Calculo numerico_Iteracao

Calculo NumericoSolucao de Equacoes em Uma Variavel

Iteracao de Ponto-Fixo

Joao Paulo Gois

Universidade Federal do ABC

1

1Apresentacao baseada nos slides do prof. John Carroll, Dublin City University e no Livro Analise Numerica

(Burden & Faires)

1 Introducao e Fundamentacao Teorica;

2 Motivacao para o Algoritmo: Um exemplo;

3 Formulacao de Ponto-Fixo I;

4 Formulacao de Ponto-Fixo 2.

















Iteracao Funcional (Ponto-Fixo)

Objetivo

Nosso objetivo principal;

Dada uma funcao f(x), onde a ≤ x ≤ b, encontrar valores ptais que

f(p) = 0;

Dada f(x), queremos encontrar uma funcao auxiliar g(x) talque:

p = g(p)

sempre que f(p) = 0 (esta construcao nao e unica).

O problema de encontrar p tal que p = g(p) e conhecido comoproblema do ponto-fixo.


Objetivo



f(p) = 0;


p = g(p)




Objetivo



f(p) = 0;


p = g(p)




Objetivo



f(p) = 0;


p = g(p)




Objetivo



f(p) = 0;


p = g(p)




Um ponto Fixo

Se g e definida em [a, b] e g(p) = p para algum p ∈ [a, b], entao afuncao g e dita ter um ponto-fixo p ∈ [a, b].

Obs.

O problema do ponto-fixo se torna bem simples ambosteoricamente e geometricamente;

A funcao g(x) tera um ponto fixo no intervalo [a, b] sempreque o grafico de g(x) intersetar a reta y = x.


Um ponto Fixo


Obs.




Um ponto Fixo


Obs.




Um ponto Fixo


Obs.




Equacao f(x) = x− cos(x)

Se escrevermos esta equacao na forma:

x = cos(x)

Temos que g(x) = cos(x).



Se escrevermos esta equacao na forma:

x = cos(x)

Temos que g(x) = cos(x).



x = cos(x)

2.3 Newton’s Method and Its Extensions 69

A form of Inequality (2.8) is used in Step 4 of Algorithm 2.3. Note that none of the inequal-ities (2.8), (2.9), or (2.10) give precise information about the actual error | pN ! p|. (SeeExercises 16 and 17 in Section 2.1.)

Newton’s method is a functional iteration technique with pn = g( pn!1), for which

g( pn!1) = pn!1 !f ( pn!1)

f "( pn!1), for n # 1. (2.11)

In fact, this is the functional iteration technique that was used to give the rapid convergencewe saw in column (e) of Table 2.2 in Section 2.2.

It is clear from Equation (2.7) that Newton’s method cannot be continued if f "( pn!1) =0 for some n. In fact, we will see that the method is most effective when f " is bounded awayfrom zero near p.

Example 1 Consider the function f (x) = cos x!x = 0. Approximate a root of f using (a) a fixed-pointmethod, and (b) Newton’s Method

Solution (a) A solution to this root-finding problem is also a solution to the fixed-pointproblem x = cos x, and the graph in Figure 2.9 implies that a single fixed-point p lies in[0,!/2].

Figure 2.9y

x

y ! x

y ! cos x

1

1

Table 2.3 shows the results of fixed-point iteration with p0 = !/4. The best we couldconclude from these results is that p $ 0.74.

Table 2.3n pn

0 0.78539816351 0.70710678102 0.76024459723 0.72466748084 0.74871988585 0.73256084466 0.74346421137 0.7361282565

Note that the variable in thetrigonometric function is inradian measure, not degrees. Thiswill always be the case unlessspecified otherwise.

(b) To apply Newton’s method to this problem we need f "(x) = ! sin x ! 1. Startingagain with p0 = !/4, we generate the sequence defined, for n # 1, by

pn = pn!1 !f ( pn!1)

f ( p"n!1)= pn!1 !

cos pn!1 ! pn!1

! sin pn!1 ! 1.

