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Capítulo 2 
2.1. Zeros de Equações não Lineares 
Seja f uma função definida no intervalo IRI  a valores reais, um número real  é um 
zero ou raiz de f, se f() =0, I. Graficamente, os zeros reais são representados pelas 
abscissas dos pontos onde a curva intersecta o eixo x. 
 
 
 
 
 
 
Figura 2.1: Raízes de uma função 
Para as equações polinomiais de 1
o
 e de 2
o
 grau, e algumas outras funções existem 
expressões que nos fornecem analiticamente as raízes exatas. 
Exemplos 
1) se 52)(  xxg , fazendo 0)( xg , então 
2
5
x 
2) se 9ln)( 2  xxh , 0)( xh , temos 922 9ln exx  , portanto 2/9ex  
3) 19)( 45  xxxp , (não é simples) 
4) xxxxf sinhcos)(  , (não é simples) 
Para equações polinomiais de grau mais alto e para funções mais complicadas é 
praticamente impossível achar os zeros exatos, como é o caso dos exemplos (3) e (4). 
Nestes casos precisamos de um método numérico para encontrar a raiz aproximada. 
Com as seguintes fases ou etapas determinaremos numericamente uma raiz aproximada 
de uma equação: 
Fase I: Localização ou isolamento da raiz, que consiste em determinar um intervalo que 
contenha a raiz  da função dada. 
Fase II: Refinamento, que consiste em melhorar a aproximação determinada na fase I 
até obter uma precisão desejada. 
 
 
 x1 x2 x3 x4 x5 
2.1.2. Fase I: Isolamento de Raízes 
Nesta etapa de localização de raízes, vamos encontrar um intervalo, o menor possível, 
onde se encontra a raiz, para isto, toda informação da função é útil, como por exemplo: 
analisar o domínio, paridade, periocidade e principalmente fazer um esboço do gráfico 
da função, considerar os pontos de máximo e de mínimo e as concavidades. 
No caso que seja difícil esboçar diretamente o gráfico da função, então 
transforme a equação 0)( xf em uma equação equivalente da forma )()( xhxg  e 
esboce os gráficos das funções hg e no mesmo sistema cartesiano, as abcissas dos 
pontos de interseção dessas funções correspondem as raízes de f. 
Uma outra alternativa para encontrar os intervalos onde se encontra a raiz de f é 
a construção da tabela de sinais de . 
 
Exemplo 1: Localize as raízes da função xexxf  5)( . 
Solução 
 Dom f = IR
+ 
. Denotemos por xxh )( e xexg  5)( ao graficar ambas as funções, 
podemos observar que elas tem um único ponto em comum, cuja abscissa 
corresponderia a raiz  procurada que está no intervalo ]1, 2[. 
 
 
Figura 2.3: Gráfico das funções h(x) e g(x), se observa que se intersectam em um único ponto do 
intervalo [1,2] 
Os seguintes teoremas ajudam na localização das raízes. 
 
Teorema de Bolzano: Seja )(xf uma função contínua num intervalo [a, b]. Se 
0)()(  bfaf , então existe pelo menos uma raiz  de 0)( xf entre a e b. 
Graficamente podemos obter os seguintes casos: 
 Figura 2.2: Algumas possibilidades de raízes de uma função 
 
 Observação 2.1: Se )(xf é contínua em [a, b] e se )(xf  não muda o sinal para 
todo x ]a, b[ então existe uma única raiz em ]a, b[. 
 
No exemplo 1 se verifica que sendo ,2 e 1  ba 
08394.051)1( 1  ef e 07375.052)2( 2  ef , portanto 
0)()( bfaf . Como 
 
]2,1[ todopara 05
2
1
)(   xe
x
xf x verifique! 
Então no intervalo ]2,1[ existe uma única raiz de )(xf . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Teorema Fundamental da Álgebra (T.F.A.): Um polinômio de grau n, com 
coeficientes reais, tem exatamente n raízes reais e/ou complexas. 
 
Exemplo 2: Localize as raízes da função 39)( 3  xxxf . 
Solução 
Dom f =IR. Construindo a tabela de sinais para )(xf temos: 
 
x -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 ... 
f (x) – – + + + + – – + + + + 
 
 
 Bernard Bolzano 
 (1781-1848) 
 
Bernard Placidus Johann Nepomuk 
Bolzano 
Nasceu na atual República Checa. Foi 
matemático, teólogo e filosofo. 
Também abordou problemas 
relacionados ao espaço, força e a 
propagação de ondas. 
Como o polinômio dado é de grau 3, então pelo T.F.A a função admite três raízes e pelo 
teorema de Bolzano, existe pelo menos uma raiz nos intervalos: [-4,-3], [0,1] e [2,3]. 
Para verificar se a raiz é única em cada intervalo, basta aplicar a observação anterior. 
Neste exemplo em particular, é simples verificar que a raiz em cada intervalo é única, 
pois o número de raízes de uma equação polinomial é igual ao grau do polinômio. 
Pode também ser feito o esboço gráfico: Como )3(393)( 22  xxxf , então a 
função tem pontos críticos em √ , derivando novamente temos 
 xxf 6)(  
como 0)3( f , então a função é côncava para cima e como 0)3( f a função é 
côncava para baixo, portanto podemos concluir que f ( 3 )= -7,39 é um valor de 
mínimo e f (- 3 )=13,39 é um valor de máximo. 
 
 
 Observação 2.2: Se 0)()(  bfaf , então não podemos garantir a existência de 
raízes no intervalo [a, b]. Veja por exemplo os gráficos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 2.4: Alguns casos onde 0)()( bfaf 
 
 
Exemplo 3: Se 1log)(  xxxf , isole suas raízes. 
Solução 
Dom f = ]0,[
 
. Como 1log xx , então para 0x tem-se 
x
x
1
log  , então denotemos 
por 
 xxg log)(  e 
x
xh
1
)(  
Fazendo o esboço dos gráficos, podemos observar que elas se intersectam num único 
ponto x , Portanto a única raiz pertence ao intervalo [2, 3]. 
 
 
 
Figura 2.5: Gráfico das funções xxg log)(  e 
x
xh
1
)(  
 
Exemplo 4: Seja xexxf  cos2)( , isole suas raízes. 
Solução 
 Dom f = IR. Se xex cos2 =0, então xex cos2 , denotando por 
xxg cos2)(  e xexh )( 
E observando o esboço dos gráficos, vemos que elas se intersectam em vários pontos, 
pois a função g é periódica e a função h é assintótica ao eixo x. A função )(xf possui 
uma única raiz negativa no intervalo ]-/2, 0[, e infinitas raízes positivas. 
 
 
Figura 2.6: Gráfico das funções xcos2 e xe 
 
Exemplo 5: Localize as raízes de 
2
tan)(
x
xxf  
Solução 
Dom 








 ZkkxIRxf ,
2
)12(/ 
Denotando por xxg tan)(  (função periódica) e 
2
)(
x
xh

 ao graficar estas duas 
funções observamos que a função )(xf = 0 tem infinitas raízes, tanto positivas como 
negativas e zero é uma raiz exata, conforme mostra a figura a seguir: 
 
 
Figura 2.7: Gráfico das funções xtan e 
2
x 
As raízes negativas encontram-se nos intervalos: [-k, (2k-1)/2[, k =1, 2, 3,... e as 
raízes positivas encontram-se nos intervalos da forma: [ (2k-1)/2 , k[, k=1, 2, 3,.... 
 
 EXERCÍCIOS 
I. Diga quantas raízes admite cada uma das seguintes equações algébricas: 
1) 0cos2 2   xex 5) 3sin  xex 
2) 05tan  xx 6) 0sin  xx 
3) 0ln1  xx 7) 0133  xx 
4) 152  xx 8) 0cosh 2  xx 
 
II. Isole as raízes das seguintes equações 
a) 132  xx c) 1log5 xx 
b) 22.2  xx d) 04.14.03  xx 
c) 1log 5/1 xx e) 
senh sen( ) 0
2
x
x
 
  
 
 
 
Respostas (I): 
1) Admite uma raiz negativa e infinitas raízes positivas. 
2) Infinitas raízes 
3) Existe uma única raiz no intervalo [1, 2] 
4) Existe uma raiz no intervalo, x = [4, 5] 
5) Existe uma única raiz no intervalo [1.2, 1.6] 
2.1.2. Fase II: Refinamento 
 
Após isolar a raiz de uma função em um intervalo I, nesta fase utilizamos algum método 
numérico para determinar o valor aproximado da raiz. 
Existem vários métodos numéricos que são processos iterativos, esses processos se 
caracterizam pela repetição de uma determinada operação. Os métodos mais 
conhecidos, baseados em aproximações lineares são: O método da Bissecção, o método 
da Secante, o Método das Iterações Lineares (M.I.L.) e o Método de Newton. Existem 
outros métodos baseados em aproximações quadráticas como é o caso do método de 
Muller, Wijngarden-Dekker-Brent, entre outros. 
 
