( \mathbf{2 . 0} pontos) Usando o método de Newton-Raphson, resolva o sistema não-linear considerando um erro relativo \leq 1,0 \times 10^{-2}. (chute inicial \Rightarrow x=1 ; y=4 ). Fazer duas iterações
\begin{aligned} & f_{1}(x, y)=x+y-5=0 \\\ & f_{2}(x, y)=x^{2}+y^{2}-16=0 \end{aligned}

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema
\begin{aligned} & f_{1}(x,y)=x+y-5=0,\\\ & f_{2}(x,y)=x^{2}+y^{2}-16=0, \end{aligned}
usando o método de Newton-Raphson para sistemas não-lineares, com chute inicial \;x^{(0)}=1,\;y^{(0)}=4\;, fazendo duas iterações. O critério de parada informado é erro relativo \leq 1{,}0\times10^{-2}, então após as duas iterações avaliaremos o erro relativo entre iterações para verificar se esse critério foi satisfeito. Informações dadas relevantes:
  • As funções f_{1} e f_{2} (acima).
  • Chute inicial \;(x^{(0)},y^{(0)})=(1,4).
  • Fazer exatamente duas iterações e considerar erro relativo \leq 1{,}0\times10^{-2}.

Passo 2

Apresentando a fórmula do método de Newton-Raphson para sistemas 2×2 e explicando cada elemento (aula rápida).
O método itera a partir de um vetor atual (x^{(k)},y^{(k)}) resolvendo o sistema linear
J(x^{(k)},y^{(k)})\begin{pmatrix}\Delta x^{(k)}\\[4pt]\Delta y^{(k)}\end{pmatrix} =-\begin{pmatrix}f_{1}(x^{(k)},y^{(k)})\\[4pt]f_{2}(x^{(k)},y^{(k)})\end{pmatrix},
onde J é a matriz jacobiana das funções, e então atualizamos
x^{(k+1)}=x^{(k)}+\Delta x^{(k)},\qquad y^{(k+1)}=y^{(k)}+\Delta y^{(k)}.
Explicando cada símbolo:
  • (x^{(k)},y^{(k)}) é a aproximação na iteração k.
  • \Delta x^{(k)},\Delta y^{(k)} são as correções computadas resolvendo o sistema linear.
  • J(x,y) é a matriz das derivadas parciais: suas entradas são \partial f_{i}/\partial x_j.]

Passo 3

Calculemos a jacobiana J(x,y) para o nosso sistema (derivadas parciais).
As funções são \;f_{1}(x,y)=x+y-5\; e \;f_{2}(x,y)=x^{2}+y^{2}-16\;. Portanto
\frac{\partial f_{1}}{\partial x}=1,\quad \frac{\partial f_{1}}{\partial y}=1,
\frac{\partial f_{2}}{\partial x}=2x,\quad \frac{\partial f_{2}}{\partial y}=2y.
Assim a jacobiana é
J(x,y)=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]2x & 2y\end{pmatrix}.]

Passo 4

Primeira iteração ( k=0). Usamos o chute (x^{(0)},y^{(0)})=(1,4).
Avaliar as funções no ponto inicial:
f_{1}(1,4)=1+4-5=0,
f_{2}(1,4)=1^{2}+4^{2}-16=1+16-16=1.
Avaliar a jacobiana em (1,4):
J(1,4)=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]2\cdot1 & 2\cdot4\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]2 & 8\end{pmatrix}.
Montamos o sistema linear para \Delta x^{(0)},\Delta y^{(0)}:
\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]2 & 8\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\Delta x^{(0)}\\[4pt]\Delta y^{(0)}\end{pmatrix} =-\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Resolver o sistema 2×2 da iteração 1 (eliminação simples). As equações são:
\begin{cases} \Delta x^{(0)}+\Delta y^{(0)}=0,\\[4pt] 2\Delta x^{(0)}+8\Delta y^{(0)}=-1. \end{cases}
Da primeira equação segue \Delta x^{(0)}=-\Delta y^{(0)}. Substituindo na segunda:
2(-\Delta y^{(0)})+8\Delta y^{(0)}=-1 \;\Longrightarrow\; 6\Delta y^{(0)}=-1.
Então
\Delta y^{(0)}=-\frac{1}{6},\qquad \Delta x^{(0)}=\frac{1}{6}.]

Passo 6

Atualizar as coordenadas para obter (x^{(1)},y^{(1)}):
x^{(1)}=x^{(0)}+\Delta x^{(0)}=1+\frac{1}{6}=\frac{7}{6}\approx 1{,}1666666667,
y^{(1)}=y^{(0)}+\Delta y^{(0)}=4-\frac{1}{6}=\frac{23}{6}\approx 3{,}8333333333.

