sexta casa decimal.
Se x 3 − 1 = x , então x 3 − x − 1 = 0
Portanto:
f (x) = x3 − x − 1
f ′( x ) = 3 x 2 − 1
xn +1 = xn −
f ( xn )
f ′( xn )
xn3 − xn − 1
xn +1 = xn −
3 xn2 − 1
1ª aproximação: x1 = 1
x1 = 1
xn
1,000000
1,500000
1,347826
1,325200
1,324718
xn+1
1,500000
1,347826
1,325200
1,324718
1,324718
OBS: Dados obtidos em planilha eletrônica.
Como x5 ≅ x6 = 1,324718 , o valor de x5 ≅ x6 = 1,324718 é a raiz
de x − x − 1 = 0 correta até a sexta casa decimal.
3
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(b) Resolva a equação da parte (a) usando como aproximação
inicial x1 = 0,6 .
1ª aproximação: x1 = 0,6
x1 = 0,6
xn
xn+1
0,600000
17,900000
17,900000
11,946802
11,946802
7,985520
7,985520
5,356909
5,356909
3,624996
3,624996
2,505589
2,505589
1,820129
1,820129
1,461044
1,461044
1,339323
1,339323
1,324913
1,324913
1,324718
1,324718
1,324718
OBS: Dados obtidos em planilha eletrônica.
Como x12 ≅ x13 = 1,324718 , o valor de x12 ≅ x13 = 1,324718 é a
raiz de x 3 − x − 1 = 0 correta até a sexta casa decimal.
(c) Resolva a equação da parte (a) utilizando x1 = 0,57 .
1ª aproximação: x1 = 0,57
x1 = 0,57
xn
xn+1
0,570000
-54,165455
-54,165455 -36,114293
-36,114293 -24,082094
-24,082094 -16,063387
-16,063387 -10,721483
-10,721483
-7,165534
-7,165534
-4,801704
-4,801704
-3,233425
-3,233425
-2,193674
-2,193674
-1,496867
-1,496867
-0,997546
-0,997546
-0,496305
-0,496305
-2,894162
-2,894162
-1,967962
-1,967962
-1,341355
Página 13 de 21
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Disciplina: Cálculo Diferencial e Integral I
-1,341355
-0,870187
-0,249949
-1,192219
-0,731952
0,355213
-1,753322
-1,189420
-0,729123
0,377844
-1,937872
-1,320350
-0,851919
-0,200959
-1,119386
-0,654291
1,547009
1,360050
1,325828
1,324719
1,324718
-0,870187
-0,249949
-1,192219
-0,731952
0,355213
-1,753322
-1,189420
-0,729123
0,377844
-1,937872
-1,320350
-0,851919
-0,200959
-1,119386
-0,654291
1,547009
1,360050
1,325828
1,324719
1,324718
1,324718
OBS: Dados obtidos em planilha eletrônica.
Como x36 ≅ x37 = 1,324718 , o valor de x36 ≅ x37 = 1,324718 é a
raiz de x 3 − x − 1 = 0 correta até a sexta casa decimal.
(d) Faça o gráfico de f ( x ) = x 3 − x − 1 e suas retas tangentes em
x1 = 1 , x1 = 0,6 e x1 = 0,57 para explicar por que o método de
Newton é tão sensível ao valor da aproximação inicial.
x = 1 ⇒ m = f ′(1) = 3 ⋅ (1) − 1 ⇒ m = 2
2
x = 1 ⇒ f (1) = (1) − 1 − 1 ⇒ f (1) = −1
3
Portanto, a reta tangente passa pelo ponto de coordenadas (1, −1)
com inclinação igual a 2 .
y − y 0 = m( x − x0 )
y + 1 = 2 ⋅ ( x − 1)
y = 2x − 2 − 1
y = 2x − 3
x = 0,6 ⇒ m = f ′(0,6) = 3 ⋅ ( 0,6 ) − 1 ⇒ m = 0,08
2
x = 0,6 ⇒ f (0,6) = ( 0,6 ) − 0,6 − 1 ⇒ f (0,6) = −1,384
3
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Portanto, a reta tangente passa pelo ponto de coordenadas
(0,6; −1,384) com inclinação igual a 0,08 .
