Questão 1. Considere a seguinte função f(x)=x^{3}-3,25 x+1,71. Sabe-se que essa função possui uma única raiz no intervalo [0,4 ; 1,0]. Responda as seguintes questões, apresentando os resultados com arredondamento de 6 casas decimais.
lo a) Escreva a função de iteração para o método de Newton-Raphson que gera aproximações dos zeros de f(x);
b) Determine três iterações do método de Newton-Raphson a partir do ponto médio do intervalo [0,4; 1,0];
c) Quantas iteradas seriam necessárias utilizar no método da bisseção; a partir do intervalo [0,4 ; 1,0], para garantir um erro menor que o valor obsoluto da diferença entre os dois últimos valores obtidos pelo método de Newton-Raphson no item b?

Passo 1

O enunciado dá a função f(x)=x^{3}-3,25\,x+1,71 e o intervalo [0,4;1,0] (ou seja, [0,4,\,1,0] com vírgulas como separador decimal — aqui interpretamos como o intervalo [0,4,\;1,0]=[0{,}4,\;1{,}0], ou seja [0{,}4,\,1{,}0]=[0{,}4,\;1{,}0] cujo ponto médio é 0{,}7). O enunciado pede três coisas:
a) escrever a função de iteração do método de Newton–Raphson que gera aproximações dos zeros de f;
b) a partir do ponto médio do intervalo [0{,}4;\;1{,}0] (ou seja, x_0=0{,}7), realizar três iterações do método de Newton–Raphson e apresentar os resultados com 6 casas decimais;
c) determinar quantas iterações do método da bisseção, partindo do mesmo intervalo, seriam necessárias para garantir um erro menor que o valor absoluto da diferença entre os dois últimos valores obtidos no item b).
Informações relevantes listadas: a função f (valores com vírgula decimal), o intervalo [0{,}4,\;1{,}0], e a precisão pedida (arredondamento de 6 casas decimais).

Passo 2

O método de Newton–Raphson (explicação didática curta): para achar uma raiz r de uma função f, partimos de uma aproximação inicial x_n e usamos a reta tangente em x_n para obter uma nova aproximação x_{n+1}. A fórmula geral é
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Aqui f'(x) é a derivada de f em x. Cada iteração costuma convergir rapidamente quando a aproximação inicial está razoavelmente próxima da raiz. Explico cada símbolo: x_n é a aproximação atual, x_{n+1} a próxima; f(x_n) é o valor da função em x_n; f'(x_n) é a derivada em x_n (a inclinação da tangente).
Para a nossa função f(x)=x^{3}-3,25\,x+1,71 calculamos a derivada:
f'(x)=3x^{2}-3,25.
Portanto a função de iteração específica para este f é
x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^{3}-3,25\,x_n+1,71}{3x_n^{2}-3,25}.

Passo 3

Preparação para as iterações: o ponto médio do intervalo [0{,}4;\;1{,}0] é
x_0=\frac{0{,}4+1{,}0}{2}=0{,}7.
Vamos aplicar a fórmula do Newton três vezes começando em x_0=0{,}7. Em cada passo vou mostrar o cálculo de f(x_n), de f'(x_n), e a atualização x_{n+1}=x_n - f(x_n)/f'(x_n). No final arredondamos os x_n para 6 casas decimais conforme pedido.

Passo 4

Cálculo de x_1 a partir de x_0=0{,}7.
Calcule f(0{,}7):
f(0{,}7)=0{,}7^{3}-3,25\cdot 0{,}7+1,71 =0{,}343-2{,}275+1{,}71=-0{,}222.
Calcule f'(0{,}7):
f'(0{,}7)=3\cdot 0{,}7^{2}-3,25=3\cdot 0{,}49-3{,}25=1{,}47-3{,}25=-1{,}78.
Agora a iteração:
x_{1}=0{,}7-\frac{-0{,}222}{-1{,}78} =0{,}7-\frac{0{,}222}{1{,}78} =0{,}7-0{,}1247191011235955\ldots =0{,}5752808988764045\ldots
Arredondando para 6 casas decimais: x_{1}=0{,}575281.

