5 Faça duas iterações, calculando o erro a cada iteração, usando o método de Newton para resolver o sistema de abaixo, utilizando como valores iniciais \mathrm{x}_{1}=2 e \mathrm{x}_{2}=1 :
\left\{\begin{array}{c} x_{1}^{2}-e^{-x_{1} x_{2}}=0 \\\ x_{1} x_{2}+\sin \left(x_{1}\right)=0 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede: aplicar o método de Newton para sistemas e fazer duas iterações a partir do chute inicial [,x_1^{(0)}=2), \,x_2^{(0)}=1, calculando o erro em cada iteração.
As equações do sistema são:
\begin{cases} f_1(x_1,x_2)=x_1^{2}-e^{-x_1 x_2}=0,\\[4pt] f_2(x_1,x_2)=x_1 x_2+\sin\left(x_1\right)=0. \end{cases}
Informações dadas e o que será entregue:
  • Valor inicial: \,(x_1^{(0)},x_2^{(0)})=(2,1)\]. - Fazer duas iterações de Newton: obter \((x_1^{(1)},x_2^{(1)}) e (x_1^{(2)},x_2^{(2)}).
    - Em cada iteração calcular o erro (usarei a norma Euclidiana do passo: \|\Delta x\|_2, onde \Delta x é a correção gerada pelo método).
    - Vou apresentar todas as contas necessárias passo a passo (valores de f, jacobiano, determinantes, resolver o sistema linear).]

Passo 2

Relembrando o método de Newton para sistemas (a “aula” curta e prática):
  • Definir o vetor função \,F:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 por
F(x)=\begin{pmatrix}f_1(x_1,x_2)\\[4pt] f_2(x_1,x_2)\end{pmatrix}.
  • Em cada iteração a correção \Delta x é encontrada resolvendo o sistema linear
J(x^{(k)})\,\Delta x = -F(x^{(k)}),
onde J é o jacobiano de F, e então se atualiza
x^{(k+1)} = x^{(k)} + \Delta x.
  • O jacobiano J é a matriz das derivadas parciais:
J(x)=\begin{pmatrix} \displaystyle\frac{\partial f_1}{\partial x_1} & \displaystyle\frac{\partial f_1}{\partial x_2}\\[8pt] \displaystyle\frac{\partial f_2}{\partial x_1} & \displaystyle\frac{\partial f_2}{\partial x_2} \end{pmatrix}.
  • No nosso caso, calcular as derivadas:
\begin{aligned} \frac{\partial f_1}{\partial x_1} &= 2x_1 + x_2 e^{-x_1 x_2},\\[4pt] \frac{\partial f_1}{\partial x_2} &= x_1 e^{-x_1 x_2},\\[4pt] \frac{\partial f_2}{\partial x_1} &= x_2 + \cos(x_1),\\[4pt] \frac{\partial f_2}{\partial x_2} &= x_1. \end{aligned}
  • Para resolver o 2\times2 linear uso a regra de Cramer (ou inversa da matriz). Para uma matriz
    \displaystyle A=\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix} e vetor r=(r_1,r_2)^T, a solução de A u = r é
\det(A)=ad-bc,\qquad u_1=\frac{r_1 d - b r_2}{\det(A)},\quad u_2=\frac{a r_2 - r_1 c}{\det(A)}.
  • O erro em cada iteração será \|\Delta x\|_2=\sqrt{(\Delta x_1)^2+(\Delta x_2)^2}. Vou mostrar também as mudanças componentes a componentes.]