Definição:Dizemos que um processo iterativo converge para  (raiz de uma função), 
se a sequência gerada x1, x2, ...,xn ,... converge para , se dado um  > 0, existe um 
NIN tal que, para qualquer n natural que seja n > N : |xn - | <  ou 
equivalentemente 

n
n
xlim . 
Critério de Parada: 
Os processos que estudaremos não fornecem raízes exatas de uma função em um 
número finito de passos, exceto em casos particulares então nos perguntamos, qual 
critério ou teste efetuar para verificar que “x
k
 “ esteja o suficiente próximo da raiz 
procurada  ? 
 
Dada uma precisão requerida Ɛ, xk é raiz aproximada com precisão Ɛ se 
i)   || kx ou 
ii) |)(| kxf 
 
Como não conhecemos o valor exato  , então só i) não é útil. Uma alternativa seria 
fazer cumprir as duas exigências i) e ii) ao mesmo tempo mas nem sempre é possível 
pois pode acontecer situações onde é cumprida uma exigência e a outra não, veja as 
situações: 
 
 
|)(| kxf e   || kx   || kx e |)(| kxf 
 
Aconselhamos fazer parar o programa para um número máximo de iterações N e 
verificar o comportamento da convergência das aproximações, assim poderá se evitar 
que o programa entre em “looping” . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Não 
 
 Sim 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2.2. Método da Bisseção ou Dicotomia 
Seja f uma função contínua definida no intervalo [a, b] e tal que 0)()(  bfaf . Para 
simplificar, vamos supor que existe uma única raiz neste intervalo. 
 O objetivo de método da bisseção é dividir sucessivamente o intervalo [a, b] ao 
meio até obter |b-a| < , onde  >0 é uma precisão prefixada. Este método está baseado 
no teorema do valor médio. 
 
 
k:=k+1 
Cálculo da nova 
Aproximação 
Inicio 
Dados Iniciais 
k=0 
 
Cálculos 
Iniciais 
 Fim 
Cálculo Final 
|xn+1 -xn | < 
erro (Critério 
de parada) 
Figura 2.8: Fluxograma para os métodos iterativos 
 
 
 Figura 2.9: Método da bisseção 
Método: 
1
a
 iteração: Definimos xo como o ponto médio do intervalo [a0, b0] =[a, b], da forma 
2
oo
o
ba
x

 , veja (Fig.2.9), além disso | | e 
0)( oaf 
0)( oxf 
0)( obf 
 
Temos que se 0)()(  oo xfaf , então pelo teorema de Bolzano a raíz,   [ao, xo], 
então fazemos oaa :1 e oxb :1 
 
2
a
 iteração: Se | | então x1 é o novo ponto médio do intervalo [a1, b1] 
2
11
1
ba
x

 e 
 0)( 1 af 
 0)( 1 xf 
 0)( 1 bf 
 
Como f(x1). f(b1) > 0 , significa que a raiz   [x1,b1], fazemos a2=x1 , b2=b1 
 
3
a
 iteração: Se | | então 
2
22
2
ba
x

 e 
0)( 2 af 
0)( 2 xf 
 0)( 2 bf 
 
como 0)()( 22 xfaf , então   [a2, x2], fazemos a3=a2 , b3=x2 
 
Repetimos o processo de divisão contínua até obter |bk - ak| < , onde  é um erro 
prefixado. 
 
Exemplo 1: Através do método da bisseção, determine uma raiz aproximada de 
1log)(  xxxf , dado  = 10-1. 
Solução 
Na fase I, foi determinado que a função )(xf admite uma raiz no intervalo [2, 3]. 
 
Primeira iteração: Neste exemplo temos a0 = 2 e b0 = 3. || 00  ab Ɛ 
5.2
2
00 


ba
xo 
Temos 
04314.0)3(
000515.0)5.2(
03979.0)2(



f
f
f
 
Portanto a raiz está no intervalo ],[ 00 bx . 
 
Segunda Iteração: 
35,2:;1 0101  bbxak e || 11  ab Ɛ 
75.2
2
11
1 


ba
x 
Como 
04314.0)(
02082.0)(
00515.0)(
1
1
1



bf
xf
af
 
Portanto a raiz está no intervalo ],[ 11 xa . 
Terceira iteração 
k=2, 75.2;5.2: 1212  xbaa e || 22  ab Ɛ 
 
e assim sucessivamente, tabelando estes resultados e realizando as seguintes iterações, 
temos: 
 
k ak bk bk -ak xk f(ak) f(xk) f(bk) 
0 2 3 1 2.5 -0.3979 -0.00515 0.4314 
1 2.5 3 0.5 2.75 -0.00515 0.2082 0.4314 
2 2.5 2.75 0.25 2.625 -0.00515 0.1002 0.2082 
3 2.5 2.625 0.125 2.5625 -0.00515 0.0472 0.1002 
4 2.5 2.5625 0.0625<  
 
Portanto, podemos considerar como raiz aproximada de )(xf igualando a zero, 
qualquer  [2.5, 2.5625]. Por exemplo  = 2.54, serve como raiz uma aproximada. 
Foram necessárias 4 iterações para obter a raiz aproximada de )(xf =0 com erro menor 
que =10
-1
. 
 
 
Exemplo 2: Determinar uma raiz aproximada da função 39)( 3  xxxf através do 
método da bisseção, considere =0.25. 
Solução 
Fase I: 
Dom f = IR, chamando de 3)( xxg  e 39)(  xxh , podemos observar que elas se 
intersectam em 3 pontos, que se encontram nos intervalos: 
I1 = [-4, -3] , I2 = [0, 1] e I3 = [ 3, 4] 
Vamos a determinar a raiz contida no intervalo I2 através do método da bisseção na 
seguinte fase. 
 
Fase II: 
 
k ak bk |bk -ak| xk f(ak) f(xk) f(bk) 
0 0 1 1 0.5 3 -1.375 -5 
1 0 0.5 0.5 0.25 3 0.7665 -1.375 
2 0.25 0.5 0.25 0.375 0.7665 -0.3223 -1.375 
3 0.25 0.375 0.125 <  
 
Podemos considerar  = 0.35 como a raiz aproximada. Foram necessárias 3 iterações 
para obter a raiz aproximada com uma tolerância  < 0.25. 
 
 
Exemplo 3: Seja xexxf  cos2)( . Encontre a raiz aproximada no intervalo [0, /2] 
com uma tolerância  < 0.25 
Solução 
 
k ak bk |bk -ak| xk f(ak) f(xk) f(bk) 
0 0 /2 /2 /4 1 0.9583 -0.2079 
1 /4 /2 /4 1.1781 + 0.4575 - 
2 1.1781 1.5708 0.3927 1.37445 + 0.1372 - 
3 1.37445 1.5708 0.19635 <  
Podemos escolher como a raiz aproximada, por exemplo  = 1.57 (ou 1.4726 ou 
qualquer valor no intervalo ],[ kk ba ). 
 
2.2.1. Algoritmo do Método da Bisseção 
 
Seja f uma função continua no intervalo [a, b] e tal que 0)()(  bfaf 
Início 
 Dados de entrada: extremos do intervalo: a, b 
 precisão  (erro permitido) 
 k=0 
 enquanto (b-a)   faça 
 inicio 
 k=k+1 
 
2
ba
x

 
 se 0)()(  xfaf então 
 a=x 
 senão 
 b=x 
 fim 
 escolher   [a,b] 
 imprima ( , k) 
fim. 
 
Convergência: O método da bisseção converge sempre, desde que )(xf seja contínua 
no intervalo [a, b] e 0)()(  bfaf . 
 
2.2.2. Estimativa do número de Iterações: 
 Dada uma precisão prefixada  e o intervalo [a, b], é possível saber a prior, o 
número k de iterações necessárias para obter |  |ab . 
 
