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Metodo de Newton para polinomios

Alan Costa de Souza

26 de Agosto de 2017

Alan Costa de Souza Metodo de Newton para polinomios 26 de Agosto de 2017 1 / 31

Seja f(x) uma funcao polinomial de grau n.

A princıpio. podemos usar qualquer dos metodos anteriores paraencontrar o intervalo inicial e os zeros da funcao f(x).

Mas devido a frequencia das funcoes polinomiais, vamos dar ummaior destaque a esse tipo de funcoes.

Encontrar zeros de um polinomio do segundo grau e trivial.

Encontrar zeros de polinomios de graus maiores sao possıveis emalguns casos, mas nao sao possıveis no caso geral.

Entao a alternativa e encontrar numericamente.

Como eles aparecem com bastante frequencia, veremos um metodode Newton adaptado especificamente para polinomios.

A diferenca entre esse metodo de Newton e o que vimos na ultimaaula e a eficiencia computacional do metodo.


A aula de hoje sera devidida em duas partes:

1 Teoremas para auxiliar a localizar raızes de polinomios.

2 Metodo de Newton especıfico para polinomios.


Teorema fundamental da algebra

Se pn(x) e um polinomio de grau n ≥ 1, ou seja,pn(x) = a0 + a1x + a2x

2 + ...+ anxn, com ai reais ou complexos e com

an 6= 0, entao pn(x) tem pelo menos um zero, ou seja, existe um numerocomplexo ξ tal que pn(ξ) = 0.


Para determinar o numero de zeros reais de um polinomio comcoeficientes reais, podemos usar a regra de sinal de Descartes.

Dado um polinomio com coeficientes reais, o numero de zeros reaispositivos p desse polinomio nao excede o numero v de variacoes desinal dos coeficientes. E v-p e um numero inteiro, par e nao-negativo.


Exemplo 1

p5(x) = 2x5 − 3x4 − 4x3 + x + 1.

v=2

p=0 ou p=2


Exemplo 2

p5(x) = 4x5 − x3 + 4x2 − x − 1.

v=3

p=1 ou p=3


Exemplo 3

p5(x) = x7 + 1.

v=0

p=0


Exemplo 4

Para encontrar o numero de raızes reais negativas usamos a mesmaregra com pn(−x)

p5(x) = 2x5 − 3x4 − 4x3 + x + 1.

p5(−x) = −2x5 − 3x4 + 4x3 − x + 1.

v=3

n=1 ou n=3


Exemplo 5

p5(x) = 4x5 − x3 + 4x2 − x − 1.

p5(−x) = −4x5 + x3 + 4x2 + x − 1.

v=2

n=0 ou n=2


Exemplo 6

p5(x) = x7 + 1.

p5(−x) = −x7 + 1.

v=1

n=1


Se quisermos encontrar o numero de zeros num intervalo [a,b],podemos usar as sequencias de Sturm, que sao construıdas assim:

Dado um polinomio pn e um numero real α, podemos contruir umasequencia de Sturm {gi (α)}, da seguinte maneira:

g0(x) = pn(x).

g1(x) = p′n(x).

gk(x) e o resto da divisao entre gk−2(x) e gk−1(x) com sinal trocado,para k ≥ 2.


Exemplo

p3(x) = x3 + x2 − x + 1

g0(x) = p3(x) = x3 + x2 − x + 1

g1(x) = p′3(x) = 3x2 + 2x − 1.

g2(x) =8x

9− 10

9.

g3(x) = −99

16.

Para α = 2g0(2) = p3(2) = 11.

g1(2) = p′3(x) = 15.

g2(2) =2

3g3(2) = −99

16.

Sequencia gi (α) e 11,15, 23 , - 99

16Alan Costa de Souza Metodo de Newton para polinomios 26 de Agosto de 2017 13 / 31

Teorema de Sturm

Se pn(α) 6= 0 e pn(β) 6= 0, entao o numero de raızes distintas de pn(x) nointervalo [α,β] e exatamente v(α)-v(β), onde v(c) e o numero de variacoesde sinal da sequencia {gi (c)}.


