2 A corrente elétrica em um circuito varia com o tempo conforme a seguinte expressão:
I=9 \cdot e^{-t} \cdot \cos (2 \cdot \pi \cdot t+0.5)
(ÂNGULO EM RADIANO)
Deseja-se determinar o tempo no qual a corrente se iguala à metade do seu valor inicial (Quando t=0 ).
Efetue três iterações com o método de Newton-Raphson e adote como chute inicial t_{0}=0.2 \mathrm{~s}.
Determine o erro relativo a cada iteração.

Passo 1

O enunciado dá a corrente
I(t)=9\,e^{-t}\cos\bigl(2\pi t+0.5\bigr)
e pede o tempo t em que I(t)=\tfrac12I(0), usando três iterações de Newton–Raphson com chute inicial t_0=0.2 s. O conteúdo envolvido é método de Newton para resolver \,f(t)=0 e cálculo de derivada por regra do produto e cadeia.

Passo 2

Definimos
I(0)=9\cos(0.5),
então queremos a raiz de
f(t)=9\,e^{-t}\cos\bigl(2\pi t+0.5\bigr)-\frac{9}{2}\cos(0.5)=0.
Para Newton precisamos também de
f'(t)=9\frac{d}{dt}\Bigl[e^{-t}\cos(2\pi t+0.5)\Bigr].

Passo 3

Usando produto e cadeia,
\frac{d}{dt}\bigl[e^{-t}\cos(2\pi t+0.5)\bigr] =-e^{-t}\cos(2\pi t+0.5) -e^{-t}\cdot\bigl(2\pi\sin(2\pi t+0.5)\bigr),
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f'(t)=-9\,e^{-t}\bigl[\cos(2\pi t+0.5)+2\pi\sin(2\pi t+0.5)\bigr].
A fórmula de Newton é
t_{n+1}=t_n-\frac{f(t_n)}{f'(t_n)}.
Definimos o erro relativo em cada iteração por
E_{r,n}=\left|\frac{t_n-t_{n-1}}{t_n}\right|.

Passo 4

Iteração 1 t_0=0.2:
calculemos
\phi_0=2\pi(0.2)+0.5\approx1.7566,\quad e^{-0.2}\approx0.8187,
f(0.2)=9\bigl(0.8187\cos\phi_0\bigr)-\tfrac92\cos(0.5)\approx9(-0.1654)-4.0\approx-5.298-4.0=-9.298
(numericamente obtém-se f(0.2)\approx-5.298, mas podemos cancelar o fator 9 no quociente).
f'(0.2)\approx-9\cdot0.8187\bigl[-0.183+2\pi(0.983)\bigr]\approx-9\cdot0.8187\cdot5.994\approx-44.16.
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t_1=0.2-\frac{-9.298}{-44.16}\approx0.2-0.2105\approx0.080\,\mathrm{s},
E_{r,1}=\bigl|0.080-0.200\bigr|/0.080=1.50\;(\approx150\%).

Passo 5

Iteração 2 t_1=0.080:
\phi_1=2\pi(0.08)+0.5\approx1.0027,\quad e^{-0.08}\approx0.9231,
f(0.08)\approx9\bigl(0.9231\cos\phi_1\bigr)-4.0\approx9(0.4963)-4.0\approx4.467-4.0=0.467,
f'(0.08)\approx-9\cdot0.9231\bigl[0.5373+2\pi(0.8434)\bigr]\approx-9\cdot0.9231\cdot5.835\approx-48.46.
t_2=0.080-\frac{0.467}{-48.46}\approx0.080+0.00964\approx0.0896\,\mathrm{s},
E_{r,2}=\bigl|0.0896-0.080\bigr|/0.0896\approx0.1077\;(\approx10{,}8\%).

Passo 6

Iteração 3 t_2=0.0896:
\phi_2=2\pi(0.0896)+0.5\approx1.0624,\quad e^{-0.0896}\approx0.9143,
f(0.0896)\approx9\bigl(0.9143\cos\phi_2\bigr)-4.0\approx9(0.4382)-4.0\approx3.944-4.0=-0.056,
f'(0.0896)\approx-9\cdot0.9143\bigl[0.4382+2\pi(0.8988)\bigr]\approx-9\cdot0.9143\cdot6.029\approx-49.62.
t_3=0.0896-\frac{-0.056}{-49.62}\approx0.0896-0.00113\approx0.0885\,\mathrm{s},
E_{r,3}=\bigl|0.0885-0.0896\bigr|/0.0885\approx0.0124\;(\approx1{,}24\%).

Resposta

t_1\approx0.080 s, E_{r,1}\approx150\% t_2\approx0.0896 s, E_{r,2}\approx10{,}8\% t_3\approx0.0885 s, E_{r,3}\approx1{,}24\%

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