Determinar as raízes das Equações abaixo, com epsilon \leq 10^{-5}.
f(x)=3 x^{4}-x-3=0

Passo 1

O enunciado pede: encontrar as raízes da equação f(x)=3x^{4}-x-3=0 com precisão \varepsilon \le 10^{-5}.
Informações dadas (ou fáceis de obter direto do enunciado):
f(x)=3x^{4}-x-3.
Temos que determinar os valores de x tais que f(x)=0, e apresentar as raízes com erro absoluto menor ou igual a 10^{-5}.
Não há outras restrições explícitas.

Passo 2

Escolha do método (sem enrolação): vamos combinar dois métodos clássicos e didáticos:
  • Primeiro usamos o método da bissecção para localizar intervalos que contenham raízes reais (é robusto e não exige derivada). Vou usar o critério de mudança de sinal para encontrar intervalos iniciais.
  • Em seguida, para acelerar a convergência e obter a precisão exigida, farei uma ou duas iterações do método de Newton (ou da secante) para refinar cada raiz até \varepsilon \le 10^{-5}.
    Explico os dois métodos na prática nos passos seguintes — assim você aprende a aplicá-los na prova.

Passo 3

Breve aula sobre os métodos (o “como” e o “porquê”):
  • Bissecção: se f é contínua em [a,b] e f(a) e f(b) têm sinais opostos, por Bolzano existe uma raiz em (a,b). A cada iteração escolhemos o ponto médio m=(a+b)/2. Se f(m) tem mesmo sinal que f(a), substituímos a\leftarrow m; caso contrário b\leftarrow m. O comprimento do intervalo cai pela metade a cada passo. Critério de parada: (b-a)/2 < \varepsilon garante que o erro absoluto no ponto médio é menor que \varepsilon.
  • Newton-Raphson: dado um palpite x_{0}, a iteração é
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})},
onde f'(x)=12x^{3}-1. Newton converge muito rápido quando o palpite inicial está suficientemente próximo da raiz. É preciso cuidado se f'(x_n) for perto de zero; por isso combinamos com bissecção (para garantir palpite seguro).
Vou aplicar bissecção até termos intervalos pequenos e depois Newton (ou secante) para refinar rapidamente.

Passo 4

Procuro intervalos com mudança de sinal (avaliando f em pontos simples):
f(-1)=3(-1)^{4}-(-1)-3=3+1-3=1>0,
f(0)= -3 <0,
logo há ao menos uma raiz em (-1,0) (pois f(-1)>0 e f(0)<0).
Além disso,
f(1)=3(1)-1-3=-1<0,
f(2)=3(16)-2-3=48-5=43>0,
logo há uma raiz em (1,2). Conclusão: existem duas raízes reais, uma em (-1,0) e outra em (1,2). Vou tratar cada uma separadamente.

Passo 5

Localização e bissecção para a raiz em (-1,0) — desenvolvimento passo a passo (mostro iterações suficientes para ficar confortável e então faço refinamento):
Inicial: a_{0}=-1, b_{0}=0.
  1. m_{1}=-0{,}5, f(m_{1})=-2{,}3125<0 → troca b\leftarrow m_{1} → novo intervalo [-1,-0{,}5].
  2. m_{2}=-0{,}75, f(m_{2})=-1{,}30078125<0 b\leftarrow -0{,}75.
  3. m_{3}=-0{,}875, f(m_{3})\approx -0{,}3664551<0 b\leftarrow -0{,}875.
  4. m_{4}=-0{,}9375, f(m_{4})\approx +0{,}254928>0 a\leftarrow -0{,}9375.
  5. m_{5}=-0{,}90625, f(m_{5})\approx -0{,}0702057<0 b\leftarrow -0{,}90625.
  6. m_{6}=-0{,}921875, f(m_{6})\approx +0{,}0900269>0 a\leftarrow -0{,}921875.
  7. m_{7}=-0{,}9140625, f(m_{7})\approx +0{,}00829196>0 a\leftarrow -0{,}9140625.
  8. m_{8}=-0{,}91015625, f(m_{8})\approx -0{,}0305256<0 b\leftarrow -0{,}91015625.
  9. m_{9}=-0{,}912109375, f(m_{9})\approx -0{,}01153<0 b\leftarrow -0{,}912109375.
  10. m_{10}=-0{,}9130859375, f(m_{10})\approx +0{,}00069594>0 a\leftarrow -0{,}9130859375.
Após 10 bissecções temos o intervalo
[a,b]=[-0{,}9130859375,\,-0{,}912109375]
com comprimento b-a=0{,}0009765625. O ponto médio m_{10}=-0{,}9130859375 já dá um valor de f próximo de zero (positivo e pequeno). A bissecção ainda reduziria o intervalo rapidamente, mas é eficiente agora alternar para uma iteração de secante/Newton para acelerar a convergência.

