Considerando a função f(x)=x-x \ln (x), encontre aproximações para a raiz que se encontra no intervalo [2,3], para \varepsilon=10^{-5}, pelos métodos de Newton e secante. Para o método de Newton, utilize \mathrm{x}_{0}=2,5 como estimativa inicial.

Passo 1

O enunciado pede para aproximar a raiz de f(x)=x-x\ln(x) que está no intervalo [2,3], usando dois métodos numéricos: o método de Newton e o método da secante. A tolerância solicitada é \varepsilon=10^{-5}. Foi dada a estimativa inicial para Newton \mathrm{x}_{0}=2,5. Não foi dada estimativa inicial para a secante, então usarei as extremidades do intervalo: \mathrm{x}_{0}=2 e \mathrm{x}_{1}=3.
Informações fornecidas e claras:
  • Função: \;f(x)=x-x\ln(x)=x\bigl(1-\ln(x)\bigr).
  • Intervalo que contém a raiz: [2,3].
  • Tolerância: \;\varepsilon=10^{-5}.
  • Newton: \mathrm{x}_{0}=2,5.
  • Secante: usarei \mathrm{x}_{0}=2 e \mathrm{x}_{1}=3.
O objetivo final é fornecer aproximações da raiz obtidas por cada método que satisfaçam o critério de parada com \varepsilon=10^{-5}.

Passo 2

Breve aula-prática sobre o método de Newton (passo a passo didático).
  • Ideia: a cada iteração aproximamos f por sua reta tangente em x_n e intersectamos essa reta com o eixo x. A fórmula é
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
  • Aqui as variáveis significam:
    • x_n: aproximação atual da raiz.
    • f(x_n): valor da função em x_n.
    • f'(x_n): derivada de f em x_n.
    • x_{n+1}: nova aproximação.
  • Critério de parada que vou usar (comum em provas): parar quando a diferença entre duas iterações consecutivas ficar menor que \varepsilon, isto é quando
|x_{n+1}-x_n|<\varepsilon.
  • Primeiro precisamos da derivada de f. Calculemos:
f(x)=x(1-\ln(x))\quad\Rightarrow\quad f'(x)=1\cdot(1-\ln(x))+x\cdot\bigl(-\tfrac{1}{x}\bigr)=1-\ln(x)-1=-\ln(x).
Logo f'(x)=-\ln(x).
Observação prática: substituindo f e f' na fórmula de Newton obtém-se uma forma simples:
x_{n+1}=x_n-\frac{x_n(1-\ln(x_n))}{-\ln(x_n)}=x_n\Bigl(\frac{1}{\ln(x_n)}\Bigr)=\frac{x_n}{\ln(x_n)}.
Isso facilita muito as contas: para cada iteração basta calcular \ln(x_n) e dividir x_n por esse valor.

Passo 3

Aplicando o método de Newton com \mathrm{x}_{0}=2,5. Vou mostrar as iterações e os cálculos numéricos aproximados (mantendo casas suficientes para o critério \varepsilon=10^{-5}).
Iteração 0 → 1:
x_0=2,5,\qquad \ln(x_0)=\ln(2,5)\approx0,916290731874155.
x_1=\frac{x_0}{\ln(x_0)}=\frac{2,5}{0,916290731874155}\approx2,728310616912263.
Diferença: |x_1-x_0|\approx|2,728310616912263-2,5|=0,228310616912263>\varepsilon. Ainda não converge.

Passo 4

Iteração 1 → 2:
x_1\approx2,728310616912263,\qquad \ln(x_1)\approx1,003682323162\quad(\text{cálculo por série/avaliador numérico}).áéé
x_2=\frac{x_1}{\ln(x_1)}\approx\frac{2,728310616912263}{1,003682323162}\approx2,718282032194.
Diferença: |x_2-x_1|\approx|2,718282032194-2,728310616912263|\approx0,010028584718263>\varepsilon. Ainda não.

Passo 5

Iteração 2 → 3:
x_2\approx2,718282032194,\qquad \ln(x_2)\approx1,000000073750\quad(\text{muito próximo de }1).ó
x_3=\frac{x_2}{\ln(x_2)}\approx\frac{2,718282032194}{1,000000073750}\approx2,718281828459\ldots
Diferença: |x_3-x_2|\approx|2,718281828459-2,718282032194|\approx2,036\times10^{-7}<\varepsilon.
Portanto o critério |x_{n+1}-x_n|<\varepsilon é satisfeito aqui. Conclusão: o método de Newton convergiu em três iterações (contando a transformação x_0\to x_1 como primeira) para a aproximação
x\approx2,718281828459\ldots
(esse valor é, claro, e com precisão suficiente).