This gives the approximations in Table 2.4. An excellent approximation is obtained withn = 3. Because of the agreement of p3 and p4 we could reasonably expect this result to beaccurate to the places listed.Table 2.4

Newton’s Method

n pn

0 0.78539816351 0.73953613372 0.73908517813 0.73908513324 0.7390851332

Convergence using Newton’s Method

Example 1 shows that Newton’s method can provide extremely accurate approximationswith very few iterations. For that example, only one iteration of Newton’s method wasneeded to give better accuracy than 7 iterations of the fixed-point method. It is now time toexamine Newton’s method more carefully to discover why it is so effective.

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p = cos(p)⇒ p ≈ 0.739

Theoretical Basis Example Formulation I Formulation II

Functional (Fixed-Point) Iteration

p = cos(p) p ⇡ 0.739

y

x1

1

0.739

0.739

x

g(x) = cos(x)

Numerical Analysis (Chapter 2) Fixed-Point Iteration I R L Burden & J D Faires 9 / 59

Teorema: Existencia

Teorema

Se g ∈ C[a, b] e g(x) ∈ [a, b], ∀x ∈ [a, b] entao a funcao g possuium ponto fixo em [a, b].


g(x) has a Fixed Point in [a, b]

y

x

a b

a

b

g(x)

x

Numerical Analysis (Chapter 2) Fixed-Point Iteration I R L Burden & J D Faires 13 / 59Demonstracao

Ver Livro Burden & Faires.

Exemplo

Exemplo

Considere a funcao g(x) = 3−x em 0 ≤ x ≤ 1. g(x) econtınua e como

g′(x) = −3−x ln 3,g(x) e decrescente em [0, 1].

Logo g(1) = 13 ≤ g(x) ≤ 1 = g(0); de modo que

g(x) ∈ [0, 1],∀x ∈ [0, 1].

Portanto pelo teorema anterior, g(x) tem um ponto fixo em[0, 1].

Exemplo

Exemplo




g(x) ∈ [0, 1],∀x ∈ [0, 1].


Exemplo

Exemplo




g(x) ∈ [0, 1], ∀x ∈ [0, 1].


Exemplo

Exemplo




g(x) ∈ [0, 1], ∀x ∈ [0, 1].


Exemplo

2.2 Fixed-Point Iteration 59

Figure 2.5

y

x

y ! 3x2 " 1

y ! 3x2 " 1

1

2

3

4

1 2 3 4

"1

y ! x

y

x

1

2

3

4

1 2 3 4

"1

y ! x

Example 3 Show that Theorem 2.3 does not ensure a unique fixed point of g(x) = 3!x on the interval[0, 1], even though a unique fixed point on this interval does exist.

Solution g"(x) = !3!x ln 3 < 0 on [0, 1], the function g is strictly decreasing on [0, 1]. So

g(1) = 13# g(x) # 1 = g(0), for 0 # x # 1.

Thus, for x $ [0, 1], we have g(x) $ [0, 1]. The first part of Theorem 2.3 ensures that thereis at least one fixed point in [0, 1].

However,

g"(0) = ! ln 3 = !1.098612289,

so |g"(x)| %# 1 on (0, 1), and Theorem 2.3 cannot be used to determine uniqueness. But g isalways decreasing, and it is clear from Figure 2.6 that the fixed point must be unique.

Figure 2.6

x

y

1

1

y ! x

y ! 3"x


Observacao

Observacao

Obviamente g(x) pode ter varios pontos fixos no intervalo[a, b]

Para assegurar que g(x) tenha apenas um ponto fixo nointervalo, devemos assumir que g(x) “nao varia rapidamente”

Assim, temos que definir o seguinte resultado de unicidade

Resultado de Unicidade

Seja g ∈ C[a, b] e g(x) ∈ [a, b],∀x ∈ [a, b]. Ainda, se g′(x) existeem (a, b) e

|g′(x)| ≤ k < 1,∀x ∈ [a, b],

entao a funcao g possui um unico ponto fixo p em [a, b].

