Aplique o método de Newton-Raphson nos exemplos abaixo, para a obtenção de uma das raízes com mais precisão. Execute ao menos três iterações, chute um valor final para a raiz, e evidencie qual o erro relativo máximo deste valor.
f(x)=\ln (x)-2 (chute inicial: x_{0}=6 );

Passo 1

O enunciado dá a função e o chute inicial e pede que apliquemos Newton–Raphson por ao menos três iterações, que chutemos um valor final para a raiz e que evidenciemos o erro relativo máximo desse valor.
  • Função: f(x)=\ln(x)-2.
  • Chute inicial: x_{0}=6.
  • Pedidos:
    1. Executar pelo menos três iterações do método de Newton–Raphson.
    2. Escolher um valor final (após as iterações) para a raiz.
    3. Mostrar o erro relativo máximo desse valor (estimar um limite superior para o erro relativo).

Passo 2

O que é o método de Newton–Raphson (explicação passo a passo, sem pular etapas).
  • Ideia: aproximar a raiz de f(x)=0 usando a reta tangente à curva y=f(x) em um ponto x_n. A intersecção dessa reta com o eixo x é o próximo chute x_{n+1}.
  • Fórmula geral do método: a partir de um x_n,
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
  • Significado das variáveis:
    • x_n: o n-ésimo chute (estimativa atual da raiz).
    • f(x_n): valor da função no chute atual (mostra o quanto estamos longe do zero).
    • f'(x_n): derivada da função no chute (declividade da reta tangente).
    • x_{n+1}: nova estimativa obtida cortando a tangente com o eixo x.

Passo 3

Derivada da função e simplificação da fórmula para este problema.
  • Temos f(x)=\ln(x)-2. A derivada é
f'(x)=\frac{1}{x}.
  • Substituindo na fórmula de Newton:
x_{n+1}=x_n-\frac{\ln(x_n)-2}{1/x_n}=x_n-x_n\bigl(\ln(x_n)-2\bigr).
  • Simplificando:
x_{n+1}=x_n\bigl(1-(\ln(x_n)-2)\bigr)=x_n\bigl(3-\ln(x_n)\bigr).
Essa forma é prática porque reduz a conta a avaliar \ln(x_n) e multiplicar por x_n.

Passo 4

Primeira iteração ( x_0\to x_1).
  • Avaliar \ln(x_0)=\ln(6). Usando uma aproximação:
\ln(6)\approx 1,791759469.
  • Aplicar a fórmula simplificada:
x_1 = x_0\bigl(3-\ln(x_0)\bigr)=6\bigl(3-1,791759469\bigr)=6\cdot1,208240531.
  • Calculando:
x_1\approx 7,249443185.

Passo 5

Segunda iteração ( x_1\to x_2). Como calcular \ln(x_1) sem calculadora (truque prático).
  • Observação útil: a raiz exata de f(x)=\ln(x)-2 é x=\mathrm{e}^{2}\approx7,3890560989, porque \ln(\mathrm{e}^{2})=2. Isso nos permite usar uma expansão de Taylor de \ln em torno de \mathrm{e}^{2} para obter \ln(x_1) com poucas operações:
    • Se a=\mathrm{e}^{2} e x=a+h com h pequeno, então
    \ln(a+h)\approx \ln(a)+\frac{h}{a}-\frac{h^{2}}{2a^{2}}+\cdots.
    • Aqui \ln(a)=2, o que simplifica bastante os cálculos.
  • Calcular h=x_1-a:
a=\mathrm{e}^{2}\approx 7,38905609893,\qquad h=x_1-a\approx 7,249443185-7,38905609893=-0,139612914.
  • Aplicando a expansão até o termo quadrático (já suficientemente preciso para nossas iterações):
\ln(x_1)\approx 2+\frac{h}{a}-\frac{h^{2}}{2a^{2}}.
  • Substituindo números:
    • \dfrac{h}{a}\approx -0,018901.
    • \dfrac{h^{2}}{2a^{2}}\approx 0,00017844.
\ln(x_1)\approx 2-0,018901-0,00017844\approx 1,980920606.
  • Agora aplicar a fórmula de Newton:
x_2 = x_1\bigl(3-\ln(x_1)\bigr)=7,249443185\cdot(3-1,980920606).
  • Calculando o fator:
3-1,980920606=1,019079394.
  • Então
x_2\approx 7,249443185\cdot1,019079394\approx 7,387758089.

Passo 6

Terceira iteração ( x_2\to x_3).
  • Novamente usamos a expansão em torno de a=\mathrm{e}^{2} para \ln(x_2). Calcule h=x_2-a:
h\approx 7,387758089-7,38905609893=-0,0012980099.
  • Termos da expansão:
    • \dfrac{h}{a}\approx -0,0001756.
    • \dfrac{h^{2}}{2a^{2}} é da ordem de 10^{-8} e pode ser desprezado para os dígitos que queremos aqui.
\ln(x_2)\approx 2-0,0001756\approx 1,9998244.
  • Aplicar a fórmula:
x_3=x_2\bigl(3-\ln(x_2)\bigr)=7,387758089\cdot(3-1,9998244).
  • Calculando o fator:
3-1,9998244=1,0001756.
  • Então
x_3\approx 7,387758089\cdot1,0001756\approx 7,389056071.

Passo 7

Interpretação das iterações e estimativa do erro relativo máximo.
  • Fizemos três iterações e obtivemos:
    • x_0=6
    • x_1\approx 7,249443185
    • x_2\approx 7,387758089
    • x_3\approx 7,389056071
  • Observação: a raiz exata é x=\mathrm{e}^{2}\approx 7,38905609893. Podemos comparar:
    • Erro absoluto real em x_3: |x_3-\mathrm{e}^{2}|\approx 2,79\cdot10^{-8} (muito pequeno).
    • Erro relativo real em x_3: \dfrac{|x_3-\mathrm{e}^{2}|}{\mathrm{e}^{2}}\approx 3,78\cdot10^{-9}.
  • Porém, quando se pede o “erro relativo máximo” de uma estimativa num método iterativo, é comum usar a diferença entre últimas iterações como uma estimativa conservadora (um limite superior prático) para o erro absoluto restante. Assim:
    • Estimativa do erro absoluto máximo \approx |x_3-x_2|.
    • Portanto erro relativo máximo estimado:
\frac{|x_3-x_2|}{|x_3|}\approx \frac{7,389056071-7,387758089}{7,389056071}\approx\frac{0,001297982}{7,389056071}\approx 0,0001756.
  • Em notação científica:
\text{erro relativo máximo (estimado)}\approx 1,756\cdot10^{-4}\quad(\text{ou }0,01756\%).á
  • Observação final e incentivo: na prática vimos que Newton–Raphson convergiu rápido (em 3 iterações já chegamos à 7 casas decimais corretas) — a estimativa pelo último passo é conservadora; o erro real é bem menor.

Resposta

x\approx 7,389056071
erro relativo máximo estimado \approx 1,756\cdot10^{-4}

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