Considerando desastres naturais, erupções vulcânicas estão entre as catástrofes mais difíceis de se prever. No entanto, é possível realizar estimativas razoáveis do tempo em que a lava pode atingir determinado local, dada a ocorrência de uma erupção. A relação entre a distância y
(em quilômetros) percorrida pela lava e o tempo t
(em horas) é dada pela equação:
\mathrm{y}=11 \cdot(1,95-0,63 \mathrm{t}).
Existe uma vila na base da montanha a uma distância de \mathrm{y}=19. A defesa civil advertiu os moradores que a lava atingiria suas casas em menos de 6
horas. Utilizando o método de Newton-Rapshon, calcule o instante de tempo em que a lava do vulcão atinge a vila. Considere como critério de parada no máximo 3
iterações e utilize pelo menos 4 casas decimais.

Passo 1

O enunciado fornece a relação entre distância e tempo:
\mathrm{y}=11\cdot(1,95-0,63\,\mathrm{t}).
Dados importantes que pegamos do enunciado:
  • A vila está em \mathrm{y}=19 (quilômetros).
  • Devemos usar o método de Newton-Raphson para encontrar o instante \mathrm{t} (em horas) em que a lava alcança \mathrm{y}=19.
  • Critério: no máximo 3 iterações.
  • Resultado com pelo menos 4 casas decimais.
O que se pede: encontrar o valor de \mathrm{t} tal que a equação acima resulte em \mathrm{y}=19, usando Newton-Raphson e respeitando o limite de 3 iterações.

Passo 2

Explicando o método de Newton-Raphson (do jeito mais direto e amigável):
  • Se queremos resolver uma equação f(t)=0, o método gera uma sequência \{t_n\} pela fórmula
t_{n+1}=t_n-\frac{f(t_n)}{f'(t_n)}.
  • Aqui f'(t) é a derivada de f, que representa a inclinação (taxa de variação) de f em cada ponto; ela nos diz o quanto devemos ajustar t_n para ficar mais perto da raiz.
  • A cada iteração calcula-se f(t_n) e f'(t_n) e aplica-se a fórmula acima. Em problemas lineares (quando f é uma reta), o método encontra a raiz exata em uma única iteração (isso é uma propriedade útil e surfista do Newton-Raphson).

Passo 3

Definimos a função a zerar a partir da condição \mathrm{y}=19:
f(t)=11\cdot(1,95-0,63\,t)-19.
Vamos simplificar f(t):
  • Calculemos 11\cdot1,95=21,45.
  • Calculemos 11\cdot(-0,63)=-6,93.
Portanto
f(t)=-6,93\,t+21,45-19=-6,93\,t+2,45.
A derivada é constante (porque f é linear):
f'(t)=-6,93.

Passo 4

Escolha do chute inicial: escolhi \;t_0=1\; hora (um chute simples e razoável). Agora aplicamos Newton-Raphson.
Primeiro calcule f(t_0):
f(1)=-6,93\cdot1+2,45=-4,48.
Aplicando a fórmula
t_1=t_0-\frac{f(t_0)}{f'(t_0)}=1-\frac{-4,48}{-6,93}=1-\frac{4,48}{6,93}.
Observação algebraica útil: como f(t)=-6,93\,t+2,45 é linear, a expressão de t_1 simplifica diretamente para a raiz exata:
t_1=\frac{2,45}{6,93}.
Convertendo para fração para ver a periodicidade:
\frac{2,45}{6,93}=\frac{245/100}{693/100}=\frac{245}{693}=\frac{35}{99}.
Em decimal isso é um decimal periódico:
\frac{35}{99}=0,353535\ldots
Arredondando para quatro casas decimais:
t_1\approx0,3535\\ \text{horas}.

Passo 5

Como f(t_1)= -6,93\cdot t_1 + 2,45 e já escolhemos t_1 deixando f(t_1)=0, as próximas iterações não mudam:
t_2=t_1-\frac{f(t_1)}{f'(t_1)}=t_1-\frac{0}{-6,93}=t_1,
e o mesmo para t_3. Assim, dentro do limite de no máximo 3 iterações chegamos à solução estável na primeira iteração.

Passo 6

Verificação rápida substituindo t_1=\dfrac{35}{99} na equação original:
\mathrm{y}=11\cdot\bigl(1,95-0,63\cdot\tfrac{35}{99}\bigr) =11\cdot\bigl(1,95-0,22272727\ldots\bigr) =11\cdot1,7272727\ldots=19,
confirmando que a solução está correta.

Resposta

t=0,3535\\ \text{horas}

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