Observacao

Observacao






|g′(x)| ≤ k < 1,∀x ∈ [a, b],


Observacao

Observacao






|g′(x)| ≤ k < 1,∀x ∈ [a, b],


Observacao

Observacao






|g′(x)| ≤ k < 1,∀x ∈ [a, b],


Observacao

Observacao






|g′(x)| ≤ k < 1,∀x ∈ [a, b],


Exemplo

Problema Modelo

Considere a equacao de segundo grau:

x2 − x− 1 = 0

que possui raiz positiva

x =1 +√5

2≈ 1.61803399a

ahttp://pt.wikipedia.org/wiki/Proporcao aurea

Exemplo: f(x) = x2 − x− 1 = 0


Single Nonlinear Equation f (x) = x2 � x � 1 = 0

y

x

1−

−1−

1−1 1.5

y = x2 − x − 1

We can convert this equation into a fixed-point problem.Numerical Analysis (Chapter 2) Fixed-Point Iteration I R L Burden & J D Faires 25 / 59

Exemplo: f(x) = x2 − x− 1 = 0

Uma possıvel formulacao para g(x)

Considerando f(x) = 0, temos:

x2 − x− 1 = 0

⇒ x2 = x+ 1

⇒ x = ±√x+ 1

g(x) =√x+ 1

Exemplo: f(x) = x2 − x− 1 = 0



x2 − x− 1 = 0

⇒ x2 = x+ 1

⇒ x = ±√x+ 1

g(x) =√x+ 1

Exemplo: f(x) = x2 − x− 1 = 0



x2 − x− 1 = 0

⇒ x2 = x+ 1

⇒ x = ±√x+ 1

g(x) =√x+ 1

Exemplo: f(x) = x2 − x− 1 = 0

xn+1 = g(xn) =√xn + 1 com x0 = 0

Facam 4 passos deste algoritmo.


y

x

g(x) =p

x + 1

y = x

x0

x1 x1

x2


Exemplo: f(x) = x2 − x− 1 = 0

xn+1 = g(xn) =√xn + 1 com x0 = 0



y

x

g(x) =p

x + 1

y = x

x0

x1 x1

x2


Exemplo: f(x) = x2 − x− 1 = 0xn+1 = g(xn) =

1xn

+ 1, x0 = 1



y

x1

g(x) = 1x + 1

y = x

x0

x1 x1

x2x2

x3


Exemplo: f(x) = x2 − x− 1 = 0xn+1 = g(xn) =

1xn

+ 1, x0 = 1

Facam 4 passos deste algoritmo.Theoretical Basis Example Formulation I Formulation II

y

x1

g(x) = 1x + 1

y = x

x0

x1 x1

x2x2

x3


Algoritmo do Metodo do Ponto-Fixo

Algoritmo do Ponto-Fixo

Para encontrar o ponto fixo de g em um intervalo em [a, b], dada aequacao x = g(x) com um chute inicial p0 ∈ [a, b].

1 n = 1

2 pn = g(pn−1)

3 Se |pn − pn−1| < ε, va para 5

4 n = n+1; va para 2

5 Fim.




1 n = 1

2 pn = g(pn−1)



5 Fim.




1 n = 1

2 pn = g(pn−1)



5 Fim.




1 n = 1

2 pn = g(pn−1)



5 Fim.




1 n = 1

2 pn = g(pn−1)



5 Fim.




1 n = 1

2 pn = g(pn−1)



5 Fim.

Equacao nao-linear

Exemplo

A Equacaox3 + 4x2 − 10 = 0

tem uma unica raiz no intervalo [1, 2]. Seu valor e aproximadamente1.365230013.

f(x) = x3 + 4x2 − 10, em [1, 2]

