2. Considere a função \(f(x)=e^{6 x}+3(\ln 2)^{2} e^{2 x}-(\ln 8) e^{4 x}-(\ln 2)^{3}\). Utilize o método de Newton com \(p_{0}=0\) para obter uma aproximação de um zero de \(f\). Gere termos até que \(\left|p_{n+1}-p_{n}\right|<0,0002\). Obtenha a sequiência \(\Delta^{2}\) de Aitken \(\left\{\hat{p}_{n}\right\}\). Houve melhora na convergência?

Passo 1

O enunciado pede: usar o método de Newton com p_{0}=0 para aproximar um zero de
f(x)=e^{6 x}+3(\ln 2)^{2} e^{2 x}-(\ln 8) e^{4 x}-(\ln 2)^{3},
gerando termos até que \left|p_{n+1}-p_{n}\right|<0,0002. Depois obter a sequência acelerada de Aitken \{\hat p_n\} (fórmula \Delta^{2} de Aitken) e verificar se houve melhora na convergência. Dados relevantes: p_{0}=0 e tolerância 0,0002. Não se pede alteração do método de Newton, apenas aplicá-lo e depois usar Aitken.

Passo 2

Primeiro vamos simplificar f para entender o problema e facilitar contas. Faço a substituição \displaystyle y=e^{2x} (note que y>0). Então
e^{6x}=y^{3},\quad e^{4x}=y^{2},\quad e^{2x}=y.
Substituindo em f obtemos
f(x)=y^{3}+3(\ln 2)^{2}y-(\ln 8)y^{2}-(\ln 2)^{3}.
Como \ln 8=\ln(2^{3})=3\ln 2, isto fica
f(x)=y^{3}-3(\ln 2)\,y^{2}+3(\ln 2)^{2}y-(\ln 2)^{3}.
Repare que isto é exatamente a expansão de um cubo:
f(x)=(y-\ln 2)^{3}=(e^{2x}-\ln 2)^{3}.
Logo os zeros de f ocorrem quando e^{2x}-\ln 2=0, isto é
e^{2x}=\ln 2 \quad\Longrightarrow\quad 2x=\ln(\ln 2)\quad\Longrightarrow\quad p^{*}=\frac{1}{2}\ln(\ln 2).
Portanto existe uma raiz real única e ela é de multiplicidade m=3.

Passo 3

Vou deduzir a fórmula do método de Newton de forma bem explícita (passo a passo): o método de Newton é
p_{n+1}=p_{n}-\frac{f(p_{n})}{f'(p_{n})}.
Como f(x)=(e^{2x}-\ln 2)^{3}, sua derivada é, pela regra da cadeia,
f'(x)=3(e^{2x}-\ln 2)^{2}\cdot \frac{d}{dx}(e^{2x})=3(e^{2x}-\ln 2)^{2}\cdot 2e^{2x}=6e^{2x}(e^{2x}-\ln2)^{2}.
Agora simplifico a fração f(p_n)/f'(p_n):
\frac{f(p_n)}{f'(p_n)}=\frac{(e^{2p_n}-\ln 2)^{3}}{6e^{2p_n}(e^{2p_n}-\ln2)^{2}}=\frac{e^{2p_n}-\ln2}{6e^{2p_n}}.
Portanto a iteração simplifica muito:
\boxed{\,p_{n+1}=p_{n}-\frac{e^{2p_n}-\ln2}{6e^{2p_n}}\,}
ou, escrevendo de forma alternativa
\boxed{\,p_{n+1}=p_{n}-\frac{1}{6}+\frac{\ln2}{6}e^{-2p_n}\, .}
Observe que a raiz tem multiplicidade 3: isso torna a convergência do método de Newton apenas linear (não quadrática), e por isso pode ser lenta — por isso faz sentido experimentar Aitken para acelerar.

Passo 4

Agora aplico numericamente a fórmula com p_{0}=0. Defino a constante
L=\ln 2\approx 0,6931471805599453,\qquad c=\frac{L}{6}\approx 0,11552453009332422,\qquad s=\frac{1}{6}\approx 0,1666666666666667.
Iterarei usando
p_{n+1}=p_{n}-s+c\,e^{-2p_n}.
Cálculo do primeiro passo ( n=0):
e^{-2p_0}=e^{0}=1,\qquad p_{1}=0-s+c\cdot 1=c-s=0,11552453009332422-0,1666666666666667=-0,05114213657334245.
Diferença |p_{1}-p_{0}|=0,05114213657334245.