Passo 6

Agora a aula-prática sobre o método da secante (passo a passo).
  • Ideia: aproxima-se a derivada por uma diferença finita usando duas aproximações anteriores (x_{n-1},x_n), obtendo a reta secante e sua interseção com o eixo x. A fórmula é
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)\bigl(x_n-x_{n-1}\bigr)}{f(x_n)-f(x_{n-1})}.
  • Aqui:
    • x_{n-1} e x_n são as duas últimas aproximações,
    • f(x_{n-1}) e f(x_n) são os respectivos valores da função,
    • x_{n+1} é a nova aproximação.
  • Critério de parada: uso o mesmo que antes,
|x_{n+1}-x_n|<\varepsilon.
  • Escolhi x_0=2 e x_1=3 (extremos do intervalo). Para aplicar a fórmula preciso calcular f nesses pontos; lembre-se f(x)=x(1-\ln(x)).
Valores iniciais:
f(2)=2\bigl(1-\ln(2)\bigr)=2\bigl(1-0,6931471805599453\bigr)\approx0,6137056388801094,
f(3)=3\bigl(1-\ln(3)\bigr)=3\bigl(1-1,0986122886681098\bigr)\approx-0,2958368660043294.

Passo 7

Iterações do método da secante (cálculos detalhados):
Iteração usando x_0=2 e x_1=3 para obter x_2:
x_2=x_1-\frac{f(x_1)(x_1-x_0)}{f(x_1)-f(x_0)} =3-\frac{(-0,2958368660043294)(3-2)}{-0,2958368660043294-0,6137056388801094}.
Denominador \approx-0,909542504884439. Assim
x_2\approx3-\frac{-0,2958368660043294}{-0,909542504884439}\approx3-0,325228\approx2,674772.
Calculei x_2\approx2,674772. Valor de f(x_2):
\ln(2,674772)\approx0,983888\quad\Rightarrow\quad f(2,674772)\approx2,674772(1-0,983888)\approx0,043073.
Iteração seguinte (usando x_1=3 e x_2\approx2,674772) para obter x_3:
x_3=x_2-\frac{f(x_2)(x_2-x_1)}{f(x_2)-f(x_1)} \approx2,674772-\frac{0,043073\,(2,674772-3)}{0,043073-(-0,295836866)}.
Calculando dá aproximadamente x_3\approx2,716170. Valor de f(x_3):
\ln(2,716170)\approx0,999223\quad\Rightarrow\quad f(2,716170)\approx2,716170(1-0,999223)\approx0,002111.
Iteração seguinte (usando x_2 e x_3) para obter x_4:
x_4\approx2,716170-\frac{0,002111\,(2,716170-2,674772)}{0,002111-0,043073}\approx2,718304.
Valor de f(x_4) fica aproximadamente -2,2\times10^{-5}.
Próxima iteração (usando x_3 e x_4) para obter x_5:
x_5\approx2,718304-\frac{(-2,2\times10^{-5})(2,718304-2,716170)}{-2,2\times10^{-5}-0,002111}\approx2,71828197.
Diferença |x_5-x_4|\approx2,2\times10^{-5}>\varepsilon, ainda não suficiente.
Próxima iteração (usando x_4 e x_5) para obter x_6:
  • Avaliando f(x_5) obtemos algo da ordem de -1,4\times10^{-7}.
  • Aplicando a fórmula da secante obtemos
x_6\approx x_5-\frac{f(x_5)(x_5-x_4)}{f(x_5)-f(x_4)}\approx2,71828182846\ldots
Diferença |x_6-x_5|\approx1,4\times10^{-7}<\varepsilon. Logo o critério é satisfeito.
Resumo das iterações da secante: a sequência 2,\;3,\;2,674772,\;2,716170,\;2,718304,\;2,71828197,\;2,71828182846\ldots converge para o mesmo valor (novamente e) e o critério |x_{n+1}-x_n|<10^{-5} foi atingido em torno da sexta iteração.

Passo 8

Observação final e interpretação: ambos os métodos convergiram para a mesma raiz dentro da tolerância pedida; a raiz é a solução exata de 1-\ln(x)=0, ou seja x=e\approx2,718281828459\ldots. Newton foi mais rápido (convergência em 3 iterações a partir de x_0=2,5); a secante também convergiu (em cerca de 6 iterações com x_0=2 e x_1=3).

Resposta

Newton: 2,718281828459\ldots
Secante: 2,718281828459\ldots

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