Fixed-Point Iteration Convergence Criteria Sample Problem

f (x) = x3 + 4x2 � 10 = 0 on [1, 2]

y

x1 2

14

−5

y = f(x) = x3 + 4x2 −10

Numerical Analysis (Chapter 2) Fixed-Point Iteration II R L Burden & J D Faires 8 / 54

Vamos determinar algumas x = g(x)

f(x) = x3 + 4x2 − 10, em [1, 2]5 possıveis x = g(x)


Solving f (x) = x3 + 4x2 � 10 = 0

5 Possible Transpositions to x = g(x)

x = g1(x) = x � x3 � 4x2 + 10

x = g2(x) =

r10x

� 4x

x = g3(x) =12

p10 � x3

x = g4(x) =

r10

4 + x

x = g5(x) = x � x3 + 4x2 � 103x2 + 8x


f(x) = x3 + 4x2 − 10, em [1, 2]5 possıveis x = g(x)


Solving f (x) = x3 + 4x2 � 10 = 0

5 Possible Transpositions to x = g(x)

x = g1(x) = x � x3 � 4x2 + 10

x = g2(x) =

r10x

� 4x

x = g3(x) =12

p10 � x3

x = g4(x) =

r10

4 + x

x = g5(x) = x � x3 + 4x2 � 103x2 + 8x


f(x) = x3 + 4x2 − 10, em [1, 2]

5 possıveis x = g(x): Tabela


Numerical Results for f (x) = x3 + 4x2 � 10 = 0

n g1 g2 g3 g4 g5

0 1.5 1.5 1.5 1.5 1.51 �0.875 0.8165 1.286953768 1.348399725 1.3733333332 6.732 2.9969 1.402540804 1.367376372 1.3652620153 �469.7 (�8.65)1/2 1.345458374 1.364957015 1.3652300144 1.03 ⇥ 108 1.375170253 1.365264748 1.3652300135 1.360094193 1.365225594

10 1.365410062 1.36523001415 1.365223680 1.36523001320 1.36523023625 1.36523000630 1.365230013


f(x) = x3 + 4x2 − 10, em [1, 2]

Convergencia

x = g1(x) = x− x3 − 4x2 + 10 Nao converge

x = g2(x) =√

10x − 4x Nao Converge

x = g3(x) =12

√10− x3 Converge apos 31 iteracoes

x = g4(x) =√

104+x Converge apos 12 iteracoes

x = g5(x) = x− x3+4x2−103x2+8x

Converge apos 5 iteracoes

Iteracao do Ponto-Fixo

Questao chave

Como podemos encontrar um problema de ponto-fixo queproduz uma sequencia confiavel e que convirja rapidamentepara a solucao do problema de encontrar raiz?

O seguinte teorema e seu corolario nos da dicas de quais g(x)devemos escolher.


Questao chave




Questao chave



Teoerema: Resultado de convergencia

Resultado de Convergencia

Seja g ∈ C[a, b] com g(x) ∈ [a, b],∀x ∈ [a, b]. Considere que g′(x)existe em (a, b) com

|g′(x)| ≤ k < 1,∀x ∈ [a, b].

Se p0 e um ponto qualquer em [a, b] entao a sequencia definida por

pn = g(pn−1), n ≥ 1,

convergira para o unico ponto fixo em [a, b].

Corolario

Se g satisfaz as hipoteses do teorema, entao

|pn − p| ≤kn

1− k |p1 − p0|

Exercıcios em sala

1 Considere a funcao g(x) = 3−x no intervalo [13 , 1] e comp0 =

13 . Determine o limite inferior para o numero de

iteracoes n de modo que |pn − p| < 10−5.

2 Analise as condicoes de convergencia para as 5 funcoesx = g(x) definidas anteriormente a partir def(x) = x3 + 4x2 − 10 = 0.