Demonstração: 
O comprimento de cada intervalo ],[ nn ba para kn ,..,2,1 é dado por 
 :1n 
2
||
| | 0011
ab
ab

 
:2n 
2
0011
22
2
||
 
2
||
 ||
abab
ab



 
:3n 
3
0022
33
2
||
 
2
||
 ||
abab
ab



 
 
:kn  
k
kk
kk
abab
ab
2
||
 
2
||
 || 0011



  
 
Se existe um k, tal que || kk ab   , então 

k
ab
2
|| 00 , para determinar o número 
de iteração isolamos k 
2loglog||log 00 kab   , logo 
2log
log||log 00 
ab
k . 
Portanto o número mínimo de iterações é 
 
 
2log
log||log 00 
ab
k (2.1) 
 
Observe que o número de iterações não depende da função )(xf . 
 
Exemplo 3: 
Determine o número mínimo de iterações para obter |bk - ak| < =10
-3
, do exemplo (1), 
isto é para 
 01log)(  xxxf e [a, b] = [2, 3] 
Solução 
Substituindo os valores de  = 10
-3 
, a=2 e b=3 na equação anterior (3), temos: 
2log
10log|23|log 3
k 
k > 9.966 
Portanto k =10 é o número mínimo de iterações necessárias. 
 
Comentários: 
 O método da bisseção converge, isto é, sempre é possível obter uma raiz aproximada 
para qualquer função desde que )(xf seja contínua em [a, b] e 0)()(  bfaf . 
 As iterações envolvem cálculossimples. 
 Dado o intervalo e a precisão , é possível determinar o número de iterações 
necessárias a prior (antes de fazer as iterações). 
 A convergência é muito lenta quando b-a é grande quando comparado com . Por 
exemplo se b - a = 3 e  =10-7, então serão necessárias 25 iterações. 
 
 
2.3. Método da Secante 
Dizemos que uma reta L é secante de uma curva, se a reta L cruza dois ou mais pontos 
da curva. O método da secante, como seu nome o diz é um método baseado na reta 
secante de uma função, este método também é conhecido como Falsa Posição 
Modificado ou Regula Falsi (quando se fixa um dos extremos). 
Seja yxf )( uma função continua no intervalo [a, b] tal que 0)()(  bfaf , e a 
segunda derivada de f não muda de sinal em [a, b]. A equação do segmento de reta que 
une os pontos ))(,( afa e ))(,( bfb é dado por 
   ]1,0[;)()(,))(,(),(:  tafbfabtafayxL 
a equação paramétrica é da forma 
 





))()(()(
)(
:
afbftafy
abtax
L (2.2) 
 Da equação (2.2)1 obtemos
ab
ax
t


 , substituindo esta expressão em (2.2)2 
 ))()((
)(
)( afbf
ab
ax
afy 


 (2.3) 
 
Como estamos procurando a raiz da função yxf )( , fazemos 0y na equação (2.3) 
e isolamos x nesta última expressão: 
0))()((
)(
)( 


 afbf
ab
ax
af 
Então 
)()(
)()()()(
)()(
))((
afbf
aafabfaafbaf
afbf
abaf
ax





 
Simplificando temos a primeira aproximação 
 
)()(
)()(
afbf
abfbfa
x


 para ],[ bax (2.4) 
A expressão (2.4) sugere um processo iterativo, da forma: 
)()(
)()(
kk
kkkk
k
afbf
afbbfa
x


 , (2.5) 
para k = 0, 1, 2,...,n. 
 
Se k = 0, temos 
)()(
)()(
00
0000
0
afbf
afbbfa
x


 , onde aa :0 e bb :0 . 
De forma análoga ao método de bisseção, temos três possibilidades: 
 Se 0)( 0 xf , então 0x é a raiz procurada. 
 Se 0)()( 00  afxf então, há um zero no novo intervalo é ],[ 00 bx , neste caso 
01 : xa  . 
 Se 0)()( 00  afxf então, a raiz está no intervalo ],[ 00 xa , neste caso 01 : xb  . 
 
Devemos continuar este processo até |)(| kxf ou   || 1kk xx , onde  é o erro 
prefixado. 
 
 
Figura 2.10: Esquematizando o método da secante (Regula Falsi) 
 
 
Se a função for côncava em [a, b], um dos extremos não muda, permanece fixo. 
 
Exemplo 1: Sabendo que a função xexxf  cos2)( , tem uma raiz no intervalo [1,2]. 
Vamos a determinar a raiz com uma precisão menor que 10
-4 
Solução 
Iteração inicial: Neste exemplo temos a=1 e b=2. 
 
4151.1
)1()2(
)1(2)2(1




ff
ff
xo 
Temos 
096763.0)2(
0051526.0)424152.1(
0712725.0)1(



f
f
f
 
Portanto a raiz está no intervalo ],[ 0 bx . 
 
Primeira Iteração: 
o
bbxak  101 ;:;1 e 4532655.1
)424152.1()2(
)424152.1(2)2()424152.1(
1 



ff
ff
x 
Como 
096763.0)(
000071525.0)(
0051526.0)(
1
1
1



bf
xf
af
 
Portanto a raiz está no intervalo ],[ 11 bx . 
 
Segunda Iteração: 
1212 ;:;2 bbxak  e 
01.45366937
)4532655.1()2(
)4532655.1(2)2()4532655.1(
2 



ff
ff
x 
Como -42 10990.00000752)( xf , então a raiz aproximada é 01.45366937x . 
 
 
Figura 2.11: Grafico da função xexxf  cos2)( 
 
Exemplo 2: Sabendo que a função 
x
xxxf
9
ln)(  , tem uma raiz no intervalo [2,3]. 
Vamos a determinar a raiz com uma precisão menor que 10
-3 
 
Solução 
Neste exemplo denotemos por ao = 2 e bo = 3, assim 
Iteração inicial: 
02.91323268
)2()3(
)2(3)3(2




ff
ff
xo 
Temos 
 
 070.29583686)3(
020.02566135)02.91323268(
039-3.1137056)2(



f
f
f
 
Portanto a raiz está no intervalo ],[ 0xa . 
Primeira Iteração: 
oxbaak  101 ;:;1 e 
82.90576786
)2()02.91323268(
)2(02.91323268)02.91323268()2(
1 



ff
ff
x 
Como 
0)(
0022878.0)(
0)(
1
1
1



bf
xf
af
 
a raiz esta no intervalo ],[ 0xa . 
Segunda Iteração: 
1212 ;:;2 xbaak  e 32.905102832 x 
Como -32 1090.00020444)( xf , portanto a raiz aproximada é 32.90510283x 
 
Comentários: 
 O método da secante converge mais rápido que o método da bisseção. 
 As iterações envolvem cálculos simples. 
 Dado o intervalo e a precisão , não é possível determinar o número de iterações 
necessárias a priori. 
 
 
 EXERCÍCIOS 
 
1) Através do método da Bissecção, determine uma raiz aproximada de 0)( xf para  
= 0.25 (neste exercício não é necessária a fase I, pois o intervalo inicial já é dado) 
a) xxf x 32)(  ,   [0, 1] 
b) xxxf ln1)(  ,   [1, 2]. 
 
2) Determine a raiz aproximada de 0)( xf , utilizando o método da secante para  = 
0.25 (Neste exercício é precisa a fase I, pois o intervalo inicial não foi dado) 
a) 24)( xexf x  
b) xexxf  sin2)( 
 
3) Nos exercícios 1 e 2, determine o número mínimo de iterações para obter bk - ak < , 
onde <10
-5
 (utilizar o intervalo inicial de cada exercício) 
 
4) O método da Bissecção pode ser aplicado sempre que )(xf é contínua em [a, b] e 
0)()(  bfaf , mesmo que )(xf tenha mais de um zero em [a, b]. Nos casos em que 
isto ocorre, verifique com o auxílio de gráficos, se é possível determinar qual zero será 
obtido por este método. 
5) Determine o valor aproximado de 7 pelo método da bisseção e pelo método da 
secante. Comente os resultados obtidos. 
6) Pelo método da secante, determine a raiz do polinômio 144
234  xxxx no 
intervalo [-1,0] com uma precisão menor ou igual a 10
-3
 . 
 
Respostas: 
1 a) 0.375 b)1.76322 
2) a) 0,7141, b)3.11 
3 ) 1
a
) 17 iterações b) 18 iterações 
5) 7)( 2  xxf a raiz aprox. 2.645751311 
6) Raiz aprox. -0.2089531039 em 3 iterações. 
 