y − y 0 = m( x − x0 )
y + 1,384 = 0,08 ⋅ ( x − 0,6)
y = 0,08 x − 0,048 − 1,384
y = 0,08 x − 1,432
x = 0,57 ⇒ m = f ′(0,57) = 3 ⋅ ( 0,57 ) − 1 ⇒ m = −0,0253
2
x = 0,57 ⇒ f (0,57) = ( 0,57 ) − 0,57 − 1 ⇒ f (0,57) = −1,384807
3
Portanto, a reta tangente passa pelo ponto de coordenadas
(0,57; −1,384807) com inclinação igual a −0,0253 .
y − y 0 = m( x − x0 )
y + 1,384807 = −0,0253 ⋅ ( x − 0,57)
y = −0,0253 x + 0,014421 − 1,384807
y = −0,0253 x − 1,370386
1,0
0,0
-1,0
-0,5
0,0
0,5
-1,0
-2,0
-3,0
-4,0
-5,0
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1,0
1,5
2,0
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Disciplina: Cálculo Diferencial e Integral I
1,0
Curva
x1 = 1
x1 = 0,6
x1 = 0,57
0,5
0,0
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
1,1
-0,5
-1,0
y = 0,08x - 1,432
-1,5
-2,0
y = -0,0253x - 1,370386
y = 2x - 3
-2,5
-3,0
Pela figura, vemos que a tangente em x1 = 1 resulta em uma
sequência de aproximações que convergem rapidamente ( x5 ≅ x6 ).
A tangente correspondente a x1 = 0,6 está perto da horizontal.
Contudo, está longe da raiz. Porém, a sequência ainda converge, mas
um pouco mais lentamente ( x12 ≅ x13 ).
Finalmente, a tangente correspondente a x1 = 0,57 é muito
próxima da horizontal, sendo x2 mais distante da raiz, e a sequência
necessita de mais iterações para convergir ( x36 ≅ x37 ).
8) (a) Use o método de Newton para encontrar os números críticos da
função f ( x ) = 3 x 4 − 28 x 3 + 6 x 2 + 24 x corretos até a terceira casa
decimal.
Relembre que os números críticos ocorrem onde a derivada
primeira é igual a zero.
Comecemos com o gráfico de 12 x 3 − 84 x 2 + 12 x + 24 disposto em
um sistema de eixos ortogonais.
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200
100
0
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
-100
-200
-300
-400
-500
-600
No gráfico acima, verificamos a existência de raízes nos seguintes
intervalos: ( −1,0) , (0,1) e (6,7) .
f ( x ) = 3 x 4 − 28 x 3 + 6 x 2 + 24 x
f ′( x ) = 12 x 3 − 84 x 2 + 12 x + 24
f ′′( x ) = 36 x 2 − 168 x + 12
Portanto: g ( x ) = 12 x 3 − 84 x 2 + 12 x + 24 e g ′( x ) = 36 x 2 − 168 x + 12
xn +1 = xn −
g ( xn )
g ′( xn )
xn +1 = xn −
12 xn3 − 84 xn2 + 12 xn + 24
36 xn2 − 168 xn + 12
1ª aproximação: x1 = −0,5 , x1 = 0,5 e x1 = 6
X1 = -0,5
xn
xn+1
-0,500 -0,457
-0,457 -0,455
-0,455 -0,455
-
x1 = 0,5
xn
xn+1
0,500 0,667
0,667 0,646
0,646 0,645
0,645 0,645
x1 = 6
xn
xn+1
6,000 7,120
7,120 6,835
6,835 6,810
6,810 6,810
OBS: Dados obtidos em planilha eletrônica.
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Portanto, x = −0,455; 0,645 e 6,810 são todos os números
críticos corretos até a terceira casa decimal.
(b) Encontre o valor mínimo absoluto correto até duas casas
decimais da função f ( x ) = 3 x 4 − 28 x 3 + 6 x 2 + 24 x no intervalo de
−1 ≤ x ≤ 7 .