Passo 3

Calcular F(2,1):
  • Calcular e^{-x_1 x_2}=e^{-2\cdot1}=e^{-2}. Usarei a aproximação e^{-2}\approx 0{,}1353352832.
\begin{aligned} f_1(2,1)&=2^{2}-e^{-2}=4-0{,}1353352832=3{,}8646647168,\\[4pt] f_2(2,1)&=2\cdot1+\sin(2)=2+\sin(2). \end{aligned}
Usando \sin(2)\approx 0{,}9092974268,
f_2(2,1)\approx 2{,}9092974268.
Calcular o jacobiano J(2,1):
  • Já temos e^{-2}\approx 0{,}1353352832.
\begin{aligned} \frac{\partial f_1}{\partial x_1}(2,1) &= 2\cdot2 + 1\cdot e^{-2} = 4 + 0{,}1353352832 = 4{,}1353352832,\\[4pt] \frac{\partial f_1}{\partial x_2}(2,1) &= 2\cdot e^{-2} = 0{,}2706705664,\\[4pt] \frac{\partial f_2}{\partial x_1}(2,1) &= 1 + \cos(2) = 1 + (-0{,}4161468365) = 0{,}5838531635,\\[4pt] \frac{\partial f_2}{\partial x_2}(2,1) &= 2. \end{aligned}
Assim
J(2,1)\approx \begin{pmatrix} 4{,}1353352832 & 0{,}2706705664\\[4pt] 0{,}5838531635 & 2 \end{pmatrix}, \qquad F(2,1)\approx \begin{pmatrix} 3{,}8646647168\\[4pt] 2{,}9092974268 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Resolvemos
J(2,1)\,\Delta x^{(0)} = -F(2,1).
Aplicando a regra de Cramer. Primeiro o determinante:
\begin{aligned} \det J(2,1) &= (4{,}1353352832)(2) - (0{,}2706705664)(0{,}5838531635)\\[4pt] &\approx 8{,}2706705664 - 0{,}1580318246 = 8{,}1126387418. \end{aligned}
Os numeradores (com b_1=-3{,}8646647168,\; b_2=-2{,}9092974268):
\begin{aligned} \Delta x_1^{(0)} &= \dfrac{b_1\cdot 2 - (0{,}2706705664)\cdot b_2}{\det J} = \dfrac{-7{,}7293294336 - 0{,}2706705664\cdot(-2{,}9092974268)}{8{,}1126387418}\\[6pt] &\approx \dfrac{-7{,}7293294336 + 0{,}7874611948}{8{,}1126387418} = \dfrac{-6{,}9418682388}{8{,}1126387418} \approx -0{,}8555450120. \end{aligned}
\begin{aligned} \Delta x_2^{(0)} &= \dfrac{(4{,}1353352832)\cdot b_2 - b_1\cdot(0{,}5838531635)}{\det J}\\[4pt] &\approx \dfrac{-12{,}0309203054 - (-3{,}8646647168)\cdot 0{,}5838531635}{8{,}1126387418}\\[4pt] &\approx \dfrac{-12{,}0309203054 + 2{,}2563960220}{8{,}1126387418} = \dfrac{-9{,}7745242834}{8{,}1126387418} \approx -1{,}2052561830. \end{aligned}
Portanto a correção é
\Delta x^{(0)}\approx \begin{pmatrix} -0{,}8555450120\\[4pt] -1{,}2052561830 \end{pmatrix}.
Atualização:
x^{(1)}=x^{(0)}+\Delta x^{(0)}= \begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}-0{,}8555450120\\[4pt]-1{,}2052561830\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1{,}1444549880\\[4pt]-0{,}2052561830\end{pmatrix}.
Erro da iteração 1 (norma Euclidiana da correção):
\|\Delta x^{(0)}\|_2 =\sqrt{(-0{,}8555450120)^2+(-1{,}2052561830)^2} \approx 1{,}47805.]

Passo 5

Agora calculamos F e J no ponto obtido.
Primeiro x_1^{(1)}x_2^{(1)}=1{,}1444549880\cdot(-0{,}2052561830)\approx -0{,}2349059.
Logo -x_1 x_2 \approx 0{,}2349059 e
e^{-x_1 x_2}=e^{0{,}2349059}\approx 1{,}264796\quad(\text{aprox. pela série de Taylor/estimação}).éçã
Calcular F(x^{(1)}):
\begin{aligned} f_1(x^{(1)})&=(1{,}1444549880)^2 - e^{-x_1 x_2}\approx 1{,}3097790 - 1{,}264796 \approx 0{,}0449830,\\[4pt] f_2(x^{(1)})&=x_1 x_2 + \sin(x_1)\approx -0{,}2349059 + \sin(1{,}1444549880). \end{aligned}
Para \sin(1{,}1444549880) usamos a identidade \sin(1+a)=\sin1\cos a+\cos1\sin a com a\approx 0{,}1444549880; isto dá \sin(1{,}14445)\approx 0{,}91049. Portanto
f_2(x^{(1)})\approx -0{,}2349059 + 0{,}91049 \approx 0{,}6755841.
Agora o jacobiano em x^{(1)} (usando e^{-x_1 x_2}\approx 1{,}264796, \cos(1{,}14445)\approx 0{,}41363):
\begin{aligned} \frac{\partial f_1}{\partial x_1}(x^{(1)}) &\approx 2\cdot1{,}1444549880 + (-0{,}2052561830)\cdot 1{,}264796 \approx 2{,}2889099760 - 0{,}2596060 \approx 2{,}0293039760,\\[4pt] \frac{\partial f_1}{\partial x_2}(x^{(1)}) &\approx 1{,}1444549880\cdot 1{,}264796 \approx 1{,}4475070,\\[4pt] \frac{\partial f_2}{\partial x_1}(x^{(1)}) &\approx -0{,}2052561830 + 0{,}41363 \approx 0{,}2083730,\\[4pt] \frac{\partial f_2}{\partial x_2}(x^{(1)}) &= 1{,}1444549880. \end{aligned}
Assim
J(x^{(1)})\approx \begin{pmatrix} 2{,}0293040 & 1{,}4475070\\[4pt] 0{,}2083730 & 1{,}1444549880 \end{pmatrix}, \qquad F(x^{(1)})\approx \begin{pmatrix} 0{,}0449830\\[4pt] 0{,}6755841 \end{pmatrix}.]