Passo 7

Segunda iteração ( k=1). Primeiro avaliamos as funções em (x^{(1)},y^{(1)})=(7/6,23/6).
Calcule f_{1}:
f_{1}\Big(\tfrac{7}{6},\tfrac{23}{6}\Big)=\tfrac{7}{6}+\tfrac{23}{6}-5=\tfrac{30}{6}-5=5-5=0.
Calcule f_{2}:
x^{(1)2}=\Big(\tfrac{7}{6}\Big)^{2}=\tfrac{49}{36},\qquad y^{(1)2}=\Big(\tfrac{23}{6}\Big)^{2}=\tfrac{529}{36},
f_{2}\Big(\tfrac{7}{6},\tfrac{23}{6}\Big)=\tfrac{49}{36}+\tfrac{529}{36}-16=\tfrac{578}{36}-16=\tfrac{289}{18}-16=\tfrac{1}{18}\approx 0{,}0555555556.
Note que f_{1}=0 (soma dos componentes continua igual a 5) e f_{2} é pequeno.

Passo 8

Avaliar a jacobiana em (7/6,23/6):
J\Big(\tfrac{7}{6},\tfrac{23}{6}\Big) =\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]2\cdot\tfrac{7}{6} & 2\cdot\tfrac{23}{6}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]\tfrac{7}{3} & \tfrac{23}{3}\end{pmatrix}.
Montamos o sistema linear para \Delta x^{(1)},\Delta y^{(1)}:
\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]\tfrac{7}{3} & \tfrac{23}{3}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\Delta x^{(1)}\\[4pt]\Delta y^{(1)}\end{pmatrix} =-\begin{pmatrix}0\\[4pt]\tfrac{1}{18}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\[4pt]-\tfrac{1}{18}\end{pmatrix}.]

Passo 9

Resolver o sistema da segunda iteração. As equações são:
\begin{cases} \Delta x^{(1)}+\Delta y^{(1)}=0,\\[4pt] \tfrac{7}{3}\Delta x^{(1)}+\tfrac{23}{3}\Delta y^{(1)}=-\tfrac{1}{18}. \end{cases}
Da primeira equação \Delta x^{(1)}=-\Delta y^{(1)}. Substituindo na segunda:
\tfrac{7}{3}(-\Delta y^{(1)})+\tfrac{23}{3}\Delta y^{(1)}=\tfrac{16}{3}\Delta y^{(1)}=-\tfrac{1}{18}.
Logo
\Delta y^{(1)}=-\frac{1}{18}\cdot\frac{3}{16}=-\frac{1}{96},\qquad \Delta x^{(1)}=\frac{1}{96}.]

Passo 10

Atualizar as coordenadas para obter (x^{(2)},y^{(2)}):
x^{(2)}=x^{(1)}+\Delta x^{(1)}=\frac{7}{6}+\frac{1}{96}=\frac{113}{96}\approx 1{,}1770833333,
y^{(2)}=y^{(1)}+\Delta y^{(1)}=\frac{23}{6}-\frac{1}{96}=\frac{367}{96}\approx 3{,}8229166667.

Passo 11

Avaliar o erro relativo entre iterações para verificar o critério \leq 1{,}0\times10^{-2}.
Usamos a definição prática de erro relativo entre iterações:
\text{erro}_{\text{rel}}=\max\left(\left|\frac{\Delta x^{(1)}}{x^{(2)}}\right|,\left|\frac{\Delta y^{(1)}}{y^{(2)}}\right|\right).
Calculemos:
\left|\frac{\Delta x^{(1)}}{x^{(2)}}\right| =\left|\frac{1/96}{113/96}\right|=\frac{1}{113}\approx 0{,}008849558,
\left|\frac{\Delta y^{(1)}}{y^{(2)}}\right| =\left|\frac{-1/96}{367/96}\right|=\frac{1}{367}\approx 0{,}002724795.
Portanto
\text{erro}_{\text{rel}}=\max(0{,}008849558,\;0{,}002724795)=0{,}008849558<0{,}01.
Conclusão: após duas iterações o erro relativo entre as iterações é aproximadamente 8{,}85\times10^{-3}, que é menor que o limite pedido 1{,}0\times10^{-2}.

Resposta

x^{(2)}=\dfrac{113}{96}\approx 1{,}1770833333
y^{(2)}=\dfrac{367}{96}\approx 3{,}8229166667

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