Compare o método da posição falsa e o método de Newton na resolução da equação:
f(x)=x^{2}-\ln (x)-3
(a) Justifique um intervalo inicial adequado para o método da posição falsa.
(b) Execute 5 iterações de cada método.
(c) Compare a convergência dos métodos considerando a ordem de convergência e o número de iterações.

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x)=x^{2}-\ln(x)-3
e pede três coisas: (a) justificar um intervalo inicial adequado para o método da posição falsa; (b) executar 5 iterações do método da posição falsa e 5 iterações do método de Newton; (c) comparar a convergência dos dois métodos (ordem e número de iterações).
Informações relevantes que já temos (vou calcular valores que vamos usar):
  • f(1)=1^{2}-\ln(1)-3=1-0-3=-2.
  • f(2)=2^{2}-\ln(2)-3=4-\ln(2)-3=1-\ln(2). Como \ln(2)\approx0{,}693147, temos f(2)\approx0{,}3068528>0.
Portanto existe uma raiz em algum ponto de [1,2] porque f(1) e f(2) têm sinais opostos (teorema do valor intermediário).

Passo 2

Método da posição falsa (regula falsi) — explicação e fórmula.
  • Ideia: manter um intervalo [a,b] em que f(a) e f(b) têm sinais opostos e aproximar a raiz pela interseção da reta que liga (a,f(a)) e (b,f(b)) com o eixo x.
  • Fórmula do ponto de falsa posição c:
c=b-\frac{f(b)\,(b-a)}{f(b)-f(a)}.
Aqui a e b são as extremidades atuais do intervalo com f(a)\cdot f(b)<0. Após calcular c avaliamos f\text{(c)}. Se f\text{(c)} tem sinal oposto de f(a) então trocamos b\leftarrow c; se tem sinal oposto de f(b) então trocamos a\leftarrow c. Sempre mantemos um intervalo que contém a raiz.
Agora aplicamos o método com o intervalo inicial [a_{0},b_{0}]=[1,2]. Vou mostrar cinco iterações com os cálculos numéricos aproximados (números arredondados para 6 casas decimais onde aplicável).
Iteração 1:
  • a_{0}=1,\; f(a_{0})=-2{,}000000.
  • b_{0}=2,\; f(b_{0})\approx0{,}3068528.
  • Calcular
c_{1}=2-\frac{0{,}3068528\cdot(2-1)}{0{,}3068528-(-2)}=2-\frac{0{,}3068528}{2{,}3068528}\approx1{,}866982.
  • Avaliando f(c_{1}):
f(1{,}866982)\approx(1{,}866982)^{2}-\ln(1{,}866982)-3\approx-0{,}137821\\ (<0).
  • Como f(c_{1})<0 e f(b_{0})>0, substituímos a_{1}=c_{1}, b_{1}=b_{0}.
Iteração 2:
  • a_{1}\approx1{,}866982,\; f(a_{1})\approx-0{,}137821.
  • b_{1}=2,\; f(b_{1})\approx0{,}3068528.
  • Calcular
c_{2}=2-\frac{0{,}3068528\cdot(2-1{,}866982)}{0{,}3068528-(-0{,}137821)}\approx1{,}908225.
  • Avaliando f(c_{2}):
f(1{,}908225)\approx(1{,}908225)^{2}-\ln(1{,}908225)-3\approx-0{,}004842\\ (<0).
  • Substituímos a_{2}=c_{2}, b_{2}=b_{1}.
Iteração 3:
  • a_{2}\approx1{,}908225,\; f(a_{2})\approx-0{,}004842.
  • b_{2}=2,\; f(b_{2})\approx0{,}3068528.
  • Calcular
c_{3}=2-\frac{0{,}3068528\cdot(2-1{,}908225)}{0{,}3068528-(-0{,}004842)}\approx1{,}909648.
  • Avaliando f(c_{3}):
f(1{,}909648)\approx-0{,}000163\\ (<0).
  • Substituímos a_{3}=c_{3}, b_{3}=b_{2}.
Iteração 4:
  • a_{3}\approx1{,}909648,\; f(a_{3})\approx-0{,}000163.
  • b_{3}=2,\; f(b_{3})\approx0{,}3068528.
  • Calcular
c_{4}=2-\frac{0{,}3068528\cdot(2-1{,}909648)}{0{,}3068528-(-0{,}000163)}\approx1{,}909675.
  • Avaliando f(c_{4}):
f(1{,}909675)\approx-0{,}0000019\\ (<0).
  • Substituímos a_{4}=c_{4}, b_{4}=b_{3}.
Iteração 5:
  • a_{4}\approx1{,}909675,\; f(a_{4})\approx-0{,}0000019.
  • b_{4}=2,\; f(b_{4})\approx0{,}3068528.
  • Calcular
c_{5}=2-\frac{0{,}3068528\cdot(2-1{,}909675)}{0{,}3068528-(-0{,}0000019)}\approx1{,}909699.
  • Avaliando f(c_{5}):
f(1{,}909699)\approx-0{,}0000000\\ (\text{próximo de }0).ó
Observações sobre a posição falsa: cada iteração manteve o extremo direito b=2 porque f(b)>0 e os c_{k} continuaram tendo f(c_{k})<0 nas primeiras iterações — isto é típico: a aproximação vai “puxando” o extremo cujo sinal for menor, e a convergência é linear e às vezes lenta.

