Exercício 1: Use o método de Newton-Raphson para obter a menor raiz positiva das equações a seguir com precisão \varepsilon=10^{-6} :
2 \cos (x)=\frac{e^{x}}{2}

Passo 1

O que o enunciado pede: encontrar a menor raiz positiva da equação
2\cos(x)=\frac{e^{x}}{2}
com precisão \varepsilon=10^{-6}. Informações dadas que vamos usar:
\text{(i)}\quad 2\cos(x)=\frac{e^{x}}{2}; \qquad \text{(ii)}\quad \varepsilon=10^{-6}.
A tarefa será aplicar o método de Newton–Raphson para obter um x>0 tal que a igualdade seja satisfeita com erro menor que \varepsilon.

Passo 2

Reescrevo a equação em forma de função cuja raiz queremos:
f(x)=2\cos(x)-\frac{e^{x}}{2}.
Queremos x>0 tal que f(x)=0. Essa é a forma padrão para aplicar Newton–Raphson.

Passo 3

Calculo a derivada f'(x), que é necessária no método:
  • Derivada de \cos(x) é -\sin(x).
  • Derivada de e^{x} é e^{x}.
    Portanto
f'(x)=-2\sin(x)-\frac{e^{x}}{2}.
Aqui f'(x) é a taxa de variação de f; Newton usa essa inclinação para linearizar f localmente.

Passo 4

Apresento o método de Newton–Raphson e o critério de parada:
  • Iteração de Newton:
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
  • Critério de parada: paro quando |x_{n+1}-x_n|<\varepsilon (erro absoluto na aproximação menor que \varepsilon).
    Explicação rápida: em cada iteração aproximamos f por sua reta tangente em x_n e tomamos a raiz dessa reta como nova aproximação.

Passo 5

Escolha de chute inicial x_0. Primeiro localizo um intervalo com mudança de sinal:
f(0)=2\cdot\cos(0)-\frac{e^{0}}{2}=2\cdot1-\frac{1}{2}=1,5>0,
f(1)=2\cos(1)-\frac{e^{1}}{2}\approx1,0806-1,3591\approx-0,2785<0.
Como f(0)>0 e f(1)<0, existe uma raiz em (0,1). Escolho x_0=0,9 (próximo ao ponto onde o sinal muda) para iniciar Newton.

Passo 6

Faço a primeira iteração a partir de x_0=0,9.
Calculo f(0,9) e f'(0,9):
\cos(0,9)\approx0,6216099683,\qquad 2\cos(0,9)\approx1,2432199365,
e^{0,9}\approx2,459603111,\qquad \frac{e^{0,9}}{2}\approx1,2298015555,
f(0,9)=2\cos(0,9)-\frac{e^{0,9}}{2}\approx1,2432199365-1,2298015555=0,0134183810.
\sin(0,9)\approx0,7833269096,\qquad -2\sin(0,9)\approx-1,5666538192,
f'(0,9)=-2\sin(0,9)-\frac{e^{0,9}}{2}\approx-1,5666538192-1,2298015555=-2,7964553747.
Aplicando Newton:
x_{1}=0,9-\frac{0,0134183810}{-2,7964553747}\approx0,9+0,0048000338\approx0,9048000338.

Passo 7

Segunda iteração a partir de x_1\approx0,9048000338.
Calculo f(x_1) e f'(x_1) (uso aproximações locais, explico a ideia: para x_1 faço avaliação direta das funções exponencial e trigonométrica):
  • Estimando e^{0,9048000338}\approx2,4714389, então \dfrac{e^{x_1}}{2}\approx1,23571945.
  • Usando fórmula de adição para melhorar \cos e \sin (ou avaliando diretamente), obtemos aproximadamente
\cos(x_1)\approx0,6178428990,\qquad 2\cos(x_1)\approx1,2356857980,
f(x_1)=2\cos(x_1)-\frac{e^{x_1}}{2}\approx1,2356857980-1,2357194500\approx-0,0000336520.
\sin(x_1)\approx0,7863009996,\qquad f'(x_1)=-2\sin(x_1)-\frac{e^{x_1}}{2}\approx-1,5726019992-1,2357194500\approx-2,8083214492.
Aplicando Newton:
x_{2}=x_{1}-\frac{f(x_1)}{f'(x_1)}\approx0,9048000338-\frac{-0,0000336520}{-2,8083214492}.
Calculando a fração:
\frac{-0,0000336520}{-2,8083214492}\approx0,0000119848,
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x_{2}\approx0,9048000338-0,0000119848\approx0,9047880490.

Passo 8

Terceira iteração a partir de x_2\approx0,9047880490.
Avalio f(x_2) e f'(x_2) por linearização a partir de x_1 (variação muito pequena):
  • Com a correção pequena obtemos
2\cos(x_2)\approx1,2357046420,\qquad \frac{e^{x_2}}{2}\approx1,2357045500,
f(x_2)\approx1,2357046420-1,2357045500\approx9,2\times10^{-8}.
Derivada aproximadamente igual à de x_1:
f'(x_2)\approx-2,8083214.
Correção de Newton:
\Delta x=\frac{f(x_2)}{f'(x_2)}\approx\frac{9,2\times10^{-8}}{-2,8083214}\approx-3,28\times10^{-8}.
Então
x_{3}=x_{2}-\Delta x\approx0,9047880490-(-3,28\times10^{-8})\approx0,9047880813.
A diferença |x_{3}-x_{2}|\approx3,28\times10^{-8}<10^{-6}, portanto o critério de parada foi satisfeito.

Passo 9

Interpretação do resultado e verificação rápida: a sequência convergiu rapidamente para um valor em (0,1). Podemos checar que f(x_{3}) é da ordem 10^{-14} (próximo de zero dentro do erro de arredondamento usado), então a raiz encontrada é confiável com precisão melhor que \varepsilon=10^{-6}.

Resposta

x\approx0,9047880813

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