Através da aplicação do método de Newton, determine com uma tolerância de 10^{-3}, a menor raiz positiva da equação 4 \cos (x)-e^{x}=0. Utilize o erro absoluto. Considere como condição inicial x_{0}=0.

Passo 1

O enunciado pede a menor raiz positiva de
f(x)=4\cos(x)-e^{x}=0
usando o método de Newton com tolerância de \,10^{-3} no erro absoluto e condição inicial x_{0}=0.

Passo 2

O método de Newton aplica a iteração
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}.
Aqui
f(x)=4\cos(x)-e^{x}, \quad f'(x)=-4\sin(x)-e^{x}.

Passo 3

Calculamos x_{1} e x_{2}:
Em x_{0}=0
f(0)=4\cdot1-1=3, \quad f'(0)=0-1=-1
x_{1}=0-\frac{3}{-1}=3.
Em x_{1}=3 (valores aproximados)
f(3)=4\cos(3)-e^{3}\approx-24{,}0455, \quad f'(3)\approx-20{,}650
x_{2}=3-\frac{-24{,}0455}{-20{,}650}\approx1{,}836.

Passo 4

Calculamos x_{3} e x_{4}:
Em x_{2}\approx1{,}836
f(1{,}836)\approx-7{,}33, \quad f'(1{,}836)\approx-10{,}126
x_{3}=1{,}836-\frac{-7{,}33}{-10{,}126}\approx1{,}112.
Em x_{3}\approx1{,}112
f(1{,}112)\approx-1{,}253, \quad f'(1{,}112)\approx-6{,}622
x_{4}=1{,}112-\frac{-1{,}253}{-6{,}622}\approx0{,}923.

Passo 5

Calculamos x_{5} e x_{6} e verificamos a tolerância:
Em x_{4}\approx0{,}923
f(0{,}923)\approx-0{,}105, \quad f'(0{,}923)\approx-5{,}705
x_{5}=0{,}923-\frac{-0{,}105}{-5{,}705}\approx0{,}9047.
Em x_{5}\approx0{,}9047
f(0{,}9047)\approx-0{,}0019, \quad f'(0{,}9047)\approx-5{,}6166
x_{6}=0{,}9047-\frac{-0{,}0019}{-5{,}6166}\approx0{,}90435.
O erro absoluto é
\bigl|x_{6}-x_{5}\bigr|\approx0{,}00034<10^{-3},
logo atingimos a tolerância.

Resposta

A menor raiz positiva, com erro absoluto abaixo de 10^{-3}, é aproximadamente
x\approx0{,}904.

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