Passo 3

Método de Newton — explicação e fórmula.
  • Ideia: usar aproximação linear (reta tangente) em torno de uma estimativa x_{n} e tomar interseção dessa reta com o eixo x como nova estimativa.
  • Fórmula:
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}, \qquad\text{onde }f'(x)=\frac{d}{dx}\big(x^{2}-\ln x-3\big)=2x-\frac{1}{x}.
  • Observação didática: f'(x) é a inclinação da tangente; se f'(x) for pequeno o passo pode ser grande — por isso escolhemos um ponto inicial razoável (aqui usamos x_{0}=2 que está dentro do intervalo [1,2]).
Agora calculamos 5 iterações (vou listar x_{0} a x_{5}; x_{0} é o chute inicial).
Dados iniciais:
  • x_{0}=2.
  • f(x_{0})=0{,}3068528194.
  • f'(x_{0})=2\cdot2-\tfrac{1}{2}=4-0{,}5=3{,}5.
Iteração 1 (Newton):
x_{1}=2-\frac{0{,}3068528194}{3{,}5}\approx2-0{,}0876722341\approx1{,}912327766.
Avaliação:
  • f(x_{1})\approx0{,}00867814 (pequeno).
  • f'(x_{1})\approx3{,}3015645.
Iteração 2 (Newton):
x_{2}=1{,}912327766-\frac{0{,}00867814}{3{,}3015645}\approx1{,}909699711.
Avaliação:
  • f(x_{2})\approx-3{,}9\times10^{-6} (quase zero).
  • f'(x_{2})\approx3{,}2956.
Iteração 3 (Newton):
x_{3}=1{,}909699711-\frac{-3{,}9\times10^{-6}}{3{,}2956}\approx1{,}909700000.
Iteração 4:
x_{4}\approx1{,}909700000\quad(\text{diferença da iteração anterior praticamente }0).ççã
Iteração 5:
x_{5}\approx1{,}909700000.
Observação numérica: Newton já alcançou a precisão mostrada (6 casas decimais estáveis) em 3 iterações a partir de x_{0}=2.

Passo 4

Comparação da convergência (ordem e número de iterações) — explicação teórica e verificação prática.
  • Ordem teórica:
    • O método de Newton, quando a raiz é simples e a aproximação inicial está suficientemente próxima, tem ordem de convergência quadrática: se o erro em uma iteração é e_{n}, então o erro seguinte satisfaz aproximadamente e_{n+1}\approx C e_{n}^{2} para algum C. Isso significa que o número de dígitos corretos dobra (aproximadamente) a cada iteração quando já estamos na vizinhança da raiz.
    • O método da posição falsa converge tipicamente linearmente (ordem 1). A cada iteração o erro reduz numa taxa aproximadamente proporcional ao erro atual; a redução é, em geral, bem mais lenta que a quadrática.
  • Observação prática neste problema:
    • Newton, com x_{0}=2, em 2–3 iterações já alcançou a raiz com precisão na casa de 10^{-6} (iterados mostraram x_{2}\approx1{,}909699711 e x_{3}\approx1{,}909700000).
    • A posição falsa aproximou a raiz também, mas de forma bem mais gradual: após 5 iterações tínhamos aproximantes como c_{5}\approx1{,}909699 — ou seja, a posição falsa precisou de mais iterações para chegar a uma precisão semelhante (e o progresso por iteração foi bem menor).
  • Conclusão prática: Newton é muito mais eficiente aqui (convergência muito mais rápida) desde que a derivada não seja nula e o chute inicial seja razoável. A posição falsa é mais robusta (só precisa do sinal trocado em um intervalo) mas converge linearmente e, portanto, exige muitas mais iterações para obter precisão alta.

Resposta

(a) Um intervalo inicial adequado é [1,2], pois f(1)=-2<0 e f(2)\approx0{,}3068528>0, ou seja, há mudança de sinal em [1,2].
(b) Cinco iterações (valores aproximados):
  • Posição falsa (regula falsi):
    • c_{1}\approx1{,}866982
    • c_{2}\approx1{,}908225
    • c_{3}\approx1{,}909648
    • c_{4}\approx1{,}909675
    • c_{5}\approx1{,}909699
  • Newton (com x_{0}=2):
    • x_{1}\approx1{,}912327766
    • x_{2}\approx1{,}909699711
    • x_{3}\approx1{,}909700000
    • x_{4}\approx1{,}909700000
    • x_{5}\approx1{,}909700000
(c) Comparação:
  • Ordem de convergência: Newton tem ordem quadrática (≈2), posição falsa tem ordem linear (≈1).
  • Número de iterações: Newton atingiu a precisão mostrada em cerca de 3 iterações; a posição falsa aproxima-se muito mais lentamente (aos 5 passos ainda teve avanços pequenos por iteração). Portanto, Newton é muito mais rápido aqui (quando se pode aplicar), enquanto a posição falsa é mais robusta mas mais lenta.

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