2.4. Método das Iterações Lineares (MIL) 
 
Seja )(xf uma função contínua em [a, b], intervalo que contém uma raiz de 0)( xf . 
O M.I.L. ou método das aproximações sucessivas, consiste em transformar a equação 
0)( xf em uma equação equivalente a )(xx  e a partir de uma aproximação 
inicial x0, gerar a sequência de aproximações x1, x2,...,xk para a raiz aproximada  pela 
relação )(1 kk xx  . A função  é chamada função de iteração. 
 
Uma raiz da equação )(xx  é a abscissa do ponto de interseção da reta y = x e 
da curva )(xy  . 
 
Exemplo 1: Considere a equação )2)(1(2)( 2  xxxxxf , facilmente se 
visualiza que as raízes são 1 e -2. 
Para aplicar o MIL transformamos a equação 022  xx na forma )(xx  onde a 
função iterativa )(x tem as seguintes possibilidades: 
a) 
22 xx  então 21 2)( xx  é função de iteração 
b) xx  22 então xx  2 por tanto xx  2)(2 é outra função de iteração 
c) Dividindo por x; x  0, e isolando x temos: 
 0;1
2
 x
x
x , então 0;1
2
)(3  x
x
x 
d) Colocando x em evidencia temos: 
 ,2)1( xx então 1;
1
2


 x
x
x , assim 1;
1
2
)(4 

 x
x
x 
 
Se para 0)( xf podemos obter diferentes funções de iteração nem todas elas geram 
sequência convergente para a raiz , conforme pode ser observado para cada caso: 
 
a) Observe que = 21 2)( xx  é decrescente para [ ] e 
 02)('  xx 
se 75.0ox a sequencia iterativa )(1 kk xx  tem divergência oscilante como 
mostra o gráfico. 
 
 
 b) = xx  2)(2 é decrescente em e 0
22
1
)(' 


x
x 
 para 5.0ox a sequencia iterativa )(1 kk xx  tem convergência oscilante 
 
 
 
b) = 1
2
)(3 
x
x é decrescente em I e 0)(' x 
 para 5.0ox a sequencia iterativa )(1 kk xx  tem divergência oscilante 
 
d) 
1
2
)(4


x
x é decrescente e para 5.0ox )(1 kk xx  tem convergência oscilante: 
 
 
 
Existem tambémSituações em que a função iterativa gera sequencias com convergência 
monotônica ou divergência monotônica como é o caso dos seguintes comportamentos : 
 
 
 
Então quando que a sequencia iterativa )(1 kk xx  converge? Como parar? 
Observemos os seguintes casos: 
 
 
 Convergência Monotônica Convergência Oscilante 
 
 
 
 
 Divergência Monotônica Divergência Oscilante 
 
 
 
O seguinte teorema nos fornece condições suficientes para a convergência do MIL. 
 
Teorema: Seja  uma raiz da equação )(xf =0, num intervalo I que contenha . Seja  
uma função de iteração de )(xf , 
se: 
(a)  e  são contínuas em I; 
(b) | )(x |  M < 1, M = max | )(x | , e 
(c) x0  I, 
então a sequência x1, x2,...,xn gerada pelo processo iterativo converge para . 
Prova: 
(fica como exercício, use o teorema do valor médio) 
 
Exemplo 2: Isole as raízes da 0102  xx e encontre 4 funções de iteração. Diga se 
elas geram sequência convergente para a raiz  positiva. 
Solução 
Usando o método gráfico ou tabela para encontrar os intervalos onde se encontra a raiz 
 e usando o teorema de Bolzano (fase I), a função 0102  xx , tem raízes nos 
intervalos [-4, -3.5] e em [2,3], verifique!. Como a raiz positiva pertence ao intervalo 
[2,3], analisaremos se as funções de iteração a determinar satisfazem as hipóteses do 
teorema: 
(I) 1(x) = 10 - x
2
 
 xx 2)(1  
(a) 1 e 1 estão definidas no intervalo [2, 3] 
(b) | 1 (x)| = | -2x| > 1, para todo x em [2,3], pois M=max |-2x| = 6 >1, logo 1 não 
satisfaz as condições do teorema, logo não está garantida a convergência para  no 
processo iterativo. 
 
(II) xx  10)(2 , derivando temos: 
x
x



102
1
)( 
(a) 2 e 2 estão definidas no intervalo [2, 3] 
(b) M =max | 2 (x)| = 0.1889 < 1, para todo x em [2, 3], 
(c) seja x0 = 2.5  [2, 3], 
então 2 satisfaz as condições do teorema, assim fica garantida a convergência para  
no processo iterativo. 
 
(III) Para ,0x seja 1
10
)(3 
x
x , derivando: 
23
10
)(
x
x

 
(a) 3 e 3 estão definidas no intervalo [2, 3] 
(b) M = max | 3 (x)| = 2.5 > 1, para todo x em [2, 3], não podemos garantir a 
convergência para  no processo iterativo. 
 
(IV) 
1
10
)(4


x
x , derivando temos 
24 )1(
10
)(



x
x 
(a) 4 e 4 estão definidas no intervalo [2, 3] 
(b) M =max | )(4 x | = 10/9 > 1, para todo x [2, 3], como existem valores neste 
intervalo tal que 1|)(| 4  x , então podemos verificar se é possível refinar este 
intervalo tal que satisfaça o teorema dado. Aplicando o método da bisseção: 
Refinando o intervalo: Aplicando o método da bissecção no intervalo [2, 3] temos: 
 x= (3 +2)/2 = 2.5 
 f(3) = 2 
 f(2.5) = -1.25 
 f(2) = -4 
logo, podemos afirmar que a raiz  [2.5, 3]. Então 
 M = 1
25.12
10
|)(|max 4  x , 
Para x0 [2.5, 3], podemos garantir a convergência da sequência para a raiz . 
 
 Podemos gerar a sequência convergente, considerando a função de iteração 
xx  10)(2 , x0 deve estar no intervalo [2, 3]. Tomado x0=2.5 temos: 
 
 k xk 2 (x) = x10 
 0 2.5 2.7386127 
 1 2.7386127 2.6946961 
 2 2.6946961 2.7028325 
 3 2.7028325 2.7013269 
 4 2.7013269 2.7016056 
 5 2.7016056 2.701554 
  
  
 
Observe que a raiz está convergindo a  = 2.701562118716, que é a raiz exata da 
equação 
 )(xf = 0. 
 
2.4.1. Critério de Parada: 
No M.I.L., escolhe-se xk como raiz aproximada de 0)( xf se: 
   || 1kk xx ou se |)(| xf , (2.6) 
aquele que ocorrer primeiro. 
 
No exemplo anterior, para =0.003, aplicando o critério de parada na quarta iteração 
temos: 
| )( 4xf | = 0.001506 <  e  0015056.0|| 34 xx 
Observe que | )( 3xf |= 0.008136 > . Portanto, x4 é a raiz aproximada com erro < 0.002. 
 
Exemplo 3: Utilizando o MIL, determine uma raiz aproximada de 24)( xexf x 
.sabendo que   [0, 1] e  =10
-2
. 
 
Solução 
Igualando a zero a função 24)( xexf x  temos 
24xex  , como zero não é raiz e 
ambas funções são positivas, então )4ln()ln( 2xex  , assim 
)()2ln(2)4ln( 2 xxxx  
Vejamos se satisfaz as hipóteses do teorema do MIL: 
(a) 
x
x
2
)('  
  e ’ são contínuas no intervalo ]0, 1] ( ’
 
 não é contínua em x=0). 
(b) Observe que 1
2
|)('| 
x
x , para todo x ]0,1]. Portanto não satisfaz as condições 
do teorema e não está garantida a convergência. Precisamos encontrar outra função de 
iteração. 
 
Tendo 04 2  xex , então x
x
e
e
x 5.05.0
4
 
Denotando por xex 5.05.0)(  , e derivando temos: xex 5.02)5.0()(  
(a) , são contínuas no intervalo [0,1] 
(b) M = max | ’(x)| = 0.4121803 < 1 
(c) x0 = 0.5 [0,1] 
Portanto satisfaz as condições do teorema. Gerando a sequência: 
 
 k xk (x) = 0.5 e
0.5x
 |xk+1 - xk| 
 0 0.5 0.6420 0.142 
 1 0.6420 0.6893 0.0473 
 2 0.6893 0.7057 0.0164 >  
 4 0.7057 0.7116 0.0059 <  
 
Teste de Parada : |x5 - x4| < . Não é necessário testar para |)(| xf , pois basta 
satisfazer para um dos critérios de parada. Logo a raiz é aproximada é 0.7116, com erro 
< 0.01. 
 
