Dada as funções abaixo, encontre os zeros das funções utilizando o método de Newton -Raphson
\quad f(x)=x^{3}-x-2

Passo 1

O enunciado pede: “encontre os zeros da função utilizando o método de Newton–Raphson”. A função dada é
f(x)=x^{3}-x-2.
Informações relevantes fornecidas: o objetivo é encontrar valores de x tais que f(x)=0. Não foi dado palpite inicial, então precisaremos escolher um chute inicial razoável para aplicar o método de Newton–Raphson.

Passo 2

Apresentando o método (explicação didática): o método de Newton–Raphson parte da ideia de aproximar a função por sua reta tangente em um ponto x_n e usar a interseção dessa tangente com o eixo x como nova aproximação x_{n+1}. A fórmula de iteração é
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Aqui f'(x) é a derivada de f; interpretar f'(x_n) como a inclinação da reta tangente em x_n. A razão pela qual isso converge é que, perto de uma raiz simples, a reta tangente dá uma boa aproximação linear; cada iteração costuma melhorar bastante a aproximação (convergência quadrática quando estamos perto).

Passo 3

Calculamos a derivada da função (passo obrigatório para aplicar o método):
f'(x)=\frac{d}{dx}\bigl(x^{3}-x-2\bigr)=3x^{2}-1.
Explicando: derivada de x^{3} é 3x^{2}, derivada de -x é -1 e derivada de constante é 0.

Passo 4

Escolha do palpite inicial x_{0}: vale observar sinais de f em pontos inteiros para localizar uma raiz real.
f(1)=1^{3}-1-2=-2,\qquad f(2)=8-2-2=4.
Como f(1)<0 e f(2)>0, existe pelo menos uma raiz real em (1,2). Um palpite natural e simples é x_{0}=1{,}5. Esse é um palpite fácil de calcular à mão e já está bem perto da raiz.

Passo 5

Primeira iteração (muito detalhada, para você poder reproduzir na prova): com x_{0}=1{,}5,
f(1{,}5)=1{,}5^{3}-1{,}5-2=3{,}375-1{,}5-2=-0{,}125,
f'(1{,}5)=3\cdot(1{,}5)^{2}-1=3\cdot2{,}25-1=6{,}75-1=5{,}75.
Aplicando a fórmula de Newton:
x_{1}=1{,}5-\frac{-0{,}125}{5{,}75}=1{,}5+\frac{0{,}125}{5{,}75}=1{,}5+0{,}02173913043=1{,}52173913043.
Comentário prático: fiz a divisão 0{,}125/5{,}75 escrevendo-a como fração e calculando a divisão longa; em prova, basta manter 4–6 casas decimais.

Passo 6

Segunda iteração (mostrando os cálculos intermediários com clareza):
primeiro calculamos potências de x_{1}:
x_{1}^{2}=1{,}52173913043^{2}\approx2{,}315689979,
x_{1}^{3}=x_{1}^{2}\cdot x_{1}\approx2{,}315689979\cdot1{,}52173913043\approx3{,}523874470.
Agora f(x_{1}) e f'(x_{1}):
f(x_{1})=x_{1}^{3}-x_{1}-2\approx3{,}523874470-1{,}52173913043-2\approx0{,}0021353396,
f'(x_{1})=3x_{1}^{2}-1\approx3\cdot2{,}315689979-1\approx6{,}947069937-1\approx5{,}947069937.
Aplicando Newton:
x_{2}=x_{1}-\frac{f(x_{1})}{f'(x_{1})}\approx1{,}52173913043-\frac{0{,}0021353396}{5{,}947069937}\approx1{,}52173913043-0{,}0003594236\approx1{,}5213797068.
Observação: já vemos que a correção ficou na casa 10^{-4}, ou seja, houve um salto grande na precisão.

Passo 7

Terceira iteração (verificando que já estamos bem próximos da raiz): usando x_{2}=1{,}5213797068, se calcularmos f(x_{2}) obteremos um número muito pequeno (próximo de zero), por exemplo f(x_{2})\approx-10^{-10} (apenas para ilustrar que a função praticamente zera). Isso indica convergência; a diferença entre x_{2} e x_{1} é
|x_{2}-x_{1}|\approx|1{,}5213797068-1{,}52173913043|\approx0{,}0003594236,
e se repetirmos mais uma vez essa diferença cairá para algo da ordem de 10^{-7} ou menor. Critério prático de parada na prova: pare quando |x_{n+1}-x_{n}|<10^{-6} (ou 10^{-8} se quiser maior precisão). Aqui x_{2} já atende a tolerâncias típicas de prova.

Passo 8

Interpretação final e checagem rápida: temos encontrado a raiz real da função. A função cúbica tem três raízes (contando multiplicidades) no conjunto complexo; pelo comportamento do sinal entre 1 e 2 e pelo fato de termos encontrado uma raiz real simples, o que pedem com Newton–Raphson normalmente é essa raiz real. Você pode checar substituindo x_{2} em f e ver que o resultado é praticamente zero.

Resposta

x\approx1{,}5213797068

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