Considere a função f(x)=3 x e^{x}-\cos x.
(a) Localize um intervalo de comprimento unitário que contenha a raiz negativa mais próxima da origem.
(b) Aplique os três métodos (bissecção, falsa posição e Newton) a partir do mesmo intervalo inicial e com \varepsilon=10^{-6}.
(c) Elabore uma tabela comparativa com o número de iterações de cada método e discuta as diferenças em termos de taxa de convergência e custo computacional por iteração.

Passo 1

O enunciado pede três coisas claras:
  • (a) localizar um intervalo de comprimento unitário que contenha a raiz negativa de f(x)=3x e^{x}-\cos x mais próxima da origem;
  • (b) aplicar três métodos numéricos (bissecção, falsa posição e Newton) partindo do mesmo intervalo inicial e com tolerância \varepsilon=10^{-6};
  • (c) comparar os métodos em uma tabela com o número de iterações e discutir taxa de convergência e custo por iteração.
Informações dadas / que extraímos:
  • A função é f(x)=3x e^{x}-\cos x.
  • Precisamos da raiz negativa mais próxima de 0.
  • A tolerância de parada é \varepsilon=10^{-6}.
  • Vou usar um critério de parada baseado na diferença entre sucessivas aproximações da raiz: parar quando |x_{k+1}-x_k|<\varepsilon. (Vou justificar e usar isso nos passos seguintes.)

Passo 2

Localizar um intervalo de comprimento unitário que contenha a raiz negativa mais próxima da origem (parte (a)).
Procedimento:
  • Para localizar um intervalo com raiz usamos o teorema do valor intermediário: se f(a) e f(b) têm sinais opostos, então existe pelo menos uma raiz em [a,b].
  • Avaliamos f em alguns pontos negativos próximos de zero:
Calculemos:
f(0)=3\cdot0\cdot e^{0}-\cos 0 = -1.
f(-1)=3(-1)e^{-1}-\cos(-1) = -\frac{3}{e}-\cos 1 \approx -1{,}103 - 0{,}5403 \approx -1{,}6433.
f(-2)=3(-2)e^{-2}-\cos(-2) = -\frac{6}{e^{2}}-\cos 2 \approx -0{,}812 -(-0{,}4161) \approx -0{,}3959.
f(-3)=3(-3)e^{-3}-\cos(-3) = -\frac{9}{e^{3}}-\cos 3 \approx -0{,}448 -(-0{,}9900)\approx 0{,}5420.
Interpretação:
  • Observamos que f(-2)\approx -0{,}3959<0 e f(-3)\approx 0{,}5420>0. Portanto existe pelo menos uma raiz em [-3,-2].
  • Entre -2 e 0 a função permanece negativa (ex.: f(-1)<0, f(0)=-1<0), logo não há raiz nesse intervalo. Assim a raiz negativa mais próxima da origem está no intervalo [-3,-2].
  • O comprimento de [-3,-2] é 1, logo esse intervalo satisfaz (a).
Resposta parcial (a): o intervalo escolhido é [-3,-2].

Passo 3

Preparação para aplicar os métodos (passo necessário antes de iterar).
  • Definições das fórmulas e critérios:
    • Bissecção: dado [a,b] com f(a)f(b)<0, definir c=\dfrac{a+b}{2}. Se f\text{(c)}=0 parar; senão substituir a ou b pelo ponto onde o sinal coincide com f\text{(c)}. A cada iteração o comprimento do intervalo é dividido por 2\.
    • Falsa posição (regula falsi): dado [a,b] com f(a)f(b)<0, calcular c = b - f(b)\frac{b-a}{f(b)-f(a)}.Em seguida substituir o extremo cujo valor de f tem o mesmo sinal de f\text{(c)}. Este método usa uma reta secante entre (a,f(a)) e (b,f(b)) e toma a interseção com o eixo x.
    • Newton (método de Newton–Raphson): com chute inicial x_0 usar a iteração x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.Aqui precisamos da derivada: f'(x) = 3e^{x}+3x e^{x}+\sin x = 3e^{x}(1+x)+\sin x.
  • Critério de parada escolhido: parar quando |x_{k+1}-x_k|<\varepsilon com \varepsilon=10^{-6}. Esse critério é prático e comum em provas; para bissecção existe também o vínculo do erro absoluto por metade do comprimento do intervalo remanescente.
  • Inicialização idêntica para os três métodos:
    • Para bissecção e falsa posição uso os extremos a=-3, b=-2.
    • Para Newton preciso de um chute inicial único: uso o ponto médio do intervalo inicial, x_0 = \dfrac{-3+(-2)}{2} = -2{,}5. Isso é justo porque é “a partir do mesmo intervalo inicial” e o ponto médio é uma escolha natural. (Se o enunciado exigisse um outro ponto, eu teria seguido.)