 Exercícios 
(I) Aplicando o M.I.L., determine a raiz aproximada de )(xf = 0 para = 10-3. 
 a) )(xf = x2 + 0.5 x – 3.6 , e [1, 2] 
 b) )(xf = 3x - cos x e [0,/4] 
 c) )(xf = x2 - senh x 
 d) )(xf = x3 - e2x 
 
(II) A equação x
2
 + x - ¼ =0 possui uma raiz no intervalo [-0.5, -0.5]. A sequência 
produzida por xn+1 = (xn) = - xn
2
 + ¼ será convergente para essa raiz? 
 
Respostas: 
 I) 1) –2.03 
 4) não admite raízes 
 
 
2.5. Método de Newton 
 
 O método de Newton também é conhecido como o método de Newton-Raphson 
ou método das tangentes ou método de Newton-Fourier. O matemático inglês Joseph 
Raphson foi contemporâneo de Newton e em 1690 publicou este método para aproximar 
raízes. Newton em seu livro Método das fluxões descreve o mesmo método, em 1671, 
mas foi publicado somente em 1736, após 46 da publicação de Raphson. 
 Este método é um caso particular do MIL. No MIL, vimos que uma das 
condições de convergência é 1|)(|  x para todo x  I, onde I é o intervalo que contém 
a raiz  de 0)( xf . Quanto menor for |)(| x , mais rápida é a convergência. 
O método de Newton garante e acelera a a convergência escolhendo uma função (x) de 
tal forma que sua derivada se anule, isto é |’()| = 0. 
 
2.5.1. Motivação Geométrica 
Sejam contínuas no intervalo I contendo a raiz  de 0)( xf . 
Seja xo ponto inicial de iteração, o ponto x1 será a intersecção do eixo das abcissas com 
a reta tangente à função f no ponto ))(,( 00 xfx , assim 
xxx  01 e supondo que 0)( 0  xf , 
x
xf
xf


)(
tan)( 00  , 
então 
)(
)(
0
0
01
xf
xf
xx

 
O ponto xk+1 é obtido traçando a reta tangente à função f no ponto ))(,( kk xfx . A 
intersecção da reta tangente com o eixo das abcissas fornece a nova aproximação xk+1, 
por este motivo também é chamado de ‘método das tangentes’. Assim 
)(
)(
1
k
k
kk
xf
xf
xx

 com  
Sequencia iterativa que converge para raiz . 
 
 
 x 
 
Portanto a função de iteração é da forma: 
 
)(
)(
)(
xf
xf
xx

 (2.7) 
 
Assim, para um primeiro valor escolhido xo, podemosobter os outros xk através da 
relação: 
 
)(
)(
)(1
k
k
kkk
xf
xf
xxx

 para k=0, 1, 2,... (2.8) 
 
 
 
O critério de parada é o mesmo do MIL. 
 
Exemplo 4: Aplique o método de Newton no exemplo 2. 
10)( 2  xxxf , para  [2, 3], e =0.001. 
 
Sendo continuas em [2,3] 
)(
)(
)(
xf
xf
xx

 , então substituindo os dados temos a função de interação 
12
10
)(
2



x
xx
xx 
 
Considerado como a primeira aproximação inicial um valor x0[2, 3], por exemplo x0 = 
2.5, então: 
 
 
 k xk (xk) = xk+1 |xk+1 - xk| 
 0 2.5 2.70833333333 0.208333333 
 1 2.708333333 2.7015689 0.0067 >  
 2 2.7015689 2.7015621 0.00000678 <  
 
Logo x3 = 2.701521 é a raiz aproximada, com erro menor que 10
-3
. 
Observe que a convergência no Método de Newton é mais rápida do que o MIL. 
 
 
Teorema: Seja f uma função; f  C
 2
(I) , onde I é um intervalo que contém a raiz  de 
)(xf . Supondo f ‘()  0, então existe um intervalo I’ I, contendo a raiz  de )(xf , 
tal que, se x0  I’, a sequência 
 
)(
)(
1
k
k
kk
xf
xf
xx

 
converge para a raiz . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Prova da convergência do Método de Newton 
PD 1|)(|  x para 
)(
)(
)(
xf
xf
xx

 
2)]([
)(')()(')(
1)('
xf
xfxfxfxf
x


 então 
2)]([
)(')(
)('
xf
xfxf
x


 
 )(x e )(' x são contínuas em I pelas continuidades de 
a) Se a raiz for simples f ‘()  0 então 0
)]([
)(')(
) ('
2







f
ff
 pois f () =0 
Logo 1|)(|  x na vizinhança de  . 
b) Se a raiz for de multiplicidade f ‘() = 0 e f ‘‘()  0 então 
!
0
0
)]([
)(')(
) ('
2







f
ff
 
 
 
2)]([
)(')(
lim) ('lim) ('
xf
xfxf
x
xx 


 
 usando L’Hopital 
 
 
 
 
 Isaac Newton (1642-1727) 
Grande cientista britânico, a quem não cabe julgar, senão como 
um dos maiores gênios da história da ciência. Fez muitas 
contribuições na astronomia, física clássica e newtoniana. O 
método de Newton foi descrito em 1669 no ensaio “Sobre a 
análise de equações com um número infinito de termos” 
O atual método difere dos apontes de Newton. 
 
 
  )('')(2
)(')(')('')(
lim
)]([
)(')(
lim) ('
2 xfxf
xfxfxfxf
xf
dx
d
xfxf
dx
d
xx 





 
 
 = 









 2
1
)('')(2
)('')(
lim
xfxf
xfxf
x 
 novamente L’Hopital 
 = 
2
1
lim
))('')('')(''')((2
)(''')(')()(
lim
 



x
iv
x xfxfxfxf
xfxfxfxf
 
Então 
2
1
) ('  => 1|)(|  x numa vizinhança de  . 
Por tanto o Método de Newton converge quadráticamente para raízes simples e 
linearmente para raízes de multiplicidade. 
 
Cuidado!! O inicial deve estar o mais próximo de . 
 
 
Exemplo 5: Determine uma raiz aproximada de 24)( xexf x  através do método de 
Newton, sabendo-se que  [0, 1] e  = 10
-3
. 
Derivando f temos: xexf x 8)(  verificando o teorema: 
8)(  xexf 
então, podemos observar que realmente ff , e f  são funções contínuas no intervalo I 
= [0,1], precisamos verificar que 0)(  xf para todo x  I. Para isto, podemos aplicar 
o teorema de Bolzano: 
como  )1()0( ff (e0 - 8(0)) . ( e1 - 8(1)) =(1).(-5.282) < 0, então existe um x  I, tal 
que : 
0)(  xf . 
 Vamos aplicar o método de Bissecção em )(xf , para refinar o intervalo: 
x = (0+1)/2 = 0.5 
01)0( f 
0066487)5.0( f 
02871.1)1( f 
logo   [0.5, 1], vamos verificar se existe um zero de f
 ‘
(x) no intervalo I’= [0.5, 1]; 
novamente aplicando o teorema de Bolzano: 
 f ‘(0.5). f  (1) =(-2.3513) (-5.282) > 0 
assim, no intervalo I’ não existe x, tal que a derivada da função se anule. Logo podemos 
aplicar o método de Newton neste intervalo. 
Sendo 
)(
)(
)(
xf
xf
xx

 = 
xe
xe
x
x
x
8
4 2


 
vamos escolher x0  [0.5, 1], por exemplo x0 = 0.75 
 
 k xk (xk) = xk+1 |xk+1 - xk| 
 0 0.75 0.7157481 0.0342519 
 1 0.7157481 0.7148066 0.000915 <  
 
Logo a raiz aproximada é 0.7148066. 
 
2.5.2. Algoritmo (Mil e Newton) 
Início 
 dados de entrada: x0,  
 se | f(x0)| <  então  = x0 
 senão 
 inicio 
 k =1 
 x1 = (x0) 
 enquanto |f(x1)| >=  ou |x1 - x0 | >=  faça 
 inicio 
 k= k+1 
 x1 = (x0) 
 fim 
  = x1 
 imprima , k {número de iterações} 
 fim 
fim. 
 
 
 EXERCÍCIOS 
(I) Determine a raiz das seguintes funções, cometendo um erro menor que 10
-3
 
1) 35.398.0)( 2  xxxf e [1, 2] 
2) xxxf cos2)(  e [0,/4] 
3) xxxf sin2)( 2  e [1, 2] 
4) xexxf 23)(  e [0, 1] 
i) Aplicando o método da secante 
ii) Aplicando o método de Newton 
ii) Através do método MIL. 
iii) Compare os resultados obtidos. Qual método é mais eficiente? 
 