Inicialmente, calculamos os extremos da função dada, ou seja,
f ( −1) e f (7) . Relembre a Aula 12: Extremos e o Teste da Derivada
Primeira (slide 29).
Em seguida, calculamos f ( −0,455), f (0,645) e f (6,810) .
f ( −1) ≅ 13,00
f (7) ≅ −1.939,00
f ( −0,455) ≅ −6,91
f (0,645) ≅ 10,98
f (6,810) ≅ −1.949,07
Portanto, f (6,810) ≅ −1.949,07 é o mínimo absoluto correto para
duas casas decimais.
9) Use o método de Newton para encontrar o valor mínimo absoluto
da função f ( x ) = x 2 + sen x correto até a quarta casa decimal.
Relembre que os números críticos ocorrem onde a derivada
primeira é igual a zero.
Comecemos com o gráfico de 2 x + cos x disposto em um sistema
de eixos ortogonais.
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15
10
5
0
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
-5
-10
-15
No gráfico acima, verificamos a existência de uma raiz no
intervalo ( −2,0) . Aplicando um zoom no intervalo de ( −2,0) , verificamos
que a raiz encontra-se no intervalo ( −0,5;0) .
5
3
1
-2,0
-1,5
-1,0
-0,5
0,0
0,5
1,0
-1
-3
-5
f ( x ) = x 2 + sen x
f ′( x ) = 2 x + cos x
f ′′( x ) = 2 − sen x
Portanto: g ( x ) = 2 x + cos x e g ′( x ) = 2 − sen x
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1,5
2,0
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g ( xn )
g ′( xn )
2 x + cos xn
xn +1 = xn − n
2 − sen xn
xn +1 = xn −
1ª aproximação: x1 = −0,5
x1 = -0,5
xn
-0,5000
-0,4506
-0,4502
xn+1
-0,4506
-0,4502
-0,4502
OBS: Dados obtidos em planilha eletrônica.
Como f ′′( x ) = 2 − sen x > 0 (Relembre a Aula 13 – Concavidade e
o Teste da Derivada Segunda – slide 21), para todo x (lembre que
−1 ≤ sen x ≤ 1), f ( −0,4502) ≅ −0,2325 é o mínimo absoluto.
10) Use o método de Newton para encontrar as coordenadas do ponto
de inflexão da curva y = ecos x , 0 ≤ x ≤ π , corretas até a sexta casa
decimal.
y = ecos x
y ′ = −ecos x ⋅ sen x
(
)
y ′′ = −ecos x ⋅ cos x + sen x ⋅ −e cos x ⋅ ( −sen x )
y ′′ = −e
⋅ cos x − sen x 
y ′′ = ecos x ⋅ sen2 x − cos x 
cos x
2
Relembre que os pontos de inflexão (PI) ocorrem onde a derivada
segunda é igual a zero.
Comecemos
com
y ′′ = ecos x ⋅ sen2 x − cos x 
os
gráficos
dispostos
em
um
de
y = ecos x
sistema
de
e
eixos
ortogonais.
No intervalo de 0 ≤ x ≤ π há somente um valor onde f ′′( x ) = 0 ,
situado no intervalo (0,2) .
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Como ecos x ≠ 0 , aplicaremos o Método de Newton com a função
g ( x ) = sen2 x − cos x .
g ( x ) = sen2 x − cos x
g ′( x ) = 2sen x cos x + sen x
3,0
y = ecos x
2,0
1,0
0,0
-6,0
-4,0
-2,0
0,0
2,0
4,0
6,0
-1,0
cos x
y" = e
2
(sen x - cos x)
-2,0
-3,0
xn +1 = xn −
g ( xn )
g ′( xn )
sen2 xn − cos xn
xn +1 = xn −
2sen xn cos xn + sen xn
1ª aproximação: x1 = 1,0
x1 = 1
xn
1,000000
0,904173
0,904557
xn+1
0,904173
0,904557
0,904557
OBS: Dados obtidos em planilha eletrônica.
Para x = 0,904557 , temos f ( x ) = e(
cos 0,904557 )
= 1,855277 .
Portanto, as coordenadas do PI, corretas até a sexta casa decimal
são ( 0,904557;1,855277 ) .
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