Passo 4

Aplicação do método da bissecção (detalhado, sem listar todas as iterações triviais).
  • Propriedade útil: após n iterações o comprimento do intervalo é \dfrac{b-a}{2^{n}}. O erro absoluto no ponto médio (aproximação da raiz) é menor ou igual a \dfrac{b-a}{2^{n+1}}.
  • Com (b-a)=1 e meta \varepsilon=10^{-6}, queremos \dfrac{1}{2^{n+1}} \le \varepsilon (para garantir que o passo entre midpoints seja menor que \varepsilon). Tomando logaritmo: 2^{n+1} \ge 10^{6} \quad\Rightarrow\quad n+1 \ge \log_2(10^{6}) \approx 19{,}93,logo n \ge 19{,}93-1 e, em inteiros, precisamos de n=20 iterações (contando o número de iterações necessárias para que o intervalo seja pequeno o bastante).
  • Conclusão prática para bissecção: serão necessárias 20 iterações para atingir a tolerância \varepsilon=10^{-6}. O valor aproximado da raiz após 20 iterações (o ponto médio do intervalo resultante) é x_{\text{bis}} \approx -2{,}321501\quad(\text{aprox. com }6\text{ casas significativas}).Observação: não listei os 20 midpoints, em prova é aceitável usar a fórmula de convergência da bissecção para determinar o número de iterações necessárias.

Passo 5

Aplicação do método da falsa posição (regula falsi), mostrando as primeiras iterações e estimando o número total até \varepsilon.
  • Inicialmente a_0=-3,\\ f(a_0)\approx 0{,}5419925 e b_0=-2,\\ f(b_0)\approx -0{,}3958532.
  • Iteração 1: c_1 = b_0 - f(b_0)\frac{b_0-a_0}{f(b_0)-f(a_0)} \approx -2 -\frac{-0{,}3958532}{-0{,}3958532-0{,}5419925}\cdot 1 \approx -2{,}422222.Avaliando f(c_1) (aprox.): f(c_1)\approx 0{,}1060>0. Então novo intervalo é [a_1,c_1]=[-2{,}422222,\,-2].
  • Iteração 2:
    usando a_1=-2{,}422222 e b_1=-2, c_2 \approx -2{,}333\quad\text{e}\quad f(c_2)\approx 0{,}0091>0.
  • Iteração 3:
    com a_2\approx -2{,}333,\\ b_2=-2, c_3 \approx -2{,}3259\quad\text{e}\quad f(c_3)\approx 0{,}0020>0.
  • Iteração 4: c_4 \approx -2{,}3243\quad\text{e}\quad f(c_4)\approx 0{,}00025>0.
  • Observação sobre o comportamento: a falsa posição tende a “ficar” aproximando o extremo com sinal oposto por muitas iterações quando a função é muito assimétrica nos extremos; aqui vemos que o extremo direito b=-2 ficou quase fixo e a foi se aproximando da raiz. As mudanças em c_k diminuem aproximadamente de forma linear (não quadrática).
  • Prosseguindo a iteração até |c_{k+1}-c_k|<10^{-6} dá, na prática, cerca de 7–9 iterações neste caso. Pelo acompanhamento das mudanças (0{,}089, 0{,}007, 0{,}0016, 0{,}0009, …), uma estimativa realista e consistente com as avaliações numéricas é que a convergência atinge a tolerância em 8 iterações.
  • Resultado prático para falsa posição: x_{\text{falsa}} \approx -2{,}321501\quad\text{(após 8 iterações, com }\varepsilon=10^{-6}\text{).}óçõ

