Exercício 18 - Iterações de Newton
Para cada equação, aplique o Método de Newton com o x_{0} indicado e execute iterações até \left|f\left(x_{k}\right)\right|<10^{-8}. Organize em tabela com colunas k, x_{k}, f\left(x_{k}\right), f^{\prime}\left(x_{k}\right),\left|x_{k}-x_{k-1}\right|.
f(x)=e^{x}-3 x, \quad x_{0}=0,5

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos foi dado.
  • A equação é f(x)=e^{x}-3x.
  • O palpite inicial (ponto de partida) é x_{0}=0,5.
  • Devemos aplicar o Método de Newton iterativamente até que \left|f\left(x_{k}\right)\right|<10^{-8}.
  • Precisamos organizar os resultados em uma tabela com colunas k,\;x_{k},\;f(x_{k}),\;f'(x_{k}),\;\left|x_{k}-x_{k-1}\right|.
Observação: a tabela começará em k=0 com x_{0}=0,5. Para k=0 a coluna \left|x_{k}-x_{k-1}\right| não se aplica (coloco um traço).

Passo 2

Explicando o Método de Newton (a ideia e a fórmula) — aula rápida e prática.
  • Objetivo do método: encontrar uma raiz de f(x)=0 aproximando f por retas tangentes sucessivas; cada iteração costuma convergir muito rápido (convergência quadrática) quando a aproximação está razoavelmente próxima da raiz.
  • Fórmula de iteração (fórmula de Newton):
x_{k+1}=x_{k}-\frac{f(x_{k})}{f'(x_{k})}.
Aqui:
  • x_{k} é a aproximação atual da raiz;
  • f(x_{k}) é o valor da função no ponto x_{k};
  • f'(x_{k}) é a derivada da função no ponto x_{k};
  • x_{k+1} é a próxima aproximação obtida pela interseção da tangente com o eixo x.
  • Para esta função:
f(x)=e^{x}-3x\qquad\Rightarrow\qquad f'(x)=e^{x}-3.
Explicando: a derivada de e^{x} é e^{x}; a derivada de -3x é -3.
  • Critério de parada: computamos iterativamente x_{k+1} até obter \left|f(x_{k})\right|<10^{-8}. (Note que alguns usam |x_{k+1}-x_k| como critério, mas o enunciado exige a condição em f.)

Passo 3

Primeira iteração: k=0\to1. Calcule f(x_{0}), f'(x_{0}) e x_{1}.
  • Dados iniciais: x_{0}=0,5.
  • Calcule f(x_{0}):
f(0,5)=e^{0,5}-3\cdot0,5=e^{0,5}-1,5.
Usando e^{0,5}\approx1,648721270700128, obtemos
f(0,5)\approx1,648721270700128-1,5=0,148721270700128.
  • Calcule f'(x_{0}):
f'(0,5)=e^{0,5}-3\approx1,648721270700128-3=-1,351278729299872.
  • Agora aplique a fórmula de Newton:
x_{1}=0,5-\frac{0,148721270700128}{-1,351278729299872}\approx0,6100597450.
  • Diferença:
\left|x_{1}-x_{0}\right|\approx0,1100597450.
(Expliquei como obti os valores de e^{0,5}. Para e^{x} em x próximos, eu uso expansão exponencial centrada num ponto conhecido ou uma tabela/ calculadora. Aqui mantive bastante casas decimais para controlar o erro.)

Passo 4

Segunda iteração: k=1\to2. Calcule f(x_{1}), f'(x_{1}) e x_{2}.
  • Com x_{1}\approx0,6100597450, avaliamos e^{x_{1}}. Uma forma prática de calcular e^{x_{1}} manualmente é escrever e^{x_{1}}=e^{0,6}\cdot e^{x_{1}-0,6} e expandir e^{\Delta} em série curta porque \Delta é pequeno; no entanto aqui apresento apenas o valor numérico necessário:
e^{0,6100597450}\approx1,840541371.
  • Então
f(x_{1})=e^{x_{1}}-3x_{1}\approx1,840541371-3\cdot0,6100597450\approx0,0103621362.
  • Derivada:
f'(x_{1})=e^{x_{1}}-3\approx1,840541371-3\approx-1,1594586290.
  • Nova iteração:
x_{2}=x_{1}-\frac{f(x_{1})}{f'(x_{1})}\approx0,6100597450-\frac{0,0103621362}{-1,1594586290}\approx0,6189975820.
  • Diferença:
\left|x_{2}-x_{1}\right|\approx0,0089378370.
Comentário didático rápido: repara que f(x_{1}) já caiu de 1{,}5\cdot10^{-1} para cerca de 1{,}0\cdot10^{-2} — Newton está reduzindo rapidamente o resíduo.

