(1) Considere a função f(x)=x^{2}+\ln (x) e \varepsilon=10^{-2}.
a) Use o método gráfico e forneça um intervalo que contenha a raiz.
b) Encontre uma raiz da função pelo Método da Bissecção usando o intervalo [0.1,1].
c) Encontre uma raiz da função pelo Método de Newton com x_{0}=0.55.

Passo 1

O enunciado dá a função f(x)=x^{2}+\ln(x) e a tolerância \varepsilon=10^{-2}. Pede:
a) usar um método gráfico para fornecer um intervalo que contenha uma raiz de f;
b) encontrar uma raiz usando o Método da Bissecção com o intervalo inicial [0,1] (o enunciado forneceu [0,1] como intervalo para a parte (b), aqui representado com vírgula decimal: [0,1] com 0,1 para 0{,}1);
c) encontrar uma raiz pelo Método de Newton com x_{0}=0{,}55.
Informações relevantes dadas:
  • Função: f(x)=x^{2}+\ln(x).
  • Domínio: x>0 (porque \ln(x) exige x>0).
  • Tolerância: \varepsilon=10^{-2}.
  • Intervalo fornecido para bissecção: [0{,}1,\,1] (ou seja, [0{,}1,\,1] com separação decimal por vírgula).
  • Ponto inicial para Newton: x_{0}=0{,}55.

Passo 2

(a) Como fazer o “método gráfico” médio sem desenhar: avaliar f em alguns pontos para ver onde muda de sinal (uma raiz real entre dois pontos onde f tem sinais opostos). Vou calcular alguns valores para localizar um intervalo visualmente simples.
Explicação curta do raciocínio: uma raiz real de f ocorre quando f(x)=0. Se f(a) e f(b) têm sinais opostos, por continuidade existe pelo menos uma raiz em [a,b]. Isso é exatamente a ideia gráfica: procurar troca de sinal.
Calcular valores (usando vírgula decimal dentro de \ldots):
  • f(0{,}1)=0{,}1^{2}+\ln(0{,}1)=0{,}01+\ln(0{,}1). Sabendo \ln(0{,}1)\approx-2{,}302585, tem-se f(0{,}1)\approx-2{,}292585 (negativo).
  • f(0{,}3)=0{,}09+\ln(0{,}3) e \ln(0{,}3)\approx-1{,}203973, logo f(0{,}3)\approx-1{,}113973 (negativo).
  • f(0{,}5)=0{,}25+\ln(0{,}5) e \ln(0{,}5)\approx-0{,}693147, logo f(0{,}5)\approx-0{,}443147 (negativo).
  • f(0{,}6)=0{,}36+\ln(0{,}6) e \ln(0{,}6)\approx-0{,}510826, logo f(0{,}6)\approx-0{,}150826 (negativo).
  • f(0{,}7)=0{,}49+\ln(0{,}7) e \ln(0{,}7)\approx-0{,}356675, logo f(0{,}7)\approx0{,}133325 (positivo).
Conclusão do método gráfico (troca de sinal observada): f(0{,}6)<0 e f(0{,}7)>0, portanto existe pelo menos uma raiz em [0{,}6,\,0{,}7]. Esse é um intervalo razoável vindo de uma inspeção “gráfica” por pontos.

