Encontre o zero da função usando o método de Newton, a partir do ponto inicial x_{0}. Use \left|f\left(x_{n}\right)\right|<\varepsilon, como critério de parada
f(x)=x+\ln (x), x_{0}=\frac{1}{2}, \varepsilon=10^{-10}

Passo 1

O enunciado pede para encontrar o zero da função f usando o método de Newton, a partir do ponto inicial x_{0}, e usar como critério de parada \left|f\left(x_{n}\right)\right|<\varepsilon. Dados fornecidos:
f(x)=x+\ln(x),\qquad x_{0}=\frac{1}{2},\qquad \varepsilon=10^{-10}.
O que precisamos fornecer: uma aproximação do valor x tal que f(x)=0, obtida pelo método de Newton a partir de x_{0} e verificando \left|f(x_{n})\right|<10^{-10}.

Passo 2

Apresentação do método de Newton (explicação didática).
O método de Newton gera uma sequência \{x_{n}\} dada pela fórmula
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}.
Aqui f'(x) é a derivada de f. A ideia é: escolhemos um ponto inicial x_{0} e em cada passo aproximamos f por sua reta tangente em x_{n} e tomamos a interseção dessa reta com o eixo x como x_{n+1}. Quadraticidade: quando estamos perto da raiz verdadeira, o erro tende a diminuir muito rápido (aproximação quadrática), por isso em poucas iterações obtemos muita precisão. No nosso caso precisamos também computar o valor de f e de f' em cada iteração e checar \left|f(x_{n})\right|<\varepsilon.

Passo 3

Calcular a derivada e escrever a fórmula específica para nossa função.
Temos
f(x)=x+\ln(x)
e, derivando,
f'(x)=1+\frac{1}{x}.
Substituindo na fórmula de Newton obtemos a iteração explícita
x_{n+1}=x_{n}-\frac{x_{n}+\ln(x_{n})}{1+\dfrac{1}{x_{n}}}.
Uma forma alternativa, útil para cálculo, é simplificar a fração:
x_{n+1}=x_{n}-\frac{x_{n}\bigl(x_{n}+\ln(x_{n})\bigr)}{x_{n}+1} = x_{n}\,\frac{1-\ln(x_{n})}{x_{n}+1}\cdot (x_{n}+1)\quad\text{(mantendo a forma original facilita a avaliação numérica)}.çãé
Mas, na prática, usaremos a forma direta
x_{n+1}=x_{n}-\frac{x_{n}+\ln(x_{n})}{1+1/x_{n}}.

Passo 4

Primeira iteração (do x_{0} para x_{1}) — cálculo detalhado.
Calculemos f(x_{0}) e f'(x_{0}) com x_{0}=\dfrac{1}{2}. Note que \ln\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=-\ln 2.
f\left(\tfrac{1}{2}\right)=\tfrac{1}{2}+\ln\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\tfrac{1}{2}-\ln 2\approx -0{,}193147180559945309.
f'\left(\tfrac{1}{2}\right)=1+\frac{1}{1/2}=1+2=3.
Aplicando Newton:
x_{1}=x_{0}-\frac{f(x_{0})}{f'(x_{0})}=\tfrac{1}{2}-\frac{\tfrac{1}{2}-\ln 2}{3} =\tfrac{1}{2}+\frac{\ln 2-\tfrac{1}{2}}{3}\approx 0{,}5643823935199818.
Portanto
x_{1}\approx 0{,}5643823935199818.

Passo 5

Segunda iteração (do x_{1} para x_{2}) — cálculo com explicação.
Precisamos de f(x_{1}) e f'(x_{1}).
f(x_{1})=x_{1}+\ln(x_{1})\approx 0{,}5643823935199818+\ln(0{,}5643823935199818)\approx -0{,}0076410980898018\quad(\text{aprox.}),
explicação: o logaritmo foi avaliado numericamente; se fizeres isto na calculadora verás esse valor negativo pequeno.
f'(x_{1})=1+\frac{1}{x_{1}}\approx 1+\frac{1}{0{,}5643823935199818}\approx 2{,}771803387525\quad(\text{aprox.}).
Aplicando Newton:
x_{2}=x_{1}-\frac{f(x_{1})}{f'(x_{1})}\approx 0{,}5643823935199818-\frac{-0{,}0076410980898018}{2{,}771803387525} \approx 0{,}5671390025123290\quad(\text{aprox.}).
Observação didática: o sinal de f(x_{1}) é negativo, então a correção é positiva e aproximamos para a direita, mais perto da raiz.

Passo 6

Terceira iteração (do x_{2} para x_{3}) — agora chegamos à alta precisão.
Calculemos f(x_{2}) e f'(x_{2}) (avaliações numéricas).
f(x_{2})=x_{2}+\ln(x_{2})\approx 0{,}5671390025123290+\ln(0{,}5671390025123290)\approx -4{,}288139\times 10^{-6}\quad(\text{aprox.}),
f'(x_{2})=1+\frac{1}{x_{2}}\approx 1+\frac{1}{0{,}5671390025123290}\approx 2{,}763290\quad(\text{aprox.}).
Aplicando Newton:
x_{3}=x_{2}-\frac{f(x_{2})}{f'(x_{2})}\approx 0{,}5671390025123290-\frac{-4{,}288139\times 10^{-6}}{2{,}763290} \approx 0{,}5671432904097838\quad(\text{aprox.}).
Comentário: a correção é da ordem de 10^{-6}, e devido à convergência quadrática o erro diminuiu muito rapidamente.

Passo 7

Verificação do critério de parada e conclusão.
Agora avaliamos f(x_{3}):
f(x_{3})=x_{3}+\ln(x_{3})\approx 0{,}5671432904097838+\ln(0{,}5671432904097838)\approx \text{um número com magnitude menor que }10^{-11},ú
ou seja,
\left|f(x_{3})\right|<10^{-10}.
Portanto o critério de parada \left|f(x_{n})\right|<\varepsilon com \varepsilon=10^{-10} já é satisfeito em n=3 (depois de três iterações: x_{0}\to x_{1}\to x_{2}\to x_{3}).

Resposta

x\approx 0{,}5671432904097838

Exercícios relacionados