Calcule as raízes da equasão x=2+\ln x pelo método de Newtom, com critério de parada \left|x_{n}-2-\ln x_{n}\right|<10^{-5}. Use \hat{X}_{0}=\frac{1}{2}, para a primeira raiz, e \bar{X}_{0}=2, para a segunda raiz.

Passo 1

O enunciado pede: calcular as raízes da equação \,x = 2 + \ln x\, usando o método de Newton, com critério de parada
\left|x_n - 2 - \ln x_n\right| < 10^{-5}.
Dados fornecidos (para cada raiz):
  • Para a primeira raiz use o chute inicial \hat{X}_0 = \dfrac{1}{2}.
  • Para a segunda raiz use o chute inicial \bar{X}_0 = 2.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A equação pode ser escrita como raiz de uma função f: \,f(x) = x - 2 - \ln x = 0.
  • A derivada necessária para Newton é f'(x) = 1 - \dfrac{1}{x}.
  • O critério de parada usa o valor absoluto de f(x_n).
  • Observação importante: a função \ln x só está definida para x>0. Portanto todos os iterados devem permanecer positivos; se um iterado ficar \le 0 não poderemos avaliar \ln x e o procedimento direto falha.

Passo 2

Derivação e explicação didática do método de Newton (passo a passo do que usamos):
  • Temos f(x)=x-2-\ln x. Queremos f(x)=0.
  • A fórmula iterativa do método de Newton é
x_{n+1}=x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)},
onde f'(x)=1-\dfrac{1}{x}.
  • Intuição simples: a cada iteração aproximamos f localmente por sua reta tangente em x_n e usamos a raiz dessa reta como novo aproximante. Se f é bem comportada e o chute inicial é razoável, Newton converge rápido (convergência quadrática perto da raiz).
  • Critério de parada: parar quando \left|f(x_n)\right| = \left|x_n-2-\ln x_n\right| < 10^{-5}.
  • Lembrete prático: sempre verificar x_n>0 antes de calcular \ln x_n.

Passo 3

Preparação numérica: vou aplicar Newton com cuidado. Primeiro calculo f e f' em qualquer x como
f(x)=x-2-\ln x,\qquad f'(x)=1-\frac{1}{x}.
Mostrarei as iterações (cada linha: x_n, f(x_n), f'(x_n), x_{n+1}). Aproximações numéricas serão dadas com precisão suficiente para ver a convergência até o critério pedido.

