(… pont os )
(a) Mostre que f(x)=x^{3}-9 x+3 tem exatamente uma raiz no intervalo [0 ; 1].
(b) Determine, usando o método de Newton-Raphson, uma aproximação para o zero de \mathrm{f}(\mathrm{x})= \mathrm{x}^{3}-9 \mathrm{x}+3 no intervalo [0 ; 1], com erro inferior a \varepsilon_{1}=\varepsilon_{2}=1 \times 10^{-4}. (use arredondamento e 5 casas decimais)
(c) Se fosse usado o método da bisseção, qual seria a quantidade mínima de iterações necessárias para obter uma aproximação de acordo a aproximação, função e intervalo dados no item (b)?

Passo 1

O enunciado dá a função f(x)=x^{3}-9x+3 e o intervalo [0;1]. As perguntas são:
  1. (a) Mostrar que f tem exatamente uma raiz em [0;1].
  2. (b) Usar o método de Newton-Raphson para obter uma aproximação do zero de f no intervalo [0;1] com erro inferior a \varepsilon_{1}=\varepsilon_{2}=1\times10^{-4}, usando arredondamento a 5 casas decimais em cada iteração.
  3. (c) Calcular quantas iterações mínimas o método da bisseção exigiria para obter uma aproximação com o mesmo erro pedido no item (b).
Informações relevantes dadas:
f(x)=x^{3}-9x+3,\qquad [a,b]=[0,1],\qquad \varepsilon_{1}=\varepsilon_{2}=10^{-4},
e instrução de usar arredondamento a 5 casas decimais nas iterações de Newton.

Passo 2

(a) Mostrar existência e unicidade da raiz em [0;1].
Primeiro verifico os valores nas extremidades do intervalo:
f(0)=0^{3}-9\cdot 0+3=3>0,
f(1)=1^{3}-9\cdot1+3=1-9+3=-5<0.
Como f(0)>0 e f(1)<0, pela propriedade do valor intermédio (Teorema do Valor Intermediário) existe pelo menos uma raiz c\in(0,1) tal que f\text{(c)}=0.
Para mostrar que a raiz é única, estudo a derivada:
f'(x)=3x^{2}-9=3(x^{2}-3).
Em todo o intervalo [0,1] temos x^{2}\le 1<3, logo x^{2}-3<0 e portanto
f'(x)=3(x^{2}-3)<0\quad\text{para todo }x\in[0,1].
Como f' é estritamente negativa em [0,1], f é estritamente decrescente nesse intervalo. Uma função estritamente monotónica só pode cortar o eixo x uma vez; portanto a raiz em [0,1] é única.

Passo 3

(b) Apresentação do método de Newton-Raphson e critérios de parada.
O método de Newton busca uma raiz de f através da iteração
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}.
Ideia (intuitionzinha): substituímos f por sua aproximação afim (reta tangent e) em x_{n} e tomamos a interseção dessa reta com o eixo x como nova aproximação. Para aplicar o método precisamos de f'(x_n)\neq 0; já vimos que em [0,1] f'(x) é negativo, então não há problema.
Critérios de parada pedidos: queremos garantir que tanto a diferença entre iterações quanto o valor da função sejam menores que 10^{-4}, ou seja:
|x_{n+1}-x_{n}|<10^{-4}\quad\text{e}\quad |f(x_{n+1})|<10^{-4}.
Além disso o enunciado pede que a cada iteração os valores sejam arredondados a 5 casas decimais — portanto, após calcular x_{n+1} eu vou arredondá-lo a 5 casas decimais e usar esse valor arredondado na iteração seguinte e nas verificações de parada (isso é o que o enunciado instrui).
Escolho como chute inicial x_{0}=0{,}5 (ponto médio de [0,1]), que está no intervalo pedido.
Vou calcular passo a passo, sempre arredondando cada x_{n} a 5 casas decimais antes de usar na iteração seguinte. Mostro também os cálculos intermediários de f e f' com precisão suficiente para justificar os arredondamentos.

Passo 4

Iteração 1:
Usando x_{0}=0{,}50000.
Calculo f(x_{0}) e f'(x_{0}):
f(0{,}5)=0{,}5^{3}-9\cdot0{,}5+3=0{,}125-4{,}5+3=-1{,}375,
f'(0{,}5)=3(0{,}5)^{2}-9=3\cdot0{,}25-9=0{,}75-9=-8{,}25.
Aplicando Newton:
x_{1}=x_{0}-\frac{f(x_{0})}{f'(x_{0})}=0{,}5-\frac{-1{,}375}{-8{,}25}=0{,}5-\frac{1{,}375}{8{,}25}=0{,}5-0{,}166666\ldots=0{,}333333\ldots
Arredondando a 5 casas decimais:
x_{1}=0{,}33333.