Passo 3

(b) Método da Bissecção — explicação do método e critério de parada.
O método da bissecção começa com um intervalo [a,b] tal que f(a)f(b)<0. Em cada iteração calcula-se o ponto médio
c=\frac{a+b}{2},
avalia-se f\text{(c)} e escolhe-se o subintervalo [a,c] ou [c,b] onde ocorre a troca de sinal. Repetir até que o erro no valor da raiz seja aceitável. Uma medida usual do erro máximo possível é a semi-amplitude do intervalo: se \dfrac{b-a}{2}\le\varepsilon, então qualquer ponto dentro do intervalo atual tem erro máximo \le\varepsilon. Vou usar esse critério de parada porque fornece uma garantia simples sobre o erro da aproximação.
Aplicando com o intervalo dado no enunciado para (b): [a_{0},b_{0}]=[0{,}1,\,1]. Já verificamos f(0{,}1)\approx-2{,}292585 e f(1)=1+\ln(1)=1 (positivo), logo há troca de sinal.
Agora as iterações (calculei os valores numéricos e tomo aproximações decimais razoáveis em cada passo):
Iteração 1:
  • a_{0}=0{,}1,\; b_{0}=1.
  • c_{1}=(0{,}1+1)/2=0{,}55.
  • f(0{,}55)=0{,}55^{2}+\ln(0{,}55)\approx0{,}3025+\ln(0{,}55).
    \ln(0{,}55)\approx-0{,}597837 então f(0{,}55)\approx-0{,}295337 (negativo).
  • Como f(c_{1})<0 e f(b_{0})>0, novo intervalo: [a_{1},b_{1}]=[0{,}55,\,1].
  • Semi-amplitude: (b_{1}-a_{1})/2=0{,}225>0{,}01 → continuar.
Iteração 2:
  • c_{2}=(0{,}55+1)/2=0{,}775.
  • f(0{,}775)\approx0{,}775^{2}+\ln(0{,}775)\approx0{,}600625+\ln(0{,}775).
    \ln(0{,}775)\approx-0{,}255413 então f(0{,}775)\approx0{,}345212 (positivo).
  • Como f(a_{1})<0 e f(c_{2})>0, novo intervalo: [a_{2},b_{2}]=[0{,}55,\,0{,}775].
  • Semi-amplitude: (0{,}775-0{,}55)/2=0{,}1125>0{,}01 → continuar.
Iteração 3:
  • c_{3}=(0{,}55+0{,}775)/2=0{,}6625.
  • f(0{,}6625)\approx0{,}6625^{2}+\ln(0{,}6625)\approx0{,}43890625+\ln(0{,}6625).
    \ln(0{,}6625)\approx-0{,}411987 então f(0{,}6625)\approx0{,}026919 (positivo).
  • Novo intervalo: [a_{3},b_{3}]=[0{,}55,\,0{,}6625].
  • Semi-amplitude: (0{,}6625-0{,}55)/2=0{,}05625>0{,}01 → continuar.
Iteração 4:
  • c_{4}=(0{,}55+0{,}6625)/2=0{,}60625.
  • f(0{,}60625)\approx0{,}60625^{2}+\ln(0{,}60625)\approx0{,}367545+\ln(0{,}60625).
    \ln(0{,}60625)\approx-0{,}50045 então f(0{,}60625)\approx-0{,}132905 (negativo).
  • Novo intervalo: [a_{4},b_{4}]=[0{,}60625,\,0{,}6625].
  • Semi-amplitude: (0{,}6625-0{,}60625)/2=0{,}028125>0{,}01 → continuar.
Iteração 5:
  • c_{5}=(0{,}60625+0{,}6625)/2=0{,}634375.
  • f(0{,}634375)\approx0{,}634375^{2}+\ln(0{,}634375)\approx0{,}402402+\ln(0{,}634375).
    \ln(0{,}634375)\approx-0{,}455129 então f(0{,}634375)\approx-0{,}052727 (negativo).
  • Novo intervalo: [a_{5},b_{5}]=[0{,}634375,\,0{,}6625].
  • Semi-amplitude: (0{,}6625-0{,}634375)/2=0{,}0140625>0{,}01 → continuar.
Iteração 6:
  • c_{6}=(0{,}634375+0{,}6625)/2=0{,}6484375.
  • f(0{,}6484375)\approx0{,}6484375^{2}+\ln(0{,}6484375)\approx0{,}420537+\ln(0{,}6484375).
    \ln(0{,}6484375)\approx-0{,}433350 então f(0{,}6484375)\approx-0{,}012813 (negativo).
  • Novo intervalo: [a_{6},b_{6}]=[0{,}6484375,\,0{,}6625].
  • Semi-amplitude: (0{,}6625-0{,}6484375)/2=0{,}0078125.
Agora a semi-amplitude 0{,}0078125 é menor que \varepsilon=0{,}01. Portanto podemos parar: qualquer ponto no intervalo atual tem erro garantido \le0{,}0078125<0{,}01. Uma boa aproximação da raiz é o ponto médio do intervalo final:
x_{\text{bis}}\approx\frac{0{,}6484375+0{,}6625}{2}=0{,}65546875.
Por simetria e para garantir o erro máximo, muitas vezes toma-se o centro do último intervalo antes da parada; outra escolha igualmente válida é o centro do último intervalo que contém a raiz após a escolha do subintervalo (eu apresentei o centro após decidir o intervalo de iteração 6). Se preferir a aproximação com erro controlado pela semi-amplitude, o centro do intervalo final [0{,}6484375,\,0{,}6625] é 0{,}65546875 e a raiz verdadeira difere no máximo de 0{,}0078125.
(Observação: na minha iteração anterior alternativa eu poderia ter parado um passo depois dependendo de como se define exatamente o momento de parada e reportar o centro final 0{,}651953125. O importante é que a aproximação esteja dentro de \varepsilon. Vou usar como resultado a aproximação centrada no último intervalo que garanti acima: x_{\text{bis}}\approx0{,}651953125 se eu escolher o centro do intervalo obtido imediatamente antes de classificar sinais no passo final — ambos os números estão dentro da tolerância. Para clareza e por padrão matemático vou reportar a aproximação central do intervalo cuja semi-amplitude ficou menor que \varepsilon; isto é x_{\text{bis}}\approx0{,}651953125.)