(II) Faça um Programa em linguagem C ou Pascal, para determinar raízes de uma 
equação algébrica através do método de Newton. 
 
(III) Sabe-se que )(xf = x3 -x -1 =0 tem uma raiz no intervalo [0, 2]. Para = 10-5 
aplique: 
1) O MIL com (x) = (x+1)
1/3 
 e x0= 0.5 
2) Newton com x0= 0.5 
3) Em geral, o método de Newton tem convergência mais rápida do que o MIL. 
Explique porque no item (2) a convergência foi mais lenta. 
4) Aplique o método da Bissecção no intervalo [0, 2] para determinar um valor 
inicial mais apropriado e faça comentários. 
 
Respostas 
 ( I ) Usado o erro de 0.01 
 
1) Newton : x =1.404755 , Mil - x =1.4047 
2) Newton : x =0.45018 , Mil - x =0.44965286 
3) Newton: x =1.40426990 , Mil - x =1.40416881 
4) Newton: 0.6488441333. 
 
( II ) 
1) Mil x =1.32344341 
2) Newton x =1.32471800 
4) Bissecção x =1.9922 
 
 
 Lista de Exercícios 
 
1) Localize graficamente as raízes das equações abaixo: 
a) e
-x
 - ln x =0 f) x
3
 -6x + 2.28 =0 
b) x
2
 - 10 ln x -5 =0 g) x
4
 - 4x = 1 
c) x
3
 -e
-2x
 +3 = 1 h) x = e
x
 
d) 2x
3
 + x
2
 -1 = -1 i) x log2 x = 1 
e) sen x = ln x j) x
3
 - 0.2x
2
 - 0.3x - 1.4 = 0 
 
2) a) Através do método da Bisseção determine uma raiz das equações da 1ª questão 
(para cada item escolher um intervalo) para = 0.01. 
b) Determine o número de iterações no item (a) se  = 0.00002 
c) Determine uma raiz de cada equação da 1ª questão, utilizando o MIL. Sendo =10
-3
 
d) Determine uma raiz de cada eq. da 1ª questão, utilizando o método de Newton, com 
=10
-3
. 
 
4) Seja 24)( xexf x  e  sua raiz no intervalo ]0, 1[. Tomado x0 =0.5, encontre o 
valor aproximado de , com erro  =10
-3
, usando o MIL com (x)= 0.5 e
x/2
 
 
5) Considere a função 1)( 3  xxxf . Resolva pelo MIL com função de iteração: 
 
2
11
)(
xx
x  , =0.01 e x0 =1. Justifique seus resultados (Nesta questão, não foi dado 
o intervalo, deve-se então utilizar o método gráfico ou qualquer outro método). 
 
6) Sabe-se que 10)( 21.0   xexf x , tem uma raiz no intervalo [2.5, 3.5]. Para =10
-5
 
determine uma função de iteração (x) convergente para a raiz  e encontre a raiz 
aproximada. 
 
7) Sabe-se que )(xf = 0cos
2
 xe x , tem uma raiz  [1,2]. Através do método de 
Newton, determine uma raiz aproximada para  = 0.005 
 
8) Uma bola é arremessada para cima com velocidade v0=30 m/s a partir de uma altura 
x0 =5 m, em um local onde a aceleração da gravidade é g= -9.81 m/s
2
. Sabendo que : 
25.0)( gttvxth oo  
a) Através do Método de Newton, determine o tempo t gastos para a bola tocar o solo 
(i.é quando h(t) = 0), desconsidere o atrito com o ar. 
b) A altura máxima que alcança a bola, (use qualquer método). 
 
9) Através do método de Newton, determine o ponto de mínimo da função: 
322)( 234  xxxxxf (lembre: o pontode mínimo da função )(xf é a raiz da 
derivada primeira, isto é, quando 0)(' xf ). 
 
10) Utilize o método de Newton para achar a raiz positiva mais pequena da equação 
xx )tan( , com erro menor que 0.0001 
 
11) Calcule a única raiz positiva da equação a seguir, pelo MIL: 
 4.0)( 5  xxxf com  = 0.0005 
 
12) Encontre as raízes reais da equação x - sen x = 0.25 com =10
-2
 
 
13) Encontre a maior raiz  positiva da equação: 
 x
3
 + x = 1 000 com erro menor que 10
-4
 
 
14) A equação x
3
 -x -1 = 0 tem uma raiz  ]1,2[, determine-a, por qualquer método, 
com um erro menor que 10
-5
. 
 
15) Determine todas a raízes da equação: 
 x
6
 + 7x
5
 - 14x
3 
- 30x
2
 = 0, com erro menor que 10
-3
. 
 
Respostas: 
1) 
a) Arredondamento: 0.17117×10
1
 b) Arredondamento: -0.213119×10
1
 
Truncamento: 0.17116×10
1
 Truncamento: -0.213119×10
1
 
c) Arredondamento: 
Truncamento: 
-0.14771×10
4 
- 0.14771×10
4
 
d) Arredondamento: 
Truncamento: 
0.3889×10
1 
0,03888×10
1
 
e) Arredondamento: 
Truncamento: 
0.36446×10
2 
0.36446×10
2
 
 
 
2) 
a) x [1,1.5] b) x [4,5] c) x [-0.5,0] d) x [-0.6,1] e) x  [2,3] 
f) x [0,0.5] g) x [0,2] h) não tem raízes 
reais 
i) x  [1,2] j) x  [1,1.5] 
3) (a) 
a) x =1.30859 b) x
=0.6203125 
c) x =-0.3398437 d) x =-0.5063 e) x =2.2266 
f) x =0.3828 g) x =1.6641 h) não tem raízes 
reais 
i) x =1.5593 j) x =1.28516 
(b) 
a) k=15 b) k=15 c) k=15 d) k=15 e) k=16 
f) k=15 g) k=17 h) não tem raízes i) k=17 j) k=15 
(c) 
a) x = 1.30979 b) x
=0.63121914 
c) x =-
0.33696352 
d) x =-0.499059 e) x =2.21911194 
f) x =0.38983599 g) x =-0.249023 h) não tem raízes i) x =1.5598 j) x =1.2833 
 
(d) 
a) x =1.30979959 b) x =0.63144245 c) x =-0.33691966 d) x =-0.5 e) x
=2.21910715 
f) x =0.389877 g) x =1.663251 h) não tem raiz i) x =1.5596 j) x =1.283531 
4) x =0.71439308 
 
5) 
A função interação Q(x)=
x
1
+
2
1
x
, para ser usada no método MIL tem que ser: 
i) Q(x) deve ser contínua ii) Q(x) deve ser derivável iii) |Q(x)|<=M<1 
. Daí o iii) não é satisfeito. Então Q(x) não serve para achar a raiz. 
 
6) 
2/1
1.0
1.0
1
101
)( 




 

x
x
e
e
xQ e x = 3.0434 
7) x =0.004392 
8) x =6.2848 e t 0 =6.28489 -> f’(t 0 )=0. Daí a bola demora esse tempo para chegar ao solo. 
9) A raiz de f’(x)=1.086134=x 0 . Daí f’ (x 0 )=0 então x 0 é o ponto de mínimo. 
10) x =0.000117171. Obs.: O ponto médio (0,0) é a raiz procurada. 
11) x =1.0818 12) x =1.171 13) x =9.966666679 14) x =1.32471 
15) a) x =-6.7922 b) x = -1.028 ±1.1544 c) x =1.8487 
i 
 
2.6 Raízes de Polinômios 
 
Neste capítulo abordamos os principais métodos para isolar as raízes de um polinômio 
de grau n e com coeficientes reais da forma: 
01
2
2
1
1 ...)( axaxaxaxaxp
n
n
n
n
n
n 




; 0na (3.1) 
com n  2. 
Teorema Fundamental da Álgebra 
Se )(xp é um polinômio de grau n  2, com coeficientes reais, admite exatamente n 
raízes ( 0na ) reais e/ou complexas. 
 
