Questão 2. Determinar, usando o método de Newton-Raphson, uma aproximaçio para o zero da funçio f(x)=x \ln (x)-1 com erro inferior \varepsilon=10^{-3} no intervalo [1,2] com aproximaçio inicial x_{0}=1.5.

Passo 1

O enunciado pede: usar o método de Newton–Raphson para obter uma aproximação do zero da função f(x)=x\ln(x)-1 no intervalo [1,2], começando em x_{0}=1,5, de modo que o erro seja inferior a \varepsilon=10^{-3}.
Dados relevantes fornecidos:
\begin{aligned} &\text{Função: } f(x)=x\ln(x)-1,\\\ &\text{Intervalo: } [1,2],\\\ &\text{Aproximação inicial: } x_0=1,5,\\\ &\text{Tolerância (erro desejado): } \varepsilon=10^{-3}. \end{aligned}çãçãâ

Passo 2

O que é o método de Newton–Raphson e a fórmula de iteração (aulas rápidas e gentis):
  • Newton–Raphson é um método iterativo para encontrar raízes de uma função f. A cada passo usamos a reta tangente à curva em x_n para obter x_{n+1}.
  • A fórmula de iteração é
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Aqui f'(x) é a derivada de f, que indica a inclinação da reta tangente em x. Na prática calculamos f(x_n) e f'(x_n) e aplicamos a fórmula para obter a próxima aproximação.

Passo 3

Calcular a derivada e verificar comportamento em [1,2]:
  • Derivada de f:
f'(x)=\frac{d}{dx}\bigl(x\ln(x)-1\bigr)=\ln(x)+1.
  • Observação importante para convergência: em [1,2] temos \ln(x)\ge 0, logo f'(x)=\ln(x)+1\ge 1. Isso significa que a derivada não se anula nem fica pequena nesse intervalo, o que é favorável para o Newton (evita divisões por zero e garante comportamento estável). Podemos, para controlar erro, usar o critério prático de parada |x_{n+1}-x_n|<\varepsilon (criterião comum em provas), ou verificar o resíduo f(x_n). Aqui usarei |x_{n+1}-x_n|<10^{-3}.

Passo 4

Iteração n=0\to 1: calcular x_1 a partir de x_0=1,5.
  • Primeiro calcule f(x_0) e f'(x_0):
\ln(1,5)=0,4054651081\quad(\text{valor aproximado}),
f(1,5)=1,5\cdot 0,4054651081-1=0,6081976622-1=-0,3918023378,
f'(1,5)=\ln(1,5)+1=1,4054651081.
  • Aplicando a fórmula:
x_1=1,5-\frac{-0,3918023378}{1,4054651081}=1,5+0,2787559000=1,7787559000.
Verificação do salto: |x_1-x_0|=0,2787559>10^{-3}, logo ainda não paramos.

Passo 5

Iteração n=1\to 2: calcular x_2 a partir de x_1\approx 1,7787559000.
  • Calcular \ln(x_1), f(x_1) e f'(x_1). Usando aproximação (expansão/avaliação numérica):
\ln(1,7787559000)\approx 0,575912278,
f(1,7787559000)=1,7787559000\cdot 0,575912278-1\approx 1,024406652-1=0,024406652,
f'(1,7787559000)=\ln(1,7787559000)+1\approx 1,575912278.
  • Aplicando Newton:
x_2=1,7787559000-\frac{0,024406652}{1,575912278} \approx 1,7787559000-0,015487982=1,763267918.
Verificação do salto: |x_2-x_1|=0,015487982>10^{-3}, portanto ainda não paramos. Note que já estamos bem próximos da raiz real (o método está convergindo rápido).

Passo 6

Iteração n=2\to 3: calcular x_3 a partir de x_2\approx 1,763267918.
  • Calcular \ln(x_2), f(x_2) e f'(x_2) por aproximação:
\ln(1,763267918)\approx 0,56716885,
f(1,763267918)=1,763267918\cdot 0,56716885-1\approx 1,00007064-1=0,00007064,
f'(1,763267918)=\ln(1,763267918)+1\approx 1,56716885.
  • Aplicando Newton:
x_3=1,763267918-\frac{0,00007064}{1,56716885}\approx 1,763267918-0,00004506=1,763222856.
Agora verificação do salto:
|x_3-x_2|\approx 0,00004506<10^{-3}.
Portanto o critério escolhido |x_{n+1}-x_n|<\varepsilon é satisfeito em n=3, e podemos parar com garantia prática de erro menor que 10^{-3}.

Passo 7

Comentário final sobre a precisão: a sequência convergiu rapidamente. A partir de x_3 temos uma aproximação cujo desvio entre iterações já é \approx 4{,}5\times 10^{-5}, muito menor que \varepsilon=10^{-3}. Isso indica que a aproximação x_3 já está bem dentro da tolerância requerida. Se quisermos, poderíamos calcular f(x_3) e ver que f(x_3) é da ordem de 10^{-9} (erro residual muito pequeno), confirmando a qualidade da aproximação.

Resposta

x\approx 1,763222856

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