Passo 6

Resolvemos
J(x^{(1)})\,\Delta x^{(1)} = -F(x^{(1)}).
Determinante:
\det J(x^{(1)})\approx (2{,}0293040)(1{,}1444549880) - (1{,}4475070)(0{,}2083730) \approx 2{,}021324\\ (\text{aprox.}).
Numeradores (com b_1=-0{,}0449830,\; b_2=-0{,}6755841):
\begin{aligned} \Delta x_1^{(1)} &= \dfrac{b_1\cdot 1{,}1444549880 - (1{,}4475070)\cdot b_2}{\det J} \approx \dfrac{-0{,}051489 - 1{,}4475070\cdot(-0{,}6755841)}{2{,}021324}\\[4pt] &\approx \dfrac{-0{,}051489 + 0{,}977913}{2{,}021324} \approx \dfrac{0{,}926424}{2{,}021324} \approx 0{,}458475. \end{aligned}
\begin{aligned} \Delta x_2^{(1)} &= \dfrac{(2{,}0293040)\cdot b_2 - b_1\cdot (0{,}2083730)}{\det J}\\[4pt] &\approx \dfrac{-1{,}371937 - (-0{,}0449830)\cdot 0{,}2083730}{2{,}021324} \approx \dfrac{-1{,}371937 + 0{,}009373}{2{,}021324} \approx \dfrac{-1{,}362564}{2{,}021324} \approx -0{,}674026. \end{aligned}
Portanto a correção na segunda iteração é aproximadamente
\Delta x^{(1)}\approx \begin{pmatrix} 0{,}458475\\[4pt] -0{,}674026 \end{pmatrix}.
Atualização:
x^{(2)}=x^{(1)}+\Delta x^{(1)} \approx \begin{pmatrix} 1{,}1444549880\\[4pt]-0{,}2052561830 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0{,}458475\\[4pt]-0{,}674026 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1{,}6029299880\\[4pt]-0{,}8792821830 \end{pmatrix} \approx \begin{pmatrix} 1{,}602930\\[4pt]-0{,}879282 \end{pmatrix}.
Erro da iteração 2:
\|\Delta x^{(1)}\|_2 =\sqrt{(0{,}458475)^2+(-0{,}674026)^2} \approx 0{,}815225.]

Passo 7

Resumo das contas (o que foi feito): em cada iteração
  • Avaliei F e J no ponto atual;
  • Resolvi o 2\times2 linear por Cramer para obter \Delta x;
  • Atualizei x e calculei a norma Euclidiana da correção como erro.
Você pode repetir essas mesmas etapas na prova: calcular F e J, montar o sistema J\Delta x=-F e resolver com Cramer (duas equações, dois desconhecidos é rápido), atualizar e medir \|\Delta x\| como critério de erro. Vai dar certo se fizer com calma e organização.

Resposta

x^{(1)}=(1,144455,\,-0,205256),\quad \|\Delta x^{(0)}\|_2\approx 1,47805
x^{(2)}=(1,602930,\,-0,879282),\quad \|\Delta x^{(1)}\|_2\approx 0,815225

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