[6] Faça duas iterações do método de Newton para obter a aproximação x^(2) do sistema não linear
3 x1-cos (x2 x3)-12 & =0 x1^2-81(x2+0.1)^2+sin (x3)+1.06 & =0 e^-x1 x2+20 x3+10 pi-33 & =0
partindo da solução aproximada x^(0)=(0.1,0.1,-0.1), cuja solução aproximada é x=(0.5,0,-0.52359877).

Passo 1

O enunciado pede duas iterações do método de Newton para o sistema
F1(x1,x2,x3)=3x1-cos(x2x3)-tfrac12=0, F2(x1,x2,x3)=x1^2-81(x2+0.1)^2+sin(x3)+1.06=0, F3(x1,x2,x3)=e^-x1x2+20x3+dfrac10pi-33=0,
partindo de x^(0)=(0.1,0.1,-0.1). A cada iteração resolvemos
Jl( x^(k)r),De<a x^(k)=-Fl( x^(k)r), x^(k+1)= x^(k)+De<a x^(k),
onde J é a matriz Jacobiana de F.

Passo 2

Avaliaremos F(x^(0)) e J(x^(0)). Com x^(0)=(0,1,0,1,-0,1) temos
F(x^(0))= 3(0,1)-cos(0,1cdot(-0,1))-tfrac12 (0,1)^2-81(0,1+0,1)^2+sin(-0,1)+1,06 e^-0,1cdot0,1+20(-0,1)+tfrac10pi-33 approx -1,19995 -2,26983 8,46202
As derivadas parciais são
J(x)= 3 & x3sin(x2x3) & x2sin(x2x3)[6pt] 2x1 & -162(x2+0,1) & cos(x3)[6pt] -,x2e^-x1x2 & -,x1e^-x1x2 & 20 ,
logo em x^(0)
J(x^(0))approx 3 & 0,0010 & -0,0010 0,2 & -32,4 & 0,9950 -0,0990 & -0,0990 & 20
Resolvendo
J(x^(0)),De<a x^(0)=-F(x^(0))
obtém‐se
De<a x^(0)approx(0,39987,,-0,08054,,-0,42147) e assim
x^(1)=x^(0)+De<a x^(0) approx(0,49987,;0,01946,;-0,52147) ]

Passo 3

Repetimos o processo em x^(1)=(0.49987,0.01946,-0.52147). Primeiro
F( x^(1))approx -0.0003396 -0.34375 0.03289 ,
depois a Jacobiana
J( x^(1))approx 3 & 0.00529 & -0.000198 0.99974 & -19.3532 & 0.86709 -0.01927 & -0.49503 & 20 ,
e então resolvemos
J( x^(1)),De<a x^(1)=-F( x^(1)),
chegando a
De<a x^(1)approx(0.0001445,,-0.01784,,-0.002086). Logo
x^(2)= x^(1)+De<a x^(1) approx(0.500014,;0.001624,;-0.523556)

Resposta

x^(2)approx(0.500014,;0.001624,;-0.523556).

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