Determine um ponto da função f(x)=6 x^{4}-3 x^{3}-2 x-3, em que a primeira derivada de \mathrm{f}(\mathrm{x}) se anula, usando o Método de Newton com \varepsilon=0.001. O ponto encontrado é um ponto de mínimo da função dada? Justifique teoricamente suas afirmações.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  • Encontrar um ponto da função f(x)=6x^{4}-3x^{3}-2x-3 em que a primeira derivada se anula, usando o Método de Newton com \varepsilon=0{,}001.
  • Dizer se o ponto encontrado é um ponto de mínimo da função, justificando teoricamente.
Informações relevantes dadas:
  • A função é f(x)=6x^{4}-3x^{3}-2x-3.
  • Precisamos resolver f'(x)=0 numericamente com Newton e tolerância \varepsilon=0{,}001.
  • Não foi dado palpite inicial; vou escolher um palpite razoável e explicar por que.

Passo 2

Primeiro vamos derivar e preparar o problema para o Método de Newton.
A primeira derivada é
f'(x)=24x^{3}-9x^{2}-2.
Denotando g(x)=f'(x), queremos resolver g(x)=0.
No Método de Newton para encontrar raiz de g(x) usa-se a iteração
x_{n+1}=x_n-\dfrac{g(x_n)}{g'(x_n)},
onde g'(x)=f''(x) é a derivada de g. Aqui
g'(x)=f''(x)=72x^{2}-18x.
Explicando de verdade o que cada coisa significa:
  • g(x) é a função cuja raiz buscamos (aqui, a derivada de f).
  • g'(x) é a taxa de variação de g; o Newton usa essa inclinação para fazer uma aproximação linear e melhorar o palpite.
  • A iteração transforma um palpite x_n num palpite melhor x_{n+1}. Repetimos até que a diferença entre iterações seja menor que a tolerância \varepsilon (critério que vou usar aqui).
Critério de parada (que escolhi): parar quando |x_{n+1}-x_n|<\varepsilon com \varepsilon=0{,}001. Isso é prático em provas e dá controle sobre a precisão do valor de x.

Passo 3

Escolha do palpite inicial: como g(0)=-2<0 e g(1)=24-9-2=13>0, existe uma raiz entre 0 e 1. Um palpite central e simples é x_0=0{,}6. (Se quiser na prova, justificar rápido: muda de sinal entre 0 e 1, então comece por 0,5 ou 0,6.)
Agora efetuamos as iterações de Newton com cálculo passo a passo (vou arredondar números para 6 casas decimais nas operações, apresentando as contas essenciais).
Definimos:
g(x)=24x^{3}-9x^{2}-2,\qquad g'(x)=72x^{2}-18x.
Iteração 0:
x_0=0{,}6.
Calcule g(x_0) e g'(x_0):
g(0{,}6)=24(0{,}6)^{3}-9(0{,}6)^{2}-2=5{,}184-3{,}24-2=-0{,}056.
g'(0{,}6)=72(0{,}6)^{2}-18(0{,}6)=25{,}92-10{,}8=15{,}12.
Aplicando Newton:
x_1=0{,}6-\dfrac{-0{,}056}{15{,}12}=0{,}6+0{,}003703\approx 0{,}603703.
Diferença |x_1-x_0|=0{,}003703>\varepsilon, continua.
Iteração 1:
x_1\approx 0{,}603703.
Calcule g(x_1) e g'(x_1) (valores aproximados):
x_1^{2}\approx 0{,}364459,\qquad x_1^{3}\approx 0{,}219967.
g(x_1)=24(0{,}219967)-9(0{,}364459)-2\approx 5{,}279208-3{,}280131-2\approx -0{,}000923.
g'(x_1)=72(0{,}364459)-18(0{,}603703)\approx 26{,}2409-10{,}866654\approx 15{,}374246.
Aplicando Newton:
x_2=x_1-\dfrac{g(x_1)}{g'(x_1)}\approx 0{,}603703-\dfrac{-0{,}000923}{15{,}374246}\approx 0{,}603703+0{,}000060\approx 0{,}603763.
Diferença |x_2-x_1|\approx 0{,}000060<\varepsilon. Portanto o critério de parada foi satisfeito e podemos aceitar x_2 como aproximação da raiz.

Passo 4

Conclusão numérica das iterações:
  • A iteração parou com x_{\ast}\approx 0{,}603763 (arredondando às casas usadas nas contas).
  • Isto significa que encontramos x_{\ast} tal que f'(x_{\ast})\approx 0 dentro da tolerância pedida.
Relembre: tudo no Newton é aproximado; a diferença entre iterações menor que \varepsilon garante que x_{\ast} está estável com erro na ordem de \varepsilon.

Passo 5

Agora classificamos o ponto usando o teste da segunda derivada.
A segunda derivada já tínhamos:
f''(x)=72x^{2}-18x.
Avalie em x_{\ast}\approx 0{,}603763. Podemos usar o valor já calculado para g'(x_1) como boa aproximação; numericamente obtivemos f''(x_{\ast})\approx 15{,}37 (positivo).
Teorema/justificativa teórica (segundo teste):
  • Se f'(x_0)=0 e f''(x_0)>0, então x_0 é um ponto de mínimo local de f.
  • Se f''(x_0)<0, então é máximo local.
  • Se f''(x_0)=0, o teste é inconclusivo.
Como em nosso caso f'(x_{\ast})\approx 0 e f''(x_{\ast})\approx 15{,}37>0, concluímos teoricamente que x_{\ast} é um ponto de mínimo local de f.
Pequena observação de amigo: poderíamos verificar f''(x) positivo numa vizinhança para reforçar, mas o teste da segunda derivada já dá a garantia local necessária.

Resposta

x\approx 0{,}603763
Sim. É um ponto de mínimo local, pois f''(x)\approx 15{,}37>0.

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