Exemplo

p3(x) = x3 + x2 − x + 1

g0(x) = p3(x) = x3 + x2 − x + 1

g1(x) = p′3(x) = 3x2 + 2x − 1.

g2(x) =8x

9− 10

9.

g3(x) = −99

16.

gi (2) e 11,15, 23 , - 99

16

v(2) = 1

gi (3) e 34,32, 149 , - 99

16

v(3)= 1

O polinomio nao possui raızes reais em [2,3].


Teorema 3.

Se pn(x) = a0 + a1x + a2x2 + ...+ anx

n, entao pn(x) tem pelo menos umzero no interior do cırculo centrado na origem e com raio igual ao mınimoentre ρ1,ρn, onde

ρ1 = n|a0||a1|

e

ρn = n

√|a0||an|


Exemplo.

p5(x) = x5 − 3, 7x4 + 7, 4x3 − 10, 8x2 + 10, 8x − 6, 8.

n = 5 a5 = 1 a1 = 10, 8 a0 = −6, 8.

ρ1 = n|a0||a1|

= 56, 8

10, 8= 3, 14...

ρn =5

√6, 8

1= 1, 46...

Logo pn(x) tem um zero real ou complexo dentro do cırculo de raio1,46..., ou seja

|x | ≤ 1, 46...


Teorema 4.

Se pn(x) = a0 + a1x + a2x2 + ...+ anx

n, e se

r = 1 + max0≤k≤n−1

|ak ||an|

.

Entao cada um dos zeros de pn(x) se encontra no cırculo |x | ≤ r .


Exemplo

x3 − x2 + x − 1.

n = 3 a0 = −1 a1 = 1 a2 = −1 a3 = 1.

|a0||a3|

= 1|a1||a3|

= 1|a2||a3|

= 1.

r = 1 + 1 = 2.

|x | ≤ 2.


O polinomio tem 3 raızes.

x1 = 1 x2 = 0 + 1i x3 = 0− 1i .

|x1| = 1 |x2| =√

02 + 12 = 1. |x3| = 1.

|xn| ≤ 2.


Determinacao das raızes reais.

Depois de obter uma ideia de onde estao as raızes de um polinomio,que e a fase de isolamento, vamos para a fase de refinamento, paraencontrar a raiz de forma mais precisa.

O metodo mais eficaz no caso geral para encontrar zeros de umafuncao, e o metodo de Newton.

Ele tem a desvantagem de ter que se derivar a funcao f(x) e calcular ovalor em cada iteracao.

Veremos uma versao especial do metodo de Newton, que e mais eficazcomputacionalmente, e tambem elimina a necessidade de se derivar.

Para comecar veremos um metodo mais eficiente de se calcular ovalor de um polinomio num ponto.


Valor numerico de um polinomio.

Seja o polinomio:

p4(x) = a4x4 + a3x

3 + a2x2 + a1x + a0

Para se calcular o valor numerico para algum x , precisa-se de 10multiplicacoes e 4 adicoes.

p4(x) = a4x4 + a3x

3 + a2x2 + a1x + a0

p4(x) = (a4x3 + a3x

2 + a2x + a1)x + a0

p4(x) = ((a4x2 + a3x + a2)x + a1)x + a0

p4(x) = (((a4x + a3)x + a2)x + a1)x + a0

Precisamos de 4 multiplicacoes e 4 somas.

Logo a segunda forma e mais eficiente computacionalmente.


p4(x) = (((a4x + a3)x + a2)x + a1)x + a0

b4 = a4.

b3 = a3 + b4x .

b2 = a2 + b3x .

b1 = a1 + b2x .

b0 = a0 + b1x .

Valor de p(x) e b0.


Exemplo

.p(x) = x2 + 1

p(4) =?

b2 = a2 = 1

b1 = a1 + b2x = 0 + 1× 4 = 4.

b0 = a0 + b1x = 1 + 4× 4 = 17.