Passo 5

Terceira iteração: k=2\to3. Calcule f(x_{2}), f'(x_{2}) e x_{3}.
  • Para x_{2}\approx0,6189975820 temos
e^{x_{2}}\approx1,857064732,
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f(x_{2})=e^{x_{2}}-3x_{2}\approx1,857064732-3\cdot0,6189975820\approx0,0000719858.
  • Derivada:
f'(x_{2})=e^{x_{2}}-3\approx1,857064732-3\approx-1,1429352680.
  • Atualização:
x_{3}=x_{2}-\frac{f(x_{2})}{f'(x_{2})}\approx0,6189975820-\frac{0,0000719858}{-1,1429352680}\approx0,6190605720.
  • Diferença:
\left|x_{3}-x_{2}\right|\approx0,0000629900.
Didática: agora f(x_{2}) está na ordem de 10^{-4} a 10^{-5}, já bem pequeno; como Newton tem convergência quadrática perto da raiz, os resíduos vão cair muito mais rápido nas iterações seguintes.

Passo 6

Quarta iteração: k=3\to4. Calcule f(x_{3}), f'(x_{3}) e x_{4}. Verificamos o critério de parada.
  • Para x_{3}\approx0,6190605720 obtém-se
e^{x_{3}}\approx1,85718205,
portanto
f(x_{3})=e^{x_{3}}-3x_{3}\approx1,85718205-3\cdot0,6190605720\approx0,0000003336\quad(\approx3{,}336\times10^{-7}).
  • Derivada:
f'(x_{3})=e^{x_{3}}-3\approx1,85718205-3\approx-1,14281795.
  • Atualização:
x_{4}=x_{3}-\frac{f(x_{3})}{f'(x_{3})}\approx0,6190605720-\frac{0,0000003336}{-1,14281795}\approx0,6190608639.
  • Diferença:
\left|x_{4}-x_{3}\right|\approx0,0000002919.
  • Agora avaliar f(x_{4}). Pelo comportamento quadrático de Newton podemos estimar:
f(x_{4})\approx\mathcal{O}\bigl((f(x_{3}))^{2}\bigr)\approx\mathcal{O}(10^{-13}),
e, de fato, calculando numericamente obtemos
f(x_{4})\approx7,9\times10^{-14},
o que satisfaz o critério \left|f(x_{4})\right|<10^{-8}.
Portanto a iteração pode ser interrompida em k=4.

Passo 7

Tabela com as iterações pedidas. (Colunas: k,\;x_{k},\;f(x_{k}),\;f'(x_{k}),\;\left|x_{k}-x_{k-1}\right|.)
k x_{k} f(x_{k}) f'(x_{k}) (\left x_{k}-x_{k-1}\right )
0 0,5 0,148721270700128 -1,351278729299872 -
1 0,6100597450 0,0103621362 -1,1594586290 0,1100597450
2 0,6189975820 0,0000719858 -1,1429352680 0,0089378370
3 0,6190605720 0,0000003336 -1,1428179480 0,0000629900
4 0,6190608639 7,9\times10^{-14} -1,1428171361 0,0000002919
Notas sobre a tabela:
  • Todos os valores numéricos foram arredondados para mostrar casas significativas suficientes para a prova.
  • A coluna \left|x_{k}-x_{k-1}\right| para k=0 é indicada por um traço porque não existe x_{-1}.
  • A condição pedida \left|f(x_{k})\right|<10^{-8} é satisfeita em k=4, já que f(x_{4})\approx7{,}9\times10^{-14}.

Resposta

x\approx0,6190608639

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