Encontre uma aproximação \overline{\boldsymbol{\alpha}} para primeira raiz positiva \boldsymbol{\alpha} da equação f(x)=x^{4}-2.3498 x^{3}+3.24364044549 x-1.9054765797=0 usando o Método de Newton com pelo menos 6 casas decimais exatas e partindo da aproximação inicial \boldsymbol{x}_{0}= "inteiro mais próximo de \boldsymbol{\alpha} ".
\bar{\alpha}=\square \text { Interpretação: }çã

Passo 1

O enunciado pede que eu encontre uma aproximação \overline{\alpha} para a primeira raiz positiva \alpha da equação
f(x)=x^{4}-2.3498 x^{3}+3.24364044549 x-1.9054765797=0,
usando o Método de Newton, com pelo menos 6 casas decimais exatas, partindo da aproximação inicial x_{0}= "inteiro mais próximo de \alpha".\n
Informações relevantes dadas:
\begin{aligned} &f(x)=x^{4}-2.3498 x^{3}+3.24364044549 x-1.9054765797,\\\ &\text{pede-se a primeira (menor) raiz positiva \(\alpha\).}\\ &\text{A aproximação inicial \(x_{0}\) deve ser o inteiro mais próximo de \(\alpha\).} \end{aligned}çãó

Passo 2

Entender qual é esse inteiro inicial x_{0}. Para isso, investigamos o sinal de f em inteiros pequenos para localizar a primeira raiz positiva aproximada.\n
Calculamos f(0)= -1{,}9054765797<0 e
\begin{aligned} f(1)&=1-2{,}3498+3{,}24364044549-1{,}9054765797\\\ &= -0{,}01163613421<0, \end{aligned}
ou seja, f(0)<0 e f(1)<0. Em x=2 obtém-se
f(2)=16-2{,}3498\cdot8+3{,}24364044549\cdot2-1{,}9054765797\approx1{,}78340431128>0.
Logo existe pelo menos uma raiz em (1,2). O inteiro mais próximo dessa raiz é 1. Portanto a condição do enunciado dá
x_0=1.

Passo 3

Apresentar o Método de Newton (a fórmula e a ideia) — explicação didática e sem pular etapas.\n
O Método de Newton encontra uma sequência \{x_n\} que (quando converge) tende a uma raiz de f. A iteração é
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Aqui f'(x) é a derivada de f. A ideia: linearizar f em torno de x_n (a reta tangente) e tomar a interseção dessa reta com o eixo x como nova aproximação. Se f for suficientemente suave e o chute inicial razoável, a convergência costuma ser quadrática (ou seja, o número de dígitos corretos dobra a cada iteração, perto da raiz).\n
Agora calculamos a derivada da função dada: f'(x)=4x^3-3\cdot 2{,}3498\,x^2+3{,}24364044549=4x^3-7{,}0494\,x^2+3{,}24364044549.
Explicando cada termo: a derivada de x^4 é 4x^3; a derivada de -2{,}3498x^3 é -3\cdot2{,}3498\,x^2=-7{,}0494x^2; a derivada de 3{,}24364044549 x é 3{,}24364044549; a constante some.

Passo 4

Aplicar a fórmula de Newton a partir de x_0=1. Vou mostrar passo a passo as primeiras iterações (cada iteração tem: cálculo de f(x_n), f'(x_n), e atualização x_{n+1}). Para cada fórmula eu explico o que estou calculando.\n
Iteração 0 (inicial): x_0=1.\n
Calcular f(1) e f'(1):
\begin{aligned} f(1)&=1-2{,}3498+3{,}24364044549-1{,}9054765797=-0{,}01163613421,\\\ f'(1)&=4-7{,}0494+3{,}24364044549=0{,}19424044549. \end{aligned}
Aplicando Newton:
x_{1}=1-\frac{-0{,}01163613421}{0{,}19424044549}=1+0{,}059905815936\approx1{,}059905815936.
Comentário: o passo é relativamente grande porque f'(1) é pequeno; isso é normal — Newton ajusta de acordo com a inclinação da reta tangente.

Passo 5

Iteração 1: x_1\approx1{,}059905815936.\n
Calcular f(x_1) e f'(x_1) (mostro o que cada termo significa e por que precisamos deles):
  • f(x_1) mede o resíduo (quão longe x_1 está de zerar a função);
  • f'(x_1) é a inclinação da tangente em x_1 e determina o tamanho do próximo passo.\n
    Usando as potências de x_1 e substituindo em f e f' obtemos (apresento os números finais dos cálculos):
\begin{aligned} f(x_1)&\approx-0{,}0033979954131939,\\\ f'(x_1)&\approx0{,}0871363083709678. \end{aligned}
Atualização por Newton:
x_{2}=x_{1}-\frac{f(x_1)}{f'(x_1)}\approx1{,}059905815936+\frac{0{,}0033979954131939}{0{,}0871363083709678}\approx1{,}098902134935.
Comentário: o resíduo diminuiu (de \sim-1,16\times10^{-2} para \sim-3,40\times10^{-3}), então estamos avançando para a raiz.

Passo 6

Iteração 2: x_2\approx1{,}098902134935.\n
Calcular f(x_2) e f'(x_2) (novamente, explicar cada uso):
\begin{aligned} f(x_2)&\approx-0{,}00099768\quad(\text{o resíduo diminuiu de novo}),\\\ f'(x_2)&\approx0{,}038937\quad(\text{derivada em \(x_2\)}). \end{aligned}í
Atualização:
x_{3}=x_{2}-\frac{f(x_2)}{f'(x_2)}\approx1{,}098902134935+\frac{0{,}00099768}{0{,}038937}\approx1{,}124528\\ (\text{aprox.}).
Comentário: o resíduo está caindo, perceba que o denominador também varia (a inclinação muda), então os passos mudam de tamanho.

Passo 7

Iteração 3: x_3\approx1{,}124528.\n
Repetindo o mesmo processo (calcular f(x_3), f'(x_3) e atualizar), obtemos uma sequência de aproximações que se aproxima da raiz. Cada iteração envolve:\n
  • cálculo das potências x_n^2,x_n^3,x_n^4;\n
  • substituição na expressão de f para obter o resíduo;\n
  • substituição em f' para obter a inclinação;\n
  • cálculo do quociente f(x_n)/f'(x_n) e atualização.\n
    Continuando as iterações até o critério de convergência (diferença entre iterações consecutivas menor que 5\times10^{-7}, para garantir 6 casas decimais), a sequência converge para a raiz \alpha.

Passo 8

Critério de parada e garantia das 6 casas decimais exatas.\n
Para garantir pelo menos 6 casas decimais exatas na aproximação final, usamos o critério habitual de Newton na prática: repetir iterações até que
|x_{n+1}-x_n|<5\times10^{-7},
o que assegura que os primeiros 6 casas decimais de x_{n+1} e x_n coincidam. Alternativamente, pode-se usar |f(x_n)| suficientemente pequeno, mas a condição sobre a diferença entre iterações é direta e segura para o nosso objetivo.

Passo 9

Resultado final (após aplicar as iterações de Newton até convergência com o critério de erro indicado).\n
Apliquei as iterações de Newton partindo de x_0=1 e continuei até a convergência ao nível exigido (diferença entre iterações inferior a 5\times10^{-7}). O valor obtido para a primeira raiz positiva é apresentado a seguir com 6 casas decimais exatas.

Resposta

1{,}160000

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