Questão 3 ( 2,0 pontos) - Newton-Raphson e Convergência Quadrática

Considere a equação:
g(x)=\ln (x+2)+x^{3}-4 .
(a) Mostre que existe exatamente uma raiz no intervalo [0,1].
(b) Escolha um valor inicial x_{0} justificando analiticamente.
(c) Aplique o Método de Newton até obter precisão 10^{-4}.
(d) Verifique se houve convergência quadrática calculando:
Q_{n}=\frac{\left|e_{n+1}\right|}{\left|e_{n}\right|^{2}} .

Passo 1

Enunciado e o que é pedido (resumindo e com todas as informações dadas):
g(x)=\ln(x+2)+x^{3}-4.
As perguntas são:
(a) Mostrar que existe exatamente uma raiz no intervalo [0,1].
(b) Escolher um valor inicial x_{0} justificando analiticamente.
(c) Aplicar o Método de Newton até obter precisão 10^{-4}.
(d) Verificar se houve convergência quadrática calculando
Q_{n}=\frac{\left|e_{n+1}\right|}{\left|e_{n}\right|^{2}}.
Informações importantes dadas pelo enunciado (que vamos usar): a expressão explícita de g(x) e a precisão desejada 10^{-4}.

Passo 2

Análise do sinal e monotonicidade em [0,1] — isto é, uso direto das informações do enunciado para ver se há raiz em [0,1].
  1. Valores nos extremos:
g(0)=\ln(0+2)+0^{3}-4=\ln 2-4\approx 0,6931-4=-3,3069<0.
g(1)=\ln(1+2)+1^{3}-4=\ln 3+1-4=\ln 3-3\approx 1,0986-3=-1,9014<0.
Portanto, g(0)<0 e g(1)<0.
  1. Derivada para monotonicidade:
g'(x)=\frac{1}{x+2}+3x^{2}.
Para todo x\in[0,1] temos \frac{1}{x+2}>0 e 3x^{2}\ge 0, então
g'(x)>0\quad\text{para todo }x\in[0,1],
ou seja, g é estritamente crescente em [0,1].
  1. Conclusão em (a): como g é estritamente crescente e assume valores negativos em ambos os extremos do intervalo [0,1], isso implica que g(x)<0 para todo x\in[0,1]. Logo NÃO existe nenhuma raiz em [0,1]. Portanto a afirmação “existe exatamente uma raiz em [0,1]” é falsa: não há raiz nesse intervalo.
Comentário útil: embora o enunciado peça (a) para [0,1], a própria análise mostra que o zero não está aí. Podemos, no entanto, localizar onde de fato existe uma raiz: calculemos g(2)=\ln 4+8-4=\ln 4+4\approx1,3863+4>0. Como g(1)<0 e g(2)>0 e g'\!>\!0 em [1,2], existe exatamente uma raiz em (1,2). A partir daqui vou seguir resolvendo (b)-(d) considerando essa raiz única em (1,2), porque é o caso que faz sentido numericamente (provável correção do enunciado).

Passo 3

Escolha do valor inicial x_{0} e justificativa analítica (resposta de (b)).
  • Já vimos que g(1)<0 e g(2)>0, logo a raiz \alpha está em (1,2). Para Newton é prático escolher x_{0} dentro do intervalo onde a raiz está e onde g' não é zero. Como g'(x)>0 em [1,2], qualquer x_{0}\in(1,2) é admissível do ponto de vista de derivada não nula.
  • Uma escolha simples e conveniente é x_{0}=1{,}4. Justificativa: está relativamente perto da raiz (já que testamos sinal em 1{,}4 e viu-se que g(1{,}4) é pequeno), e g' é grande o suficiente (não próxima de zero), o que favorece convergência rápida do método de Newton.
Vou usar x_{0}=1{,}4 nas iterações a seguir.

Passo 4

Breve aula prática sobre o Método de Newton (para usar na prova): fórmula, o que cada termo significa, e critério de parada usado aqui.
  • Fórmula do Método de Newton (ou Newton–Raphson):
x_{n+1}=x_{n}-\frac{g(x_{n})}{g'(x_{n})}.
Aqui x_{n} é a aproximação atual, g(x_{n}) é o valor da função no ponto, g'(x_{n}) é a derivada no ponto. A ideia: aproxima-se g por sua reta tangente e toma-se a interseção dessa reta com o eixo x.
  • Condições que garantem boa convergência prática: g duas vezes diferenciável e g'(\alpha)\neq 0 no ponto raiz \alpha. Se x_{0} estiver suficientemente próximo de \alpha, a convergência tende a ser quadrática.
  • Critério de parada (prático para prova): parar quando |x_{n+1}-x_{n}|<10^{-4} (aproximação de precisão absoluta) ou quando |g(x_{n})|< tolerância. Aqui usarei |x_{n+1}-x_{n}|<10^{-4} como critério que garante, na prática, precisão do mesmo ordem para a raiz.

Passo 5

Aplicação do Método de Newton passo a passo (resolvendo (c)). Vou calcular explicitamente as duas iterações necessárias.
Dados úteis:
g(x)=\ln(x+2)+x^{3}-4, \qquad g'(x)=\frac{1}{x+2}+3x^{2}.
Iteração 0 -> 1:
x_{0}=1{,}4.
Calcule g(1{,}4):
g(1{,}4)=\ln(3{,}4)+1{,}4^{3}-4.
Numéricas (aproximações decimais usadas passo a passo):
\ln(3{,}4)\approx 1{,}2237754316,\qquad 1{,}4^{3}=2{,}744.
Logo
g(1{,}4)\approx 1{,}2237754316+2{,}744-4=-0{,}0322245684.
Calcule g'(1{,}4):
g'(1{,}4)=\frac{1}{3{,}4}+3\cdot 1{,}4^{2}=\frac{1}{3{,}4}+3\cdot 1{,}96\approx 0{,}2941176471+5{,}88=6{,}1741176471.
Aplicando Newton:
x_{1}=1{,}4-\frac{-0{,}0322245684}{6{,}1741176471}\approx 1{,}4+0{,}005219014=1{,}405219014.
Iteração 1 -> 2:
Agora calculamos g(x_{1}) e g'(x_{1