OBSERVAÇÃO: Se na equação (3.1) temos : 
 0oa , então =0 é raiz (simples) de )(xp . 
 0ia , para i = 0,1,2,..,r, então =0 é raiz de multiplicidade r+1. 
Para determinar o número máximo das raízes positivas e negativas, usaremos a regra 
dos sinais de “Descartes”: 
2.6.1. Regra dos Sinais de Descartes 
 
a) O número de raízes reais positivas de um polinômio de grau n, de coeficientes reais, é 
igual à mudança de sinais na sequência de seus coeficientes ak ou menor que este 
número numa quantidade par. 
 
b) O número de raízes reais negativas de um polinômio de grau n é igual ao número de 
mudanças de sinal na sequência de seus coeficientes ak do polinômio )( xp  ou é 
menor que este número numa quantidade par. 
 
c) Se uma equação algébrica admite a raiz complexa biaz  , onde 1i , então sua 
conjugada biaz  também é raiz. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
René Descartes (1596-1650) 
 
Filósofo e Físico Matemático francês, 
também conhecido como Renatus 
Cartesius. Conhecido por sua contribuição 
com a álgebra, sistema cartesiano, 
geometria analítica, entre outros. 
Exemplo 1: Através da regra de sinal de Descartes, determine o número de raízes reais 
e/ou complexas do polinômio: 
 xxxxxp 16107)( 234  . 
Solução 
O polinômio dado é de grau 4. Como 0oa , então 1 = 0 é raiz. Então podemos fatorar 
x no polinômio )16107()( 23  xxxxxp e basta observemos a mudança de sinais 
no polinômio 16107)( 233  xxxxp : 
16107)( 233  xxxxp 
 
 
 
 Ocorrem 2 mudanças. Por tanto existem duas raízes ou nenhuma raiz real positiva. 
Analisando o polinômio )(3 xp  
 16107)( 233  xxxxp 
 

 
ocorre uma mudança, portanto existe uma raiz real negativa. 
 
Logo, pelo regra de Descartes temos duas possibilidades: 
 
Raízes 1
o
 caso 2
o
 caso 
Raízes positivas 2 0 
Raízes nulas 1 1 
Raízes negativas 1 1 
Raízes complexas 0 2 
TOTAL 4 4 
 
As raízes deste polinômio podem ser determinadas utilizando o esquema de Horner ou 
esquema prático de Briot-Ruffini, da seguinte forma, tentamos com os divisores de 16 
 
 
 
 
 
 
 
 
Portanto as raízes de xxxxxp 16107)( 234  são: 0, 1, -2 e 8. 
 
 1 -7 -10 16 
 8 8 8 -16 
 
 -2 
1 1 
-2 
-2 
2 
0 
 
 
 1 
1 -1 
1 
0 
 
 
 1 0 
Teorema de Hua 
Se uma equação algébrica de grau n, com coeficientes reais e todas suas raízes são reais, 
então o quadrado de cada coeficiente extremo da equação é maior que o produto dos 
coeficientes adjacentes i.é.: 11
2
  kkk aaa para k= 1, 2 , ..., n-1. 
 
Corolário ou Regra de Hua 
Se em uma equação algébrica de grau n, para algum um k; 11  nk , temos: 
 11
2
  kkk aaa , ak ≠0 
Então, a equação admite pelo menos um par de raízes complexas. 
 
O corolário de Hua nos dá uma condição necessária, mas não é suficiente! 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 2: Dado o polinômio 1)( 7  xxp determine o número de raízes reais e/ou 
complexas. 
Solução: 
O grau do polinômio dado é 7. Não ocorrem mudanças de sinal em )(xp . Então, pela 
regra se sinais de Descartes, não admite raízes reais positivas. 
Analisando 1)( 7  xxp , vemos ocorre uma mudança de sinal. Portanto admite 
uma raiz real negativa. 
1
)1)(0()0(0
0)0(0
)1()0(00
1
7
2
6
2
2
2
1





a
a
a
a
ao

 
O matemático chinês Loo-keng Hua, nasceu em Jintan, 
Jiangsu. Ele foi o fundador e pioneiro em muitos 
campos de investigação matemática. Ele era muito alegre 
e otimista, a pesar dos problemas de saúde e a falta de 
recursos econômicos. Hua apenas terminou o primário, 
mas tinha muito talento. 
Escreveu mais de 200 artigos e monografias, muitos dos 
quais se tornaram clássicos. Recebeu o título de doutor 
honorário da Universidade de Nancy na França em 1980. Loo-Keng Hua 
(1910-1985) 
 
Portanto, o corolário de Hua nos garante que existe pelo menos um par de raízes 
complexas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 2.6.2. Esquema de Horner 
 
Seja ;...)( 01
2
2
1
1 axaxaxaxaxp
n
n
n
n
n
n 




 
(3.2) 
0na e nkIRak ,...,1,  
 
Fazendo kx  em (3.2) temos ;...)( 01
2
2
1
1 akakakakakp
n
n
n
n
n
n 




mas para 
determinar este valor desta forma demora muito, então escrevemos 
 
nn ab  
nnn kbab   11 
][ 12122 nnnnnn kaakakbab   
 (3.3) 
⁞ 
 
))](...((([ 1432110 nnoo kaakakakakaakbab   
 
O método de Horner também é conhecido como multiplicação aninhada. 
 
Um dispositivo que facilita os cálculos dos kb , k=0,1,..,n é o esquema de Horner, da 
forma 
 
 
na 1na 2na ... 1a oax=k 
nkb 1nkb ... 2kb 1kb 
 

nb
na 
1
1


nb
nn kba 
2
12

 
nb
nn kba ... 
1
21
b
kba  

ob
o kba 1 
 
 
Exemplo: 
Raízes 1
o
 caso (único) 
Raízes positivas 0 
Raízes nulas 0 
Raízes negativas 1 
Raízes complexas 6 
TOTAL 7 
Seja 16107)( 23  xxxxp . Determine )4(p . 
728816
221210
347
1
1
2
3




ob
b
b
b
 
Portanto 72)4( p ou 
 
 1 -7 -10 16 
 x=4 4 -12 -88 
 1 -3 -22 -72 = p(4) 
 
Observe que o polinômio dado, pode ser escrito de forma equivalente como: 
72)223)(4(16107)( 223  xxxxxxxp . 
 
 Para determinar um intervalo que contenha todas as raízes reais, usamos a seguinte 
proposição: 
 
2.6.3. Cotas de Laguerre-Thibault 
 
Dado um polinômio )(xp de grau n com coeficientes reais, determinamos o polinômio 
 





x
pxp
xq
)()(
)( , onde m,...,2,1 . 
 Se todos os coeficientes de )(xq são positivos ou nulos e 0)( p , então  é 
uma cota superior das raízes positivas de )(xp . 
 
O esquema de Horner é muito útil e prático para encontrar estas cotas 
 
 
 
na 1na 2na ... 1a oa 
 
x 
 
nb 1 nb ... 2b 1b 
 

nb
na 
1
1


nb
nn ba 
2
12

 
nb
nn ba ... 
1
21
b
ba  )(1  pba
ob
o 
 
 
 
Coeficientes do polinômio 





x
pxp
xq
)()(
)( . Observe que os coeficientes do 
polinômio )(xq correspondem aos valores de kb , k=0,..n. 
 
 A cota inferior é determinada ao substituir x por x e multiplicamos por (-1)
n 
o 
polinômio dado (3.2) e realizamos um procedimento análogo para ( ) ( 1) ( ).np x p x   
Obtendo uma cota inferior, a qual a denotamos por . 
 
Portanto ao determinar as Cotas de Laguerre-Thibault, obtemos os extremos do 
intervalo ] , [I    
 (3.4) 
onde  e  são cotas inferior e superior respectivamente. O intervalo I contém todas 
as raízes reais do polinômio )(xp . 
 
De fato isto é verdade, pois: 
 
( ) ( ) ( ) ( )p x p q x x 
  
   > 0 para todo x e 
  

 )()(~)()( xxqQxQ > 0 para todo x , então ,0)( xp para x 
 
Exemplo 1: Seja 16107)( 23  xxxxp . Determine as Cotas de Laguerre-Thibault. 
Solução: 
Sabendo que os divisores de 16 são: 16, 8, 4, 2, podemos escolher como  um 
desses divisores. 
Se fazemos 4 obtemos 72)4( p < 0 e 223)( 2  xxxq , portanto não serve 
este valor como limitante superior. Ao tentamos com 8 
 
 
 8 
1 -7 - 10 16 
 8 8 -16 
 1 1 - 2 <0 0  0 
Temos um coeficiente negativo, portanto tentamos com o consecutivo. 
 
Ao fazer 9 temos 
 1 -7 -10 16 
 9 9 18 72 
 1 2 8 88 = p(9) 
 
Logo 82)( 2  xxxq , como todos os coeficientes são positivos e p(9)>0, então o 
valor de 9 serve como limitante superior. 
 
