A função
f(x)=x^{3}-2 x^{2}+xpossui múltiplas raízes. Use Newton iniciando em:
(a) x_{0}=-1.

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x)=x^{3}-2x^{2}+x
e pede para aplicar o método de Newton (iterações de Newton) começando em x_{0}=-1.
Informações relevantes que temos: o ponto inicial é x_{0}=-1 e devemos construir a sequência
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}
até ver para qual raiz a sequência converge (ou até obter aproximação suficiente). Não começamos a resolver aqui; só listei o que o exercício pede e os dados fornecidos.

Passo 2

O que é o método de Newton (explicação didática, passo a passo)?
  • A ideia: a cada iteração aproximamos a função por sua reta tangente no ponto x_{n} e usamos a interseção dessa reta com o eixo x como próxima aproximação.
  • A fórmula (derivada do geometricamente): se temos f diferenciável e f'(x_{n})\neq 0, então
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}.
  • Aqui, x_{n} é a aproximação atual da raiz, f(x_{n}) é o valor da função nesse ponto, f'(x_{n}) é a derivada (a inclinação da tangente) nesse ponto, e x_{n+1} é a nova aproximação.
  • Antes de calcular, precisamos da derivada de f. Calculemos:
f'(x)=\frac{d}{dx}\bigl(x^{3}-2x^{2}+x\bigr)=3x^{2}-4x+1.
Agora estamos prontos para aplicar a fórmula de Newton com x_{0}=-1. Vou explicar e mostrar cada conta, sem pular passos, como se estivéssemos escrevendo na prova.

Passo 3

Primeira iteração (de x_{0} para x_{1}):
  • Avaliamos f e f' em x_{0}=-1:
f(-1)=(-1)^{3}-2(-1)^{2}+(-1)=-1-2-1=-4,
f'(-1)=3(-1)^{2}-4(-1)+1=3+4+1=8.
  • Aplicando Newton:
x_{1}=x_{0}-\frac{f(x_{0})}{f'(x_{0})}=-1-\frac{-4}{8}=-1+\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}.
Portanto x_{1}=-\tfrac{1}{2}. Já temos a primeira aproximação; ótimo.

Passo 4

Segunda iteração (de x_{1} para x_{2}):
  • Avaliamos f e f' em x_{1}=-\tfrac{1}{2}:
f\!\left(-\tfrac{1}{2}\right)=\left(-\tfrac{1}{2}\right)^{3}-2\left(-\tfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(-\tfrac{1}{2}\right) =-\tfrac{1}{8}-2\cdot\tfrac{1}{4}-\tfrac{1}{2}=-\tfrac{9}{8}=-1,125,
f'\!\left(-\tfrac{1}{2}\right)=3\left(\tfrac{1}{4}\right)-4\left(-\tfrac{1}{2}\right)+1=\tfrac{3}{4}+2+1=\tfrac{15}{4}=3,75.
  • Aplicando Newton:
x_{2}=-\tfrac{1}{2}-\frac{-\tfrac{9}{8}}{\tfrac{15}{4}}=-\tfrac{1}{2}+\frac{9}{8}\cdot\frac{4}{15} =-\tfrac{1}{2}+\tfrac{3}{10}=-\tfrac{1}{5}.
Assim x_{2}=-\tfrac{1}{5}=-0,2.

Passo 5

Terceira iteração (de x_{2} para x_{3}):
  • Avaliamos em x_{2}=-\tfrac{1}{5}:
f\!\left(-\tfrac{1}{5}\right)=\left(-\tfrac{1}{125}\right)-2\left(\tfrac{1}{25}\right)-\tfrac{1}{5}=-\tfrac{36}{125}=-0,288,
f'\!\left(-\tfrac{1}{5}\right)=3\left(\tfrac{1}{25}\right)-4\left(-\tfrac{1}{5}\right)+1=\tfrac{3}{25}+\tfrac{4}{5}+1=\tfrac{48}{25}=1,92.
  • Aplicando Newton:
x_{3}=-\tfrac{1}{5}-\frac{-\tfrac{36}{125}}{\tfrac{48}{25}}=-\tfrac{1}{5}+\tfrac{36}{125}\cdot\frac{25}{48} =-\tfrac{1}{5}+\tfrac{3}{20}=-\tfrac{1}{20}.
Logo x_{3}=-\tfrac{1}{20}=-0,05.

Passo 6

Quarta iteração (de x_{3} para x_{4}):
  • Avaliamos em x_{3}=-\tfrac{1}{20}:
f\!\left(-\tfrac{1}{20}\right)=-\tfrac{1}{8000}-2\cdot\tfrac{1}{400}-\tfrac{1}{20}=-\tfrac{441}{8000}\approx -0,055125,
f'\!\left(-\tfrac{1}{20}\right)=3\cdot\tfrac{1}{400}-4\left(-\tfrac{1}{20}\right)+1=\tfrac{3}{400}+\tfrac{1}{5}+1=\tfrac{483}{400}=1,2075.
  • Aplicando Newton:
x_{4}=-\tfrac{1}{20}-\frac{-\tfrac{441}{8000}}{\tfrac{483}{400}} =-\tfrac{1}{20}+\tfrac{441}{8000}\cdot\frac{400}{483} =-\tfrac{1}{20}+\tfrac{441}{9660}.
Fazendo a soma das frações obtemos
x_{4}=-\frac{7}{1610}\approx -0,004347826.

Passo 7

Quinta iteração (de x_{4} para x_{5}), agora com aproximações decimais (continua sendo preciso):
  • Usando x_{4}\approx -0,004347826,
f(x_{4})\approx -0,004393935\quad\text{(calculei \(x^{3}-2x^{2}+x\) numericamente)},
f'(x_{4})\approx 1,0174805.
  • Aplicando Newton numericamente:
x_{5}=x_{4}-\frac{f(x_{4})}{f'(x_{4})}\approx -0,004347826+\frac{0,004393935}{1,0174805}\approx -0,00003642.
Já estamos muito próximos de zero (ordem 10^{-5}).

Passo 8

Sexta iteração (de x_{5} para x_{6}), para finalizar a convergência:
  • Com x_{5}\approx -0,00003642,
f(x_{5})\approx -0,00003640265,\qquad f'(x_{5})\approx 1,0001456.
  • Aplicando Newton:
x_{6}\approx x_{5}-\frac{f(x_{5})}{f'(x_{5})}\approx -5{,}3\times 10^{-10}\approx 0.
A sequência praticamente chegou a zero (dentro de erro numérico de máquina).

Passo 9

Interpretação final e uma dica didática (por que deu zero e não a outra raiz?):
  • A função pode ser fatorada (isso é útil para entender o cenário):
f(x)=x^{3}-2x^{2}+x=x(x^{2}-2x+1)=x(x-1)^{2}.
Logo as raízes são x=0 (simples) e x=1 (de multiplicidade 2).
  • Newton tende a convergir para a raiz cujo “bacia de atração” contém o ponto inicial. Começando em -1 a sequência foi atraída para a raiz x=0.
  • Observação importante sobre raízes múltiplas: se a raiz tem multiplicidade m>1 (aqui m=2 para x=1), Newton perde a convergência quadrática e passa a convergir linearmente com fator assintótico 1-\tfrac{1}{m}. No caso m=2, isso dá fator 1/2, ou seja, a convergência perto de x=1 seria mais lenta do que para uma raiz simples como x=0. Por isso, começando longe (como em -1) e seguindo as iterações o método preferiu a raiz simples 0, que é rapidamente atingida.

Resposta

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