Valor numerico da derivada de um polinomio.

p4(x) = a4x4 + a3x

3 + a2x2 + a1x + a0

b4 = a4. a4 = b4

b3 = a3 + b4x a3 = b3 − b4x

b2 = a2 + b3x a2 = b2 − b3x

b1 = a1 + b2x a1 = b1 − b2x

b0 = a0 + b1x a0 = b0 − b1x

p′4(x) = 4a4x3 + 3a3x

2 + 2a2x + a1

p′4(x) = 4b4x3 + 3(b3 − b4x)x2 + 2(b2 − b3x)x + (b1 − b2x)

p′4(x) = 4b4x3 + 3b3x

2 − 3b4x3 + 2b2x − 2b3x

2 + b1 − b2x

p′4(x) = b4x3 + b3x

2 + b2x + b1


p′4(x) = b4x3 + b3x

2 + b2x + b1

p′4(x) = (b4x2 + b3x + b2)x + b1

p′4(x) = ((b4x + b3)x + b2)x + b1

c4 = b4

c3 = b3 + c4x

c2 = b2 + c3x

c1 = b1 + c2x

c1 e o valor de p’(x).

Podemos calcular o valor de p(x) atraves dos coeficientes ai de formaotimizada.

O calculo de p(x) gera uma sequencia bi .

Usamos os bi para calcular p’(x) de forma otimizada.


Calculando f(x) e f’(x) simultaneamente.

b4 = a4.

c4 = b4

b3 = a3 + b4x .

c3 = b3 + c4x

b2 = a2 + b3x .

c2 = b2 + c3x

b1 = a1 + b2x .

c1 = b1 + c2x

b0 = a0 + b1x .


Exemplo 1.

p5(x) = x5 − 3, 7x4 + 7, 4x3 − 10, 8x2 + 10, 8x − 6, 8

x0 = 1, 5 ε = 10−6

x1 = x0 −p5(x0)

p′5(x0)= 1, 5− p5(1, 5)

p′5(1, 5)


b5 = a5 = 1 c5 = b5 = 1.

b4 = a4 + b5x = −3, 7 + 1× 1, 5 = −2, 2.

c4 = b4 + c5x = −2, 2 + 1× 1, 5 = −0, 7.

b3 = a3 + b4x = 7, 4− 2, 2× 1, 5 = 4, 1.

c3 = b3 + c4x = 4, 1− 0, 7× 1, 5 = 3, 05.

b2 = a2 + b3x = −10, 8 + 4, 1× 1, 5 = −4, 65.

c2 = b2 + c3x = −4, 65 + 3, 05× 1, 5 = −0, 075.

b1 = a1 + b2x = 10, 8− 4, 65× 1, 5 = 3, 825.

c1 = b1 + c2x = 3, 825− 0, 075× 1, 5 = 3, 7125

b0 = a0 + b1x = −6, 8 + 3, 825× 1, 5 = −1, 0625.

p5(1, 5) = −1, 0625 p′5(1, 5) = 3, 7125.

x1 = x0 −p5(x0)

p′5(x0)= 1, 5− p5(1, 5)

p′5(1, 5)≈ 1, 78619.

x5 = 1, 7.


Exemplo 2.

x3 − 3x + 3 ε ≤ 10−6.

b3 = a3 = 1 c3 = b3 = 1. x0 = −2.

b2 = a2 + b3x = 0 + 1× (−2) = −2.

c2 = b2 + c3x = −2 + 1× (−2) = −4.

b1 = a1 + b2x = −3− 2× (−2) = 1.

c1 = b1 + c2x = 1− 4× (−2) = 9.

b0 = a0 + b1x = 3 + 1× (−2) = 1.

p(−2) = b0 = 1 p′(−2) = c1 = 9.

x1 = x0 −p(x0)

p′(x0)= −2− 1

9≈ −2, 11.

x4 = −2.10380340274. (1)

f (x4) ≈ −6.69× 10−9


Exemplo 3.

x3 − 3x + 3 ε ≤ 10−6 x0 = −0, 8.

x18 ≈ −2.10380340274.

p′(x) = 3x2 − 3

Zeros da derivada sao:x = 1 x = −1.

x0 proximo ao zero da derivada explica as 18 iteracoes.


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