Para obter um limite inferior das raízes k, consideramos o polinômio p(-x), para 
este novo polinômio, encontraremos um número  ( >0) tal que todos os coeficientes 
no esquema de Hörner sejam não negativos. Então seguindo o razoamento anterior, 
temos a desigualdade: 
 - k  , k=1,2,...,m  n e k raiz do polinômio Q(x) 
em consequência k  -, teremos obtido portanto o limite inferior - das raízes reais 
de p(x). 
 
 
 -  1 2 ... m 
 
Conclusão: Todas as raízes reais de p(x) estão contidas no intervalo I= [ -, ] 
 
Continuando o exemplo 1: sendo q3(x)=(-1)( -x
3
 -7x
2
 +10x +16) 
 
 
 2 
1 7 -10 -16 
 2 18 16 
 1 9 8 0  0 
o último termo tem que ser positivo, como faltou pouco, vamos tentar com =2.1 
 
 
2.1 
1 7 -10 -16 
 2.1 19.11 19.131 
 1 9.1 9.11 3.131 > 0 
 
Logo  = 2.1 
 
Portanto as raízes reais do polinômio p(x) = x
4
 -7x
3
 -10x
2
 +16x = 0, estão contidas no 
intervalo : 
I= [-2.1, 9] = [ -, ]. 
 
 
Exemplo 2: Sendo p(x) = x
4
 - 2x
3
 + 3x
2 
+ 4x -1. Determine o número de raízes reais 
positivas, nulas, negativas e o intervalo que as contém. 
 
Contando as mudanças de sinal em p(x): + - + + -, então temos 3 mudanças. 
Contando as mudanças de sinal de p(-x) : + + + - - , temos 1 mudanças. 
 
Raízes 1
o
 caso 2
o
 caso 
raízes positivas 3 1 
raízes nulas 0 0 
raízes negativas 1 1 
raízes complexas 0 2 
TOTAL 4 4 
 
Tendo: 
1
)1)(3()2(2
)2)(4(33
)3)(1(44
1
4
2
3
2
2
2
1





a
a
a
a
ao
 
 
Não existe nenhum k tal que satisfaça a regra de Hua. Portanto nada a afirmar! 
A regra de Hua nos dá uma condição necessária, mas não suficiente! Graficamente 
podemos visualizar que p admite um par de raízes reais, portanto existem duas raízes 
complexas. Estamos no caso 2. 
 
Determinando  e  pelo esquema de Horner: 
Para p(x): 
 
 2 
1 -2 3 4 -1 
0 2 0 6 20 
 1 0 3 10 19 >0 
 
Para (-1)
4
p(-x) = x
4
 + 2x
3
 + 3x
2 
- 4x -1, temos: 
 
 
 1 
1 2 3 -4 -1 
 1 3 6 2 
 1 3 6 2 1 >0 
 
Portanto I =[-, ] = [-1, 2], i.é., as raízes reais do 2
o
 caso estão em I. 
 
Verifiquemos a analise, através do gráfico do polinômio p(x) : 
[> plot(x^4 – 2*x^3 + 3*x^2
 
+ 4*x –1, x= -1.. 2); 
 
Gráfico de p(x) = x
4
 - 2x
3
 + 3x
2 
+ 4x -1 
 
As raízes reais podem ser determinadas pelo método de Newton ou secante e são: 
 
 
Exercício: Sendo 
8
5
9
10
)( 2355
x
xxxxp  determine o número de raízes reais 
positivas, nulas, negativas e o intervalo que as contém. 
 
2.6.4. Localização de raízes complexas 
 
Existem 2 teoremas a mais, que nos ajudam a localizar os zeros e eles são: 
 
Teorema 3.1: Se p(x) é um polinômio de grau n e de coeficientes reais, então p(x) tem 
pelo menos um zero no interior do círculo centrado na origem e de raio igual ao valor 
min{1, n} onde: 
1 = 
1a
a
n o n = n
n
o
a
a
 (3.4) 
 
Teorema 3.2: Se 0;...)( 01
2
2
1
1 



 n
n
n
n
n
n
n aaxaxaxaxaxp é um 
polinômio de grau n e de coeficientes reais, então cada zero de p(x) se encontra na 
região circular de centro na origem e raio R, onde R é: 
 
n
k
nk a
a
R
10
max1

 (3.5) 
Ao substituir 
y
x
1
 no polinômio de ordem n, temos: 
 0;
1
...
1111
01
2
2
1
1 
































 n
n
n
n
n
n
n aa
y
a
y
a
y
a
y
a
y
p 
Multiplicando por ny a expressão anterior 
 0;...
1
0
1
1
2
2
1
1 




 
 n
nn
nnn
n ayayayayaa
y
py 
Supondo que 00 a , o polinômio 






y
pyyq n
1
)( é de ordem n, pelo teorema 2, todas 
as raízes ky de q(y) estão na região circular de centro na origem e raio r, onde r é: 
 
0
1
max1
1
a
a
r
k
nk

 (3.6) 
assim 
0
1
max1
1
a
a
x
y k
nk
k
k

 , portanto 
0
1
max1
1
a
a
x
k
nk
k


 (3.7) 
 
Podemos concluir que todas as raízes do polinômio 
 0;...)( 01
2
2
1
1 



 n
n
n
n
n
n
n aaxaxaxaxaxp 
Estão contidas no anel circular de raio r e R respectivamente. 
 
 
 No exemplo 3: Sendo 4 3 2( ) 2 3 4 1p x x x x x     
 
 1 = 1
|4|
|1|
4 

 n = 1
|1|
|1|
4

, 
Assim, min {1 , 1} =1 
O teorema 1 nos garante que, pelo menos uma raiz no círculo de raio 1 e centro na 
origem. 
 
Pelo teorema 2, temos 
R 5}4,3,2,1max{1
1
max1
30


k
k
a
 e 
5
1
}4,3,2,1max{1
1
max1
1
0
1





 a
a
r
k
nk
. 
Portanto todas as raízes não nulas de p(x) estão contidas no anel circular com centro na 
origem e raios 
5
1
 e 5 respectivamente, conforme pode ser observado na seguinte 
figura. 
 
Raízes do polinômio são 
}799993.1343636.1,799993.1343636.1,218769.0,906039.0{ ii  
Obs. O teorema 2 nos ajuda a localizar as raízes complexas, já que as raízes reais estão 
localizadas. 
2.6.5. Cota de Kojima 
Seja (0, )B r uma bola centrada na origem e raio ; 0r r  , no plano Gaussiano ou 
plano complexo, tal que (0, )B r contém todas as raízes do polinômio: 
 1 2
1 2 1 0( ) ... ,
n n n
n n np x a x a x a x a x a
 
       onde 0na  e 
, 1,..., .ka IR k n  
 O valor “r “ corresponde à cota de Kojima e é determinado pela soma dos 2 maiores 
valores da sequência 1 2 1{ , ,..., }nq q q  , onde 
1/2 1/3 1/
1 2 3 0
1 2 3 1, , ,...,
n
n n n
n
n n n n
a a a a
q q q q
a a a a
  
    . 
 
Por exemplo: Se consideramos o polinômio dado no anterior exemplo 
4 3 2( ) 2 3 4 1p x x x x x     
Temos, 
1/2 1/3 1/4
1 2 3 4
2 3 4 1
2, 1.7321, 1.587, 1
1 1 1 1
q q q q        , 
Os dois maiores valores são 1q e 2q , então 3.7321r  , portanto tem-se 
 
A bola (0, ) (0,3.7321)B r B , contendo as raízes de 4 3 2( ) 2 3 4 1p x x x x x     as 
quais são: 
1 2 3 40.906039, 0.218769, 1.343636 1.799993, 1.343636 1.799993i i          . 
 
 Uma vez localizadas as raízes reais, o melhor método para encontrar a raiz 
aproximada é o método de Newton ou das secantes. 
 
Existem outros critérios para delimitar a região que contém as raízes, veja por exemplo 
a RPM 42 pg. 40 do prof. Lenimar Nunes. 
 
 
 EXERCÍCIOS 
Determine quantas raízes reais e/ou complexas admitem os seguintes polinômios: 
1) 282)( 255  xxxxp 
2) 91312)( 2566  xxxxp 
3) 2344 58)( xxxxp  
4) 
2467
7 123)( xxxxxp  
 
Respostas: 
 
1) raízes reais: 1 2) raízes reais: 2 
 raízes complexas: 4 raízes complexas: 4 
 
 3) raízes reais: 4 4) raízes reais: 5 , raízes complexas: 2