Exercıcios em sala





Exercıcios em sala





Resolucao - 1

Note que p1 = g(p0) = 3−13 = 0.6933612 e como

g′(x) = −3−x ln 3 obtemos o limitante:

|g′(x)| ≤ 3−13 ln 3 ≤ 0.7617362 ≈ 0.762 = k

Usando o coloario

|pn − p| ≤kn

1− k |p0 − p1| ≤ 1.513× 0.762n

O que requer1.513× 0.762n < 10−5

oun > 43.88

Resolucao - 1



|g′(x)| ≤ 3−13 ln 3 ≤ 0.7617362 ≈ 0.762 = k

Usando o coloario

|pn − p| ≤kn

1− k |p0 − p1| ≤ 1.513× 0.762n

O que requer1.513× 0.762n < 10−5

oun > 43.88

Resolucao - 1



|g′(x)| ≤ 3−13 ln 3 ≤ 0.7617362 ≈ 0.762 = k

Usando o coloario

|pn − p| ≤kn

1− k |p0 − p1| ≤ 1.513× 0.762n

O que requer1.513× 0.762n < 10−5

oun > 43.88

Ordem de Convergencia

CAPITULO 3. EQUACOES NAO LINEARES 66

convergencia do metodo iterativo linear. Antes porem apresentamos a definicao de ordem de convergenciade um metodo numerico.

Definicao 3.3 - Sejam {xk} o resultado da aplicacao de um metodo numerico na iteracao k e ek = xk�xo seu erro . Se existirem um numero p � 1 e uma constante c > 0 tais que:

limk!1|ek+1||ek|p = c

entao p e chamado de ordem de convergencia desse metodo.

Teorema 3.5 - A ordem de convergencia do metodo iterativo linear e linear, ou seja, p = 1.

Prova: Do teorema 3.4, temos que:

xk+1 � x = 0(⇠k)(xk � x)

onde ⇠k esta entre xk e x. Assim,

|xk+1 � x||xk � x| | 0(⇠k)| M.

Assim a definicao 3.3 esta satisfeita com p = 1 e c = M , ou seja a ordem de convergencia e p = 1.Daı o nome de metodo Iterativo Linear. Alem disso, o erro em qualquer iteracao e proporcional ao errona iteracao anterior, sendo que o fator de proporcionalidade e 0(⇠k).

Observacoes:

a) A convergencia do processo iterativo sera tanto mais rapida quanto menor for o valor de 0(x).

b) Por outro lado, se a declividade 0(x) for maior que 1 em valor absoluto, para todo x pertencente aum intervalo numa vizinhanca da raiz, vimos que a iteracao xk+1 = (xk), k = 0, 1, . . ., divergira.

c) Da definicao 3.3 podemos afirmar que para k suficientemente grande temos:

|ek+1| ' c |ek|p ,

|ek| ' c |ek�1|p .

Dividindo uma equacao pela outra eliminamos a constante c e obtemos:

ek+1

ek'✓

ek

ek�1

◆p

.

Assim, uma aproximacao para o valor de p pode ser obtido aplicando-se logaritmo em ambos osmembros da expressao acima. Fazendo isso segue que:

p 'log⇣

ek+1

ek

⌘

log⇣

ek

ek�1

⌘ (3.5)

Exemplo 3.8 - Com os valores obtidos no exemplo 3.7, verifique que o metodo iterativo linear realmentepossui ordem de convergencia p = 1.

Ordem de Convergencia

CAPITULO 3. EQUACOES NAO LINEARES 66

convergencia do metodo iterativo linear. Antes porem apresentamos a definicao de ordem de convergenciade um metodo numerico.

Definicao 3.3 - Sejam {xk} o resultado da aplicacao de um metodo numerico na iteracao k e ek = xk�xo seu erro . Se existirem um numero p � 1 e uma constante c > 0 tais que:

limk!1|ek+1||ek|p = c

entao p e chamado de ordem de convergencia desse metodo.

Teorema 3.5 - A ordem de convergencia do metodo iterativo linear e linear, ou seja, p = 1.

