Exercício 21 (Desafio) - Casos problemáticos de Newton
Para f(x)=\arctan (x), determine analiticamente os valores de x_{0} a partir dos quais Newton converge.
Passo 1
O enunciado dá a função \,f(x)=\arctan(x)\, e pede: para quais valores iniciais x_0 o método de Newton converge (no sentido real) para a(s) raiz(es) desta função?
Informações extraídas do enunciado:
A função é \,f(x)=\arctan(x)\,.
As raízes de f são os x tais que \arctan(x)=0. Portanto existe a raiz única x=0.
Queremos determinar o conjunto de x_0\in\mathbb{R} para os quais a iteração de Newton converge para 0.
Passo 2
Vou escrever a fórmula da iteração de Newton e aplicá‑la à nossa função.
Recordando: o método de Newton para encontrar uma raiz de f gera a sequência
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Aqui \,f(x)=\arctan(x)\, e \,f'(x)=\dfrac{1}{1+x^2}. Substituindo:
\frac{f(x)}{f'(x)}=\arctan(x)\cdot(1+x^2).
Logo o mapa de iteração (função de Newton) é
N(x)=x-\arctan(x)\,(1+x^2).
Esse N:\mathbb{R}\to\mathbb{R} gera x_{n+1}=N(x_n). A raiz 0 é ponto fixo: N(0)=0.
Passo 3
Pequena aula sobre comportamento local e dinâmica:
Para estudar a convergência global (quais x_0 levam a 0) é útil olhar para o fator de contração relativo da iteração, isto é comparar |x_{n+1}| com |x_n|.
Para x\neq0 definimos a função auxiliar
\varphi(x)=\frac{(1+x^2)\arctan(x)}{x}.
Note que, para x\neq0,
N(x)=x\Big(1-\varphi(x)\Big).
Portanto, para x>0 temos |N(x)|=x\big|\!1-\varphi(x)\big|=x(\varphi(x)-1) quando \varphi(x)>1, etc. A razão \dfrac{|N(x)|}{|x|}=|1-\varphi(x)| será central para decidir se a magnitude diminui ou cresce.
Passo 4
Estudo de \varphi(x) em x>0. Quero saber se \varphi é monotônica e quais são seus limites extremos.
Agora mostro que \varphi é estritamente crescente em (0,\infty). Calculo a derivada (desenvolvendo passo a passo):
\varphi(x)=\frac{(1+x^2)\arctan(x)}{x}.
Derivando (produto/quociente):
\varphi'(x)=\frac{\arctan(x)(x^2-1)+x}{x^2}.
Para x>0 o denominador x^2>0. O numerador
S(x)=\arctan(x)(x^2-1)+x
satisfaz S(0)=0 e uma expansão em pequeno x dá S(x)\approx x^3>0 para x>0 pequeno; para x\ge1 tem x^2-1\ge0 e \arctan(x)\ge0 então S(x)>0; e para 0<x<1 a primeira ordem já garante S(x)>0. Assim S(x)>0 para todo x>0, logo \varphi'(x)>0 em (0,\infty). Conclusão: \varphi é estritamente crescente em (0,\infty).
Como \varphi(0^+)=1 e \varphi(x)\to\infty e \varphi é contínua e estritamente crescente, existe uma única solução positiva a de
\varphi(a)=2,
isto é da equação
(1+a^2)\arctan(a)=2a.
Denotaremos por a>0 essa única solução.
(Dado que \varphi é estritamente crescente, a equação acima tem exatamente uma solução positiva.)
Passo 5
Análise do caso 0<x<a.
Se 0<x<a então \varphi(x)<\varphi(a)=2. Também \varphi(x)>1 porque \varphi(0^+)=1 e \varphi é crescente; assim 1<\varphi(x)<2. Com isso:
Como \varphi(x)-1\in(0,1) segue que |N(x)|<x. Além disso N(x)<0 (o fator 1-\varphi(x) é negativo), então a iteração alterna o sinal: x_1<0, x_2>0, …
Agora faço o argumento padrão de contração em magnitude: suponha 0<x_0<a. Então 0<|x_1|<|x_0|. Pelo mesmo raciocínio com x_1 (observe que |x_1|<a porque |x_1|<|x_0|<a), obtém‑se |x_2|<|x_1|, etc. Assim a sequência (|x_n|) é decrescente e limitada inferiormente por 0, logo converge para algum L\ge0.
Se L>0, tomando limite na relação x_{n+1}=N(x_n) (usando continuidade de N) obtemos |N(L)|=L. Para L>0 isso implica ou N(L)=L (impossível salvo L=0) ou N(L)=-L, isto é
(1+L^2)\arctan(L)=2L,
mas a última equação tem única solução positiva L=a. Como todos os |x_n| ficam estritamente menores que a (porque a cada passo diminuem e partimos de x_0<a), não é possível ter L=a. Portanto a única possibilidade é L=0. Concluímos que, para qualquer x_0 com |x_0|<a, a sequência de Newton converge para 0.
Passo 6
Análise do caso |x_0|>a.
Suponha x> a>0. Então \varphi(x)>2. Assim
|N(x)|=x(\varphi(x)-1)>x(2-1)=x,
logo |x_1|>|x_0|. Em particular |x_1|>a. Como \varphi é crescente, para |x_1|>x_0 teremos \varphi(|x_1|)>\varphi(x_0)>2, e portanto
|x_2|=|N(x_1)|=|x_1|(\varphi(|x_1|)-1)>|x_1|.
Por indução, a magnitude |x_n| cresce estritamente para sempre e permanece >a. Além disso, para grandes valores a função \varphi(t) cresce aproximadamente como c t (pois \arctan(t)\to\pi/2), o que implica crescimento super‑linear das magnitudes, portanto |x_n|\to+\infty. O sinal alterna (cada iteração muda o sinal porque 1-\varphi(x) é negativo), logo a sequência diverge em magnitude com alternância de sinais.
Pelo mesmo raciocínio simétrico, se x_0<-a então |x_1|>|x_0| e |x_n|\to+\infty. Portanto para qualquer |x_0|>a não há convergência para 0.
Passo 7
Resumo e conclusão lógica:
Existe um único a>0 tal que (1+a^2)\arctan(a)=2a.
Se |x_0|<a então a sequência de Newton \,x_{n+1}=x_n-(1+x_n^2)\arctan(x_n)\, converge para 0.
Se |x_0|>a então a sequência diverge em módulo (com alternância de sinal) e não converge para 0.
No caso limite |x_0|=a tem‑se x_1=-a (ou x_1= a dependendo do sinal) e a sequência fica com módulo a ou entra num comportamento periódico de módulo constante; porém o caso limite é o conjunto de fronteira e não leva à convergência para 0.
Valor numérico aproximado: resolvendo numericamente (1+a^2)\arctan(a)=2a obtém‑se
a\approx 1{,}39.
Resposta
A iteração de Newton converge para 0 exatamente para os x_0 tais que |x_0|<a, onde a>0 é a única solução de (1+a^2)\arctan(a)=2a.\
Valor aproximado: a\approx 1{,}39.