Passo 5

Iteração 2:
Usando x_{1}=0{,}33333 (arredondado).
Calculo f(x_{1}) e f'(x_{1}). Para maior exatidão uso a representação exata x_{1}\approx\frac{1}{3} quando possível, mas mantenho coerência com o arredondamento apresentado:
f(0{,}33333)\approx (0{,}33333)^{3}-9(0{,}33333)+3.
Avaliação numérica (mostrando os termos principais):
(0{,}33333)^{3}\approx 0{,}037037,\qquad 9\cdot 0{,}33333=2{,}99997.
Logo
f(0{,}33333)\approx 0{,}037037-2{,}99997+3\approx 0{,}037037-0{,}00003\approx 0{,}037007\\ (\text{aprox.}).
(Se usarmos 1/3 exato teríamos f(1/3)=1/27\approx0{,}037037, então essa ordem de grandeza está correta.)
Calculo f'(0{,}33333):
f'(0{,}33333)=3(0{,}33333)^{2}-9\approx 3\cdot0{,}11111-9\approx0{,}33333-9=-8{,}66667.
Aplicando Newton (usando valores numéricos com precisão suficiente antes de arredondar o novo x):
x_{2}=0{,}33333-\frac{0{,}037037\text{(aprox.)}}{-8{,}66667}\approx 0{,}33333+0{,}0042735\approx 0{,}3376035\ldots
Arredondando a 5 casas decimais:
x_{2}=0{,}33761.

Passo 6

Verificação após a iteração 2:
Calculo a diferença entre iterações (usando os valores arredondados):
|x_{2}-x_{1}|=|0{,}33761-0{,}33333|=0{,}00428>10^{-4},
portanto ainda não atingimos a condição |x_{n+1}-x_{n}|<10^{-4}.
Calculo o valor da função em x_{2}=0{,}33761 (cálculo exato com inteiros para máxima precisão):
escrevendo x_{2}=\dfrac{33761}{10^{5}}, temos
x_{2}^{3}=\frac{33761^{3}}{10^{15}}=\frac{38480960690081}{10^{15}}=0{,}038480960690081,
9x_{2}=\frac{9\cdot33761}{10^{5}}=\frac{303849}{10^{5}}=3{,}03849.
Logo
f(0{,}33761)=0{,}038480960690081-3{,}03849+3\approx -0{,}000009039309919\approx -9{,}0393\times10^{-6},
ou seja |f(x_{2})|\approx9{,}04\times10^{-6}<10^{-4}. Portanto a condição |f(x_{n+1})|<10^{-4} já está satisfeita em x_{2}, mas a condição sobre a diferença entre iterações ainda não.

Passo 7

Iteração 3:
Uso x_{2}=0{,}33761 (arredondado). Faço um passo de Newton:
Avalio f(x_{2}) e f'(x_{2}) com os valores já calculados:
f(0{,}33761)\approx -9{,}0393\times10^{-6},
para f'(0{,}33761) uso f'(x)=3x^{2}-9 e x^{2}=0{,}1139805121 (pois 33761^{2}=1\,139\,805\,121 e dividido por 10^{10} 0{,}1139805121), então
f'(0{,}33761)=3\cdot0{,}1139805121-9=0{,}3419415363-9=-8{,}6580584637\\ (\text{aprox.}).
Aplicando Newton (valores não arredondados para o cálculo intermédio, depois arredondo o resultado):
x_{3}=0{,}33761-\frac{-9{,}0393\times10^{-6}}{-8{,}6580584637} =0{,}33761-\frac{9{,}0393\times10^{-6}}{8{,}6580584637} \approx0{,}33761-1{,}044\times10^{-6}\approx0{,}337608956\ldots
Arredondando a 5 casas decimais:
x_{3}=0{,}33761.

Passo 8

Verificação das condições de parada (usando os valores arredondados a 5 casas decimais, conforme instruído):
Diferença entre iterações (arredondadas):
|x_{3}-x_{2}|=|0{,}33761-0{,}33761|=0<10^{-4}.
Valor da função no último aproximado x_{3}=0{,}33761:
|f(0{,}33761)|\approx9{,}0393\times10^{-6}<10^{-4}.
Assim ambas as condições |x_{n+1}-x_{n}|<10^{-4} e |f(x_{n+1})|<10^{-4} ficam satisfeitas após a terceira iteração (ou seja, depois de calcular x_{3}). A aproximação obtida com arredondamento a 5 casas decimais é
x\approx 0{,}33761.
Observação prática e motivacional: apesar dos poucos passos, é normal ver rápidas convergências com Newton quando a derivada não anula e a inicial está razoavelmente perto. Respira fundo — deu certo!

Passo 9

(c) Número mínimo de iterações do método da bisseção para a mesma tolerância.
No método da bisseção, após n iterações o comprimento do intervalo é
\frac{b-a}{2^{n}}.
Se tomarmos o ponto médio como aproximação, o erro máximo possível (distância entre o ponto médio e a raiz) é metade desse comprimento, isto é
\text{erro máximo}=\frac{b-a}{2^{n+1}}.á
Queremos esse erro máximo menor ou igual a \varepsilon=10^{-4}. Assim exigimos
\frac{b-a}{2^{n+1}}\le 10^{-4}.
No nosso caso b-a=1, então
\frac{1}{2^{n+1}}\le 10^{-4}\quad\Longrightarrow\quad 2^{n+1}\ge 10^{4}=10000.
Tomando logaritmo em base 2:
n+1\ge \log_{2}(10000)=\log_{2}(10^{4})=4\log_{2}(10)\approx4\cdot3{,}321928\approx13{,}287712,
portanto
n\ge 12{,}287712\ldots
Como n é inteiro, o número mínimo de iterações é
n=\lceil 12{,}287712\ldots\rceil=13.
Conclusão: são necessárias no mínimo 13 iterações do método da bisseção para garantir erro \le 10^{-4} sobre [0,1].

Resposta

(a) Existe exatamente uma raiz em [0,1].
(b) Aproximação pelo método de Newton com arredondamento a 5 casas decimais: x\approx 0{,}33761 (obtida após 3 iterações).
(c) Método da bisseção: mínimo de 13 iterações.

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