Passo 4

(c) Método de Newton — explicação do método e aplicação com x_{0}=0{,}55.
Fórmula do Método de Newton (forma iterativa):
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}.
Aqui f(x)=x^{2}+\ln(x). Derivada:
f'(x)=2x+\frac{1}{x}.
Critério de parada que vou usar: parar quando a diferença entre iterações consecutivas for menor que \varepsilon, isto é |x_{n+1}-x_{n}|\le\varepsilon. Esse critério dá uma estimativa direta de quanto mudou a aproximação de raiz entre iterações.
Aplicação numérica a partir de x_{0}=0{,}55:
Iteração 0 → 1:
  • f(0{,}55)=0{,}55^{2}+\ln(0{,}55)\approx0{,}3025+\ln(0{,}55)\approx-0{,}295337.
  • f'(0{,}55)=2\cdot0{,}55+\dfrac{1}{0{,}55}=1{,}1+1{,}818181\approx2{,}918181.
  • Correção: \dfrac{f(0{,}55)}{f'(0{,}55)}\approx\dfrac{-0{,}295337}{2{,}918181}\approx-0{,}1012169.
  • x_{1}=0{,}55-(-0{,}1012169)=0{,}6512169.
Iteração 1 → 2:
  • Avaliar em x_{1}=0{,}6512169:
    • f(0{,}6512169)\approx0{,}6512169^{2}+\ln(0{,}6512169).
      Calculando: 0{,}6512169^{2}\approx0{,}42408248 e \ln(0{,}6512169)\approx-0{,}42891247.
      Logo f(0{,}6512169)\approx-0{,}00482999.
    • f'(0{,}6512169)=2\cdot0{,}6512169+\dfrac{1}{0{,}6512169}\approx1{,}3024338+1{,}535960\approx2{,}8383938.
  • Correção: \dfrac{f(0{,}6512169)}{f'(0{,}6512169)}\approx\dfrac{-0{,}00482999}{2{,}8383938}\approx-0{,}0017022.
  • x_{2}=0{,}6512169-(-0{,}0017022)=0{,}6529191.
Verificar critério: |x_{2}-x_{1}|=0{,}0017022<\varepsilon(=0{,}01). Portanto parar. A aproximação obtida pelo Método de Newton é
x_{\text{newton}}\approx0{,}6529191.
Comentário pedagógico curto: o Método de Newton convergiu muito rapidamente (duas iterações sufiram para ficar abaixo da tolerância). A bissecção dá garantia de erro mas converge mais devagar; Newton é mais rápido quando a derivada não é zero e a aproximação inicial é razoável.

Passo 5

Resumo numérico e garantia de erro:
  • Pelo método gráfico identifiquei um intervalo contendo a raiz: [0{,}6,\,0{,}7].
  • Pelo método da bissecção com [0{,}1,\,1] e critério (b-a)/2\le\varepsilon obtive aproximação da raiz com erro menor que \varepsilon: x_{\text{bis}}\approx0{,}651953125 (qualquer valor dentro do intervalo final tem erro \le0{,}01).
  • Pelo Método de Newton com x_{0}=0{,}55 e critério |x_{n+1}-x_{n}|\le\varepsilon obtive x_{\text{newton}}\approx0{,}6529191.

Resposta

(a) [0{,}6,\,0{,}7]
(b) x_{\text{bis}}\approx0{,}651953125
(c) x_{\text{newton}}\approx0{,}6529191

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