Prova: Do teorema 3.4, temos que:

xk+1 � x = 0(⇠k)(xk � x)

onde ⇠k esta entre xk e x. Assim,

|xk+1 � x||xk � x| | 0(⇠k)| M.

Assim a definicao 3.3 esta satisfeita com p = 1 e c = M , ou seja a ordem de convergencia e p = 1.Daı o nome de metodo Iterativo Linear. Alem disso, o erro em qualquer iteracao e proporcional ao errona iteracao anterior, sendo que o fator de proporcionalidade e 0(⇠k).

Observacoes:

a) A convergencia do processo iterativo sera tanto mais rapida quanto menor for o valor de 0(x).

b) Por outro lado, se a declividade 0(x) for maior que 1 em valor absoluto, para todo x pertencente aum intervalo numa vizinhanca da raiz, vimos que a iteracao xk+1 = (xk), k = 0, 1, . . ., divergira.

c) Da definicao 3.3 podemos afirmar que para k suficientemente grande temos:

|ek+1| ' c |ek|p ,

|ek| ' c |ek�1|p .

Dividindo uma equacao pela outra eliminamos a constante c e obtemos:

ek+1

ek'✓

ek

ek�1

◆p

.

Assim, uma aproximacao para o valor de p pode ser obtido aplicando-se logaritmo em ambos osmembros da expressao acima. Fazendo isso segue que:

p 'log⇣

ek+1

ek

⌘

log⇣

ek

ek�1

⌘ (3.5)

Exemplo 3.8 - Com os valores obtidos no exemplo 3.7, verifique que o metodo iterativo linear realmentepossui ordem de convergencia p = 1.

Teorema do Valor Intermediario

Teorema do Valor Intermediario

Se f ∈ C[a, b] e K e um numero entre f(a) e f(b), entao existe umnumero c em (a, b) par aos quais f(c) = K. Voltar

8 C H A P T E R 1 Mathematical Preliminaries and Error Analysis

Maple gives the response

f solve(!12 sin(2x)! 4x cos(2x), x, .5 . . 1)

This indicates that Maple is unable to determine the solution. The reason is obvious oncethe graph in Figure 1.6 is considered. The function f is always decreasing on this interval,so no solution exists. Be suspicious when Maple returns the same response it is given; it isas if it was questioning your request.

In summary, on [0.5, 1] the absolute maximum value is f (0.5) = 1.86004545 andthe absolute minimum value is f (1) = !3.899329036, accurate at least to the placeslisted.

The following theorem is not generally presented in a basic calculus course, but isderived by applying Rolle’s Theorem successively to f , f ", . . . , and, finally, to f (n!1).This result is considered in Exercise 23.

Theorem 1.10 (Generalized Rolle’s Theorem)Suppose f # C[a, b] is n times differentiable on (a, b). If f (x) = 0 at the n + 1 distinctnumbers a $ x0 < x1 < . . . < xn $ b, then a number c in (x0, xn), and hence in (a, b),exists with f (n)(c) = 0.

We will also make frequent use of the Intermediate Value Theorem. Although its state-ment seems reasonable, its proof is beyond the scope of the usual calculus course. It can,however, be found in most analysis texts.

Theorem 1.11 (Intermediate Value Theorem)If f # C[a, b] and K is any number between f (a) and f (b), then there exists a number cin (a, b) for which f (c) = K .

Figure 1.7 shows one choice for the number that is guaranteed by the IntermediateValue Theorem. In this example there are two other possibilities.

Figure 1.7

x

y

f (a)

f (b)

y ! f (x)K

(a, f (a))

(b, f (b))

a bc

Example 2 Show that x5 ! 2x3 + 3x2 ! 1 = 0 has a solution in the interval [0, 1].Solution Consider the function defined by f (x) = x5 ! 2x3 + 3x2 ! 1. The function f iscontinuous on [0, 1]. In addition,


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