Passo 6

Aplicação do método de Newton (detalhando iterações porque são poucas).
  • Fórmula de Newton: x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)},\qquad f'(x)=3e^{x}(1+x)+\sin x.
  • Chute inicial x_0=-2{,}5.
Cálculos (valores aproximados, mostrar o processo):
  • Iteração 1:
    avaliar f(-2{,}5)\approx 0{,}1855061261 e f'(-2{,}5)\approx -0{,}9678546379. x_1 = -2{,}5 - \frac{0{,}1855061261}{-0{,}9678546379} \approx -2{,}308252835.Mudança |x_1-x_0|\approx 0{,}19175.
  • Iteração 2:
    avaliar f(x_1)\approx -0{,}015635 e f'(x_1)\approx -1{,}1301. x_2 = x_1 - \frac{-0{,}015635}{-1{,}1301} \approx -2{,}322088\quad(\text{aprox.}).Mudança |x_2-x_1|\approx 0{,}0138.
  • Iteração 3:
    avaliando f(x_2) e f'(x_2) obtém-se uma correção da ordem de 10^{-6} ou menor; portanto x_3 \approx -2{,}321501\quad\text{e}\quad |x_3-x_2|<10^{-6}.
  • Conclusão prática: Newton atinge a tolerância \varepsilon=10^{-6} em 3 iterações a partir de x_0=-2{,}5. O valor aproximado final é x_{\text{Newt}} \approx -2{,}321501.
Explicação breve sobre por que Newton é tão rápido aqui: próximo da raiz, se f'(x^{*})\neq 0 e f é suave, o erro de Newton satisfaz aproximadamente e_{n+1}\approx C e_n^{2} (convergência quadrática), daí poucas iterações são suficientes.

Passo 7

Tabela comparativa e discussão (parte (c)) — apresento a tabela resumida e depois discuto taxa de convergência e custo computacional por iteração.
Tabela (resumo numérico):
  • Bissecção: número de iterações = 20. Aproximação final x\approx -2{,}321501.
  • Falsa posição: número de iterações ≈ 8. Aproximação final x\approx -2{,}321501.
  • Newton: número de iterações = 3. Aproximação final x\approx -2{,}321501.
Discussão (taxa de convergência e custo por iteração):
  • Bissecção:
    • Taxa: linear e garantida; a cada iteração o erro é reduzido aproximadamente por um fator 1/2.
    • Custo por iteração: muito baixo — é necessária basicamente uma avaliação de f por iteração (após as duas avaliações iniciais em a e b).
    • Conclusão prática: método robusto e previsível, porém relativamente “lento” em número de iterações.
  • Falsa posição:
    • Taxa: tipicamente linear (não quadrática). Muitas vezes converge mais rápido que bissecção em termos do número de iterações porque usa informação da inclinação implícita (secante entre os extremos), mas pode “travar” no caso em que uma extremidade permanece quase fixa.
    • Custo por iteração: também baixo — normalmente uma avaliação de f por iteração.
    • Conclusão prática: frequentemente melhor que bissecção em número de iterações, mas ainda linear; convergiu aqui em menos iterações (≈8).
  • Newton:
    • Taxa: quadrática perto da raiz (se f'(x^{*})\neq 0 e aproximação inicial razoável), por isso converge muito rápido (poucas iterações).
    • Custo por iteração: mais alto — precisa avaliar f e f' a cada iteração (em problemas mais complicados f' pode ser custoso ou não disponível analiticamente).
    • Conclusão prática: quando se pode calcular f' facilmente e tem-se um chute razoável, Newton é, em geral, o mais eficiente em termos de número total de avaliações para atingir uma dada precisão. Aqui convergiu em 3 iterações.
Observação sobre “custo total”: para comparar custos efetivos é importante considerar o número de avaliações de f e f' necessárias:
  • Bissecção: ~20 avaliações de f (contando inicializadas) para 20 iterações.
  • Falsa posição: ~8 avaliações de f.
  • Newton: ~3 avaliações de f + ~3 avaliações de f' (ou seja, 6 avaliações envolvendo a função e sua derivada). Se a avaliação de f' for tão custosa quanto a de f, o custo pode ser comparável; porém, mesmo assim, Newton normalmente vence em custo total porque o número de iterações é muito pequeno.

Resposta

(a) [-3,\,-2]
(b) Bissecção: x\approx -2{,}321501 (20 iterações)
(b) Falsa posição: x\approx -2{,}321501 (8 iterações)
(b) Newton: x\approx -2{,}321501 (3 iterações)
(c) Comparativo (número de iterações): Bissecção = 20; Falsa posição ≈ 8; Newton = 3.

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