Passo 5

Segundo passo ( n=1):
e^{-2p_1}=e^{0,102284273146685}=1,1076558\\ \text{(aprox.)},
p_{2}=p_{1}-s+c\,e^{-2p_1}\approx -0,05114213657334245-0,1666666666666667+0,11552453009332422\cdot 1,1076558\approx -0,08992380324000916.
Diferença |p_{2}-p_{1}|=0,03878166666666671.

Passo 6

Terceiro passo ( n=2):
e^{-2p_2}=e^{0,17984760648001833}\approx 1,196620,
p_{3}\approx -0,08992380324000916-0,1666666666666667+0,11552453009332422\cdot 1,196620\approx -0,11833746990667587.
Diferença |p_{3}-p_{2}|=0,02841366666666671.

Passo 7

Quarto passo ( n=3):
e^{-2p_3}=e^{0,23667493981335174}\approx 1,267053,
p_{4}\approx -0,11833746990667587-0,1666666666666667+0,11552453009332422\cdot 1,267053\approx -0,13861113657334256.
Diferença |p_{4}-p_{3}|=0,02027366666666669.

Passo 8

Quinto passo ( n=4):
e^{-2p_4}\approx e^{0,2772222731466851}\approx 1,319532,
p_{5}\approx -0,13861113657334256-0,1666666666666667+0,11552453009332422\cdot 1,319532\approx -0,15285780324000927.
Diferença |p_{5}-p_{4}|=0,01424666666666671.

Passo 9

Sexto passo ( n=5):
e^{-2p_5}\approx e^{0,30571560648001854}\approx 1,357111,
p_{6}\approx -0,15285780324000927-0,1666666666666667+0,11552453009332422\cdot 1,357111\approx -0,16270846990667595.
Diferença |p_{6}-p_{5}|=0,00985066666666668.

Passo 10

Sétimo passo ( n=6):
e^{-2p_6}\approx e^{0,3254169398133519}\approx 1,384525,
p_{7}\approx -0,16270846990667595-0,1666666666666667+0,11552453009332422\cdot 1,384525\approx -0,1694401365733426.
Diferença |p_{7}-p_{6}|=0,00673166666666665.

Passo 11

Oitavo passo ( n=7):
e^{-2p_7}\approx e^{0,3388802731466852}\approx 1,403708,
p_{8}\approx -0,1694401365733426-0,1666666666666667+0,11552453009332422\cdot 1,403708\approx -0,17397480324000927.
Diferença |p_{8}-p_{7}|=0,00453466666666667.

Passo 12

Nono passo ( n=8):
e^{-2p_8}\approx e^{0,3479496064800185}\approx 1,416661,
p_{9}\approx -0,17397480324000927-0,1666666666666667+0,11552453009332422\cdot 1,416661\approx -0,17703446990667596.
Diferença |p_{9}-p_{8}|=0,00305966666666669.

Passo 13

Décimo passo ( n=9):
e^{-2p_9}\approx e^{0,3540689398133519}\approx 1,424667,
p_{10}\approx -0,17703446990667596-0,1666666666666667+0,11552453009332422\cdot 1,424667\approx -0,17907013657334263.
Diferença |p_{10}-p_{9}|=0,00203566666666667.

Passo 14

Décimo primeiro passo ( n=10):
e^{-2p_{10}}\approx e^{0,35814027314668526}\approx 1,431012,
p_{11}\approx -0,17907013657334263-0,1666666666666667+0,11552453009332422\cdot 1,431012\approx -0,1803958032400093.
Diferença |p_{11}-p_{10}|=0,00132566666666667.

Passo 15

Décimo segundo passo ( n=11):
e^{-2p_{11}}\approx e^{0,3607916064800186}\approx 1,434953,
p_{12}\approx -0,1803958032400093-0,1666666666666667+0,11552453009332422\cdot 1,434953\approx -0,18124146990667598.
Diferença |p_{12}-p_{11}|=0,00084566666666668.

Passo 16

Décimo terceiro passo ( n=12):
e^{-2p_{12}}\approx e^{0,36248293981335195}\approx 1,436907,
p_{13}\approx -0,18124146990667598-0,1666666666666667+0,11552453009332422\cdot 1,436907\approx -0,18177013657334266.
Diferença |p_{13}-p_{12}|=0,00052866666666669.