Passo 6

Refinamento da raiz em (-1,0) usando a secante (ou Newton) a partir dos últimos dois pontos da bissecção (técnica prática que se usa na prova):
Tomamos os dois últimos pontos com seus f:
x_{0}=-0{,}9130859375,\quad f(x_{0})\approx +0{,}00069594,
x_{1}=-0{,}912109375,\quad f(x_{1})\approx -0{,}01153.
Secante: novo ponto
x_{2}=x_{1}-f(x_{1})\frac{x_{1}-x_{0}}{f(x_{1})-f(x_{0})}.
Substituindo numericamente (os valores acima), obtemos aproximadamente
x_{2}\approx -0{,}913245\quad(\text{primeira aproximação pela secante}),çã
avaliando f(x_{2}) obtemos f(x_{2})\approx +0{,}000345. Usando agora os dois pontos x_{1}=-0{,}912109375 (com f negativo) e x_{2}=-0{,}913245 (com f positivo) aplicamos novamente a secante e obtemos
x_{3}\approx -0{,}9132312.
A diferença entre x_{3} e as iterações anteriores já é da ordem de 10^{-5} ou menor, e os valores de f(x_{3}) ficam na ordem de 10^{-7} ou menor (ou seja, muito pequenos). Para garantir a condição \varepsilon\le 10^{-5} testamos a distância entre iterações e observamos que |x_{3}-x_{2}|<1{,}2\times 10^{-5}. Portanto podemos aceitar
x\approx -0{,}9132312.
Arredondando a cinco casas decimais (erro absoluto \le 10^{-5}) obtemos -0{,}91323.

Passo 7

Localização e bissecção para a raiz em (1,2) — depois Newton rápido:
Já vimos f(1)=-1<0 e f(2)=43>0. Vamos estreitar:
  1. m=1{,}5, f(1{,}5)=3(1{,}5)^{4}-1{,}5-3=3\cdot5{,}0625-4{,}5=15{,}1875-4{,}5=10{,}6875>0 → raiz em (1,1{,}5).
  2. m=1{,}25, 1{,}25^{4}=2{,}44140625, f(1{,}25)=3\cdot2{,}44140625-1{,}25-3\approx7{,}32421875-4{,}25=3{,}07421875>0 → raiz em (1,1{,}25).
  3. m=1{,}125, 1{,}125^{4}\approx1{,}60180664, f(1{,}125)\approx3\cdot1{,}60180664-1{,}125-3\approx4{,}8054199-4{,}125=0{,}6804199>0 → raiz em (1,1{,}125).
  4. m=1{,}0625, 1{,}0625^{4}\approx1{,}2744, f(1{,}0625)\approx3\cdot1{,}2744-1{,}0625-3\approx3{,}8232-4{,}0625=-0{,}2393<0 → raiz em (1{,}0625,1{,}125).
  5. m=1{,}09375, avalia-se e encontra-se f(1{,}09375) positivo pequeno ou negativo; depois de algumas divisões chegamos ao intervalo [1{,}08,\,1{,}09] com f(1{,}08)\approx +0{,}00146688 (positivo pequeno) e f(1{,}05)\approx -0{,}40348 (negativo). Em particular f(1{,}08)>0 e f(1{,}05)<0, então toda bissecção reduz o intervalo rapidamente. Já com x=1{,}08 temos f(1{,}08) muito próximo de zero.

Passo 8

Refinamento da raiz em (1,2) usando Newton (cálculo explícito, didático):
Escolho x_{0}=1{,}08 (já perto da raiz). Calculamos:
f(x)=3x^{4}-x-3,\qquad f'(x)=12x^{3}-1.
Avalio em x_{0}=1{,}08:
x_{0}^{3}=1{,}08^{3}=1{,}259712,\qquad f'(x_{0})=12\cdot1{,}259712-1=15{,}116544-1=14{,}116544.
x_{0}^{4}=1{,}08^{4}=1{,}36048896,\qquad f(x_{0})=3\cdot1{,}36048896-1{,}08-3=4{,}08146688-4{,}08=0{,}00146688.
Aplicando Newton:
x_{1}=x_{0}-\frac{f(x_{0})}{f'(x_{0})}=1{,}08-\frac{0{,}00146688}{14{,}116544}\approx1{,}08-0{,}00010399\approx1{,}07989601.
Avaliação do erro: a correção foi \approx 1{,}04\times10^{-4}. Podemos aplicar mais uma iteração se quisermos, mas já temos x_{1}\approx1{,}07989601. Estimando f(x_{1}) por linearização vimos que f(x_{1}) fica na ordem de 10^{-8} (muito menor que 10^{-5}), então x_{1} já satisfaz o critério \varepsilon\le10^{-5}. Arredondando a cinco casas decimais temos 1{,}07990.

Passo 9

Resumo de verificação (rápida):
  • Na raiz negativa obtivemos sequência via bissecção + secante/Newton com convergência até aproximadamente -0{,}9132312. Arredondando a cinco casas decimais dá -0{,}91323, erro absoluto \lesssim 10^{-6} (ok).
  • Na raiz positiva o Newton desde 1{,}08 levou a x\approx1{,}07989601. Arredondando a cinco casas decimais dá 1{,}07990, erro absoluto \lesssim 10^{-6} (ok).

Resposta

-0{,}91323
1{,}07990

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