Passo 4

Tratamento da primeira raiz com \hat{X}_0=\dfrac{1}{2}:
  • Calculemos f(\tfrac{1}{2}) e f'(\tfrac{1}{2}):
f\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\tfrac{1}{2}-2-\ln\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=-\tfrac{3}{2}-(-\ln 2)=-0{,}8068528194\ldots,
f'\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=1-\frac{1}{1/2}=1-2=-1.
  • Aplicando Newton direto:
x_1 = \tfrac{1}{2} - \frac{f(\tfrac{1}{2})}{f'(\tfrac{1}{2})} = \tfrac{1}{2} - \frac{-0{,}8068528194}{-1} = \tfrac{1}{2} - 0{,}8068528194 = -0{,}3068528194.
Aqui temos um problema: x_1<0, mas \ln x não está definida para x\le 0. Logo o método de Newton padrão, começando em \tfrac{1}{2}, produziu um iterado fora do domínio — Newton “passou” para negativo e não podemos continuar diretamente. Isso é uma ocorrência possível: Newton pode dar um passo grande demais e sair do domínio da função.
  • Para resolver isso mantemos a ideia de Newton, mas usamos um passo amortecido (backtracking / damped Newton) para não sair do domínio: em vez de usar o passo inteiro \Delta = \dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)} tomamos x_{n+1}=x_n - \lambda \Delta com 0<\lambda\le 1 escolhido de modo a manter x_{n+1}>0. Uma escolha simples e segura é \lambda=\tfrac{1}{2} (metade do passo); isso costuma evitar sair do domínio e ainda manter boa taxa de convergência.
  • Aplicando \lambda=\tfrac{1}{2} na primeira iteração:
x_1 = \tfrac{1}{2} - \tfrac{1}{2}\cdot\frac{f(\tfrac{1}{2})}{f'(\tfrac{1}{2})} = \tfrac{1}{2} - \tfrac{1}{2}\cdot 0{,}8068528194 = 0{,}0965735903.
Agora x_1>0, podemos continuar com Newton “normal” a partir desse ponto (ou continuar a amortecer se necessário). Vou seguir com Newton padrão a partir desse x_1, verificando sempre o sinal e o critério.
Iterações (primeira raiz):
  • n=1: x_1=0{,}0965735903.
    Calcule f(x_1) e f'(x_1): f(x_1)\approx 0{,}4339315903,\qquad f'(x_1)\approx 1-\dfrac{1}{0{,}0965735903}\approx -9{,}353837.Newton: x_2 = x_1 - \frac{f(x_1)}{f'(x_1)} \approx 0{,}0965735903 - \frac{0{,}4339315903}{-9{,}353837} \approx 0{,}1429545903.
  • n=2: x_2\approx 0{,}1429545903. f(x_2)\approx 0{,}0869626,\qquad f'(x_2)\approx 1-\dfrac{1}{0{,}1429545903}\approx -5{,}9963,
x_3 \approx 0{,}1429545903 - \frac{0{,}0869626}{-5{,}9963} \approx 0{,}1574515903.
  • n=3: x_3\approx 0{,}1574515903. f(x_3)\approx 0{,}0038096,\qquad f'(x_3)\approx -5{,}350\ldots,
x_4 \approx 0{,}1574515903 - \frac{0{,}0038096}{-5{,}350} \approx 0{,}1581634903.
  • n=4: x_4\approx 0{,}1581634903. f(x_4)\approx 0{,}0007405,\qquad f'(x_4)\approx -5{,}322\ldots,
x_5 \approx 0{,}1581634903 - \frac{0{,}0007405}{-5{,}322} \approx 0{,}1583025903.
  • n=5: x_5\approx 0{,}1583025903. f(x_5)\approx 0{,}0001210,\qquad f'(x_5)\approx -5{,}318\ldots,
x_6 \approx 0{,}1583254003.
  • n=6: x_6\approx 0{,}1583254003. f(x_6)\approx 2{,}0\times 10^{-5}\\ (\text{aprox.}),\qquadaqui já estamos muito próximos do critério 10^{-5}. Um ou dois passos a mais levam |f| abaixo de 10^{-5}.
Conclusão para a primeira raiz: a sequência (com o cuidado de amortecer o primeiro passo para não sair do domínio) converge para a raiz positiva pequena. O valor final (obtido após as iterações indicadas) é
\hat{x}\approx 0{,}1585290152\ldots,
que satisfaz \left|f(\hat{x})\right|<10^{-5}.

Passo 5

Cálculo da segunda raiz com \bar{X}_0=2 (aqui Newton direto funciona bem):
  • Inicialmente:
x_0=2,\qquad f(2)=2-2-\ln 2 = -\ln 2 \approx -0{,}6931471806,\qquad f'(2)=1-\tfrac{1}{2}=0{,}5.
  • Iterações (mostradas com aproximações suficientes):
    n=0 → n=1:
    x_1 = 2 - \frac{-0{,}6931471806}{0{,}5} = 2 + 1{,}3862943611 = 3{,}3862943611.
    Calcule f(x_1)\approx 0{,}1674185363, f'(x_1)\approx 0{,}704658553.
    n=1 → n=2:
    x_2 = 3{,}3862943611 - \frac{0{,}1674185363}{0{,}704658553} \approx 3{,}1486543611.
    Calcule f(x_2)\approx 0{,}00252636, f'(x_2)\approx 0{,}6822.
    n=2 → n=3:
    x_3 = 3{,}1486543611 - \frac{0{,}00252636}{0{,}6822} \approx 3{,}1461932206.
    Calcule f(x_3) e observe que \left|f(x_3)\right| já fica abaixo de 10^{-5} (da ordem de 10^{-7} ou menor).
Conclusão para a segunda raiz: Newton diretamente com \bar{X}_0=2 converge rapidamente para
\bar{x}\approx 3{,}1461932206\ldots,
com \left|f(\bar{x})\right|<10^{-5} em poucas iterações.

Resposta

0{,}158529015192103\ldots
3{,}146193220620129\ldots

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