Passo 5

Cálculo de x_2 a partir de x_1\approx 0{,}5752808988764045.
Primeiro calculamos x_1^{2} e x_1^{3} (mostro aproximado para acompanhar):
x_1^{2}\approx 0{,}33094711373,\qquad x_1^{3}\approx 0{,}19038725556.
Agora f(x_1):
f(x_1)=x_1^{3}-3,25\,x_1+1,71 \approx 0{,}19038725556-1{,}8696629213483147+1{,}71 \approx 0{,}0307243342116853.
E f'(x_1):
f'(x_1)=3x_1^{2}-3,25\approx 3\cdot 0{,}33094711373-3{,}25 \approx -2{,}25715865881.
Atualização:
x_{2}=x_1-\frac{f(x_1)}{f'(x_1)} \approx 0{,}5752808988764045-\frac{0{,}0307243342116853}{-2{,}25715865881} \approx 0{,}5752808988764045+0{,}0136114013796853 \approx 0{,}5888923002560898.
Arredondando para 6 casas decimais: x_{2}=0{,}588892.

Passo 6

Cálculo de x_3 a partir de x_2\approx 0{,}5888923002560898.
Calculamos x_2^{2} e x_2^{3} (aproximadamente):
x_2^{2}\approx 0{,}346794227,\qquad x_2^{3}\approx 0{,}2042591307.
Então
f(x_2)=x_2^{3}-3,25\,x_2+1,71 \approx 0{,}2042591307-1{,}9138999758322918+1{,}71 \approx 0{,}0003591548677082.
E
f'(x_2)=3x_2^{2}-3,25\approx 3\cdot 0{,}346794227-3{,}25\approx -2{,}209617319.
Atualização:
x_{3}=x_2-\frac{f(x_2)}{f'(x_2)} \approx 0{,}5888923002560898-\frac{0{,}0003591548677082}{-2{,}209617319} \approx 0{,}5888923002560898+0{,}0001625728733382 \approx 0{,}5890548731294280.
Arredondando para 6 casas decimais: x_{3}=0{,}589055.

Passo 7

Agora usamos a diferença entre os dois últimos valores de Newton para o item (c). A diferença (valor absoluto) é
\left|x_3-x_2\right|\approx 0{,}5890548731294280-0{,}5888923002560898 \approx 0{,}0001625728733382.
No método da bisseção: após n iterações o comprimento do intervalo restante é \dfrac{b-a}{2^{n}} (onde b-a é o comprimento inicial). A máxima distância entre o ponto médio final e a raiz (o erro máximo) é metade desse comprimento, isto é
\text{erro}_{\max}=\frac{b-a}{2^{n+1}}.
Aqui b-a=1{,}0-0{,}4=0{,}6. Queremos \dfrac{0{,}6}{2^{n+1}}<\left|x_3-x_2\right|. Substituindo \left|x_3-x_2\right|\approx 0{,}0001625728733382 obtemos
\frac{0{,}6}{2^{n+1}}<0{,}0001625728733382 \quad\Longrightarrow\quad 2^{n+1}>\frac{0{,}6}{0{,}0001625728733382}\approx 3690{,}65\ldots
Tomando logaritmo em base 2,
n+1>\log_2(3690{,}65\ldots)\approx 11{,}853\ldots
Logo n>10{,}853\ldots, e o menor inteiro n que satisfaz a condição é n=11. Verificação rápida: com n=11 o erro máximo da bisseção é
\frac{0{,}6}{2^{12}}=\frac{0{,}6}{4096}=0{,}000146484375,
que é menor que 0{,}0001625728733382; com n=10 o erro máximo seria 0{,}6/2^{11}=0{,}00029296875, que ainda é maior, portanto 11 iterações são necessárias e suficientes.

Resposta

(a) x_{n+1}=x_n-\dfrac{x_n^{3}-3,25\,x_n+1,71}{3x_n^{2}-3,25}
(b) x_{1}=0{,}575281
x_{2}=0{,}588892
x_{3}=0{,}589055
(c) 11

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