([CHAPRA, 2008], Problema 6.5, Página 123) Determine a raiz positiva de \mathrm{f}(\mathrm{x})= \mathrm{x}^{10}-1, usando o método de Newton-Raphson e uma aproximação inicial \mathrm{x}=0,5.

SOLUÇÃO:

Solução. A fórmula de Newton-Raphson para esse caso é
x_{i+1}=x_{i}-\frac{x_{i}^{10}-1}{10 x_{i}^{9}}
a qual pode ser usada para calcular
Iteração \boldsymbol{x}
0 0,5
1 51,65
2 46,485
3 41,8365
4 37,65285
5 33,887565
\vdots
\infty 1,0000000
Logo, depois da primeira previsão fraca, a técnica está convergindo para a raiz verdadeira de 1 , mas a uma taxa muito lenta.

Passo 1

O enunciado pede: determinar a raiz positiva da função \mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{10}-1 aplicando o método de Newton-Raphson com aproximação inicial \mathrm{x}=0,5.
Informações dadas que vamos usar: a função \mathrm{f}, a aproximação inicial \mathrm{x}_0=0,5 e que devemos usar a iteração de Newton-Raphson para localizar a raiz positiva.

Passo 2

Vou explicar rapidamente o método de Newton-Raphson (sem assumir que você já saiba). A ideia é: se queremos resolver \mathrm{f}(x)=0, a cada iteração construímos a reta tangente a \mathrm{f} em x_i e usamos a interseção dessa reta com o eixo x como nova aproximação x_{i+1}. A fórmula geral é
x_{i+1}=x_i-\frac{\mathrm{f}(x_i)}{\mathrm{f}'(x_i)}.
Aqui:
  • \mathrm{f}(x_i) é o valor da função no ponto atual x_i;
  • \mathrm{f}'(x_i) é a derivada da função no ponto x_i;
  • a fração \mathrm{f}(x_i)/\mathrm{f}'(x_i) é a correção que subtraímos de x_i para chegar a x_{i+1}.

Passo 3

Aplicando ao nosso problema, primeiro calculamos a derivada de \mathrm{f}. Para \mathrm{f}(x)=x^{10}-1 temos derivada
\mathrm{f}'(x)=10x^{9}.
Expliquei: ao derivar x^{10} usamos a regra básica \frac{d}{dx}x^{n}=n x^{n-1}, então 10 x^{9}. O -1 some porque a derivada de constante é zero.

Passo 4

Agora plugamos na fórmula de Newton:
x_{i+1}=x_i-\frac{x_i^{10}-1}{10x_i^{9}}.
Podemos simplificar a fração para uma forma mais prática. Faça a divisão (x_i^{10}-1)/(10x_i^9)=x_i/10 - 1/(10x_i^9). Logo
x_{i+1}=x_i-\left(\frac{x_i}{10}-\frac{1}{10x_i^{9}}\right)=0{,}9\,x_i+\frac{1}{10x_i^{9}}.
Essa forma é útil porque mostra duas parcelas: 0{,}9\,x_i (que é uma redução linear do x_i) e uma segunda parcela \frac{1}{10x_i^{9}} que pode ser muito pequena quando x_i é grande.

Passo 5

Vamos calcular as primeiras iterações passo a passo (mostrando as contas). Começamos com \;x_0=0{,}5.
Cálculo de \;x_1:
x_1=0{,}9\cdot 0{,}5 + \frac{1}{10\cdot(0{,}5)^{9}}.
Primeiro (0{,}5)^{9}=0{,}001953125. Então
\frac{1}{10\cdot(0{,}5)^{9}}=\frac{1}{10\cdot 0{,}001953125}=\frac{1}{0{,}01953125}=51{,}2.
Assim
x_1=0{,}9\cdot 0{,}5 + 51{,}2 = 0{,}45 + 51{,}2 = 51{,}65.
Cálculo de \;x_2:
x_2=0{,}9\cdot 51{,}65 + \frac{1}{10\cdot(51{,}65)^{9}}.
Aqui (51{,}65)^{9} é gigantesco, então a fração \dfrac{1}{10(51{,}65)^{9}} é extremamente pequena (ordem de 10^{-17}, desprezável). Assim, numericamente
x_2\approx 0{,}9\cdot 51{,}65 = 46{,}485.
Cálculo de \;x_3:
x_3\approx 0{,}9\cdot 46{,}485 = 41{,}8365.
Cálculo de \;x_4:
x_4\approx 0{,}9\cdot 41{,}8365 = 37{,}65285.
Cálculo de \;x_5:
x_5\approx 0{,}9\cdot 37{,}65285 = 33{,}887565.
Esses valores coincidem com a tabela do enunciado. Observe que enquanto x_i for relativamente grande, o termo \dfrac{1}{10x_i^9} é minúsculo e a iteração fica praticamente x_{i+1}\approx 0{,}9 x_i.

Passo 6

Vamos interpretar o comportamento: a iteração exata é
x_{i+1}=0{,}9 x_i + \frac{1}{10 x_i^{9}}.
Se x_i for grande, a segunda parcela é quase zero e a iteração reduz x por um fator aproximadamente 0{,}9 a cada passo — isso é uma convergência linear e lenta. Quando x_i ficar perto de 1, os termos se equilibram e o método encontra a raiz. Note que o ponto fixo dessa iteração satisfaz
x=0{,}9 x + \frac{1}{10x^{9}} \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{10x^{9}}=\frac{1}{10}x \quad\Longrightarrow\quad x^{10}=1,
ou seja, o único ponto fixo positivo é \;x=1, que é exatamente a raiz positiva procurada.

Passo 7

Estimativa do número de iterações necessárias: enquanto a parcela \dfrac{1}{10x_i^9} for desprezível, podemos aproximar x_i\approx 51{,}65\cdot 0{,}9^{\,i-1} (a partir de x_1). Para saber quantas iterações até x_i\approx 1, resolvemos aproximadamente
51{,}65\cdot 0{,}9^{\,n}\approx 1.
Tomando logaritmo natural:
n\approx\frac{\ln\!\left(\dfrac{1}{51{,}65}\right)}{\ln(0{,}9)}.
Numericamente, \ln(51{,}65)\approx 3{,}943 e \ln(0{,}9)\approx -0{,}1053605, então
n\approx\frac{-3{,}943}{-0{,}1053605}\approx 37{,}4.
Ou seja, serão necessárias algo como 38 iterações para a sequência atingir valores próximos de 1 (a partir de x_1). Isso explica o comentário do enunciado: a técnica converge, mas muito devagar a partir de x_0=0{,}5.

Passo 8

Comentário sobre convergência quadrática: quando a aproximação já estiver suficientemente próxima da raiz \,x=1, o método de Newton passa a ter convergência quadrática (o erro se reduz muito rápido). Porém, neste caso a região “suficientemente próxima” só é atingida depois de muitas iterações porque a iteração inicial se comporta linearmente com fator 0{,}9. Logo, começando em \;x_0=0{,}5 o método tardará muitas iterações até entrar no regime rápido.

Resposta

1

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