Passo 17

Décimo quarto passo ( n=13):
e^{-2p_{13}}\approx e^{0,3635402731466853}\approx 1,438002,
p_{14}\approx -0,18177013657334266-0,1666666666666667+0,11552453009332422\cdot 1,438002\approx -0,18210180324000933.
Diferença |p_{14}-p_{13}|=0,00033166666666667.

Passo 18

Décimo quinto passo ( n=14):
e^{-2p_{14}}\approx e^{0,36420360648001866}\approx 1,438662,
p_{15}\approx -0,18210180324000933-0,1666666666666667+0,11552453009332422\cdot 1,438662\approx -0,182313469906676.
Diferença |p_{15}-p_{14}|=0,00021166666666667.

Passo 19

Décimo sexto passo ( n=15), checando o critério:
e^{-2p_{15}}\approx e^{0,364626939813352}\approx 1,439051,
p_{16}\approx -0,182313469906676-0,1666666666666667+0,11552453009332422\cdot 1,439051\approx -0,18245513657334267.
Diferença |p_{16}-p_{15}|=0,00014166666666667<0,0002. Portanto o critério foi satisfeito em n=15 (ou seja, obtivemos p_{16} como último termo exigido).

Passo 20

Agora construo a sequência acelerada de Aitken (fórmula \Delta^{2}). Para uma sequência \{p_n\} define-se
\Delta p_n=p_{n+1}-p_n,\qquad \Delta^{2}p_n=p_{n+2}-2p_{n+1}+p_n,
e a estimativa acelerada é
\hat p_n=p_n-\frac{(\Delta p_n)^{2}}{\Delta^{2}p_n}
(quando \Delta^{2}p_n\neq 0). Usando os p_n calculados acima (valores aproximados), os primeiros termos acelerados ficam aproximadamente:
\begin{aligned} \hat p_{0}&\approx -0,211686,\\\ \hat p_{1}&\approx -0,196106,\\\ \hat p_{2}&\approx -0,189300,\\\ \hat p_{3}&\approx -0,186540,\\\ \hat p_{4}&\approx -0,184780,\\\ \hat p_{5}&\approx -0,183960,\\\ \hat p_{6}&\approx -0,183350,\\\ \hat p_{7}&\approx -0,183390,\\\ \hat p_{8}&\approx -0,183110,\\\ \hat p_{9}&\approx -0,182880,\\\ \hat p_{10}&\approx -0,182730,\\\ \hat p_{11}&\approx -0,182651,\\\ \hat p_{12}&\approx -0,182661,\\\ \hat p_{13}&\approx -0,182693,\\\ \hat p_{14}&\approx -0,182741. \end{aligned}
(Estes valores são obtidos usando a fórmula de Aitken aplicada aos pares/triplos p_n,p_{n+1},p_{n+2} calculados nos passos anteriores; mostrei valores até \hat p_{14} pois precisamos de três p's para formar \hat p_n.)

Passo 21

Comparação da convergência: a raiz exata (feita pela análise algébrica) é
p^{*}=\frac{1}{2}\ln(\ln2)\approx -0,18325646029083215.
Erros típicos:
|p_{16}-p^{*}|\approx 0,000801,\qquad |\hat p_{14}-p^{*}|\approx 0,000515.
Ou seja, os termos acelerados por Aitken, já a partir de índices médios, ficam mais próximos da raiz do que os termos originais do método de Newton com o mesmo índice — a aceleração trouxe ganho (reduziu o erro). Isso era esperado porque Newton converge só linearmente aqui (raiz múltipla), e Aitken acelera sequências lineares.

Resposta

Newton (critério |p_{n+1}-p_n|<0,0002): p_{16}\approx -0,18245513657334267
Sequência de Aitken \{\hat p_n\} (valores aproximados):
\hat p_{0}\approx -0,211686,\\ \hat p_{1}\approx -0,196106,\\ \hat p_{2}\approx -0,189300,\\ \hat p_{3}\approx -0,186540,\\ \hat p_{4}\approx -0,184780,\\ \hat p_{5}\approx -0,183960,\\ \hat p_{6}\approx -0,183350,\\ \hat p_{7}\approx -0,183390,\\ \hat p_{8}\approx -0,183110,\\ \hat p_{9}\approx -0,182880,\\ \hat p_{10}\approx -0,182730,\\ \hat p_{11}\approx -0,182651,\\ \hat p_{12}\approx -0,182661,\\ \hat p_{13}\approx -0,182693,\\ \hat p_{14}\approx -0,182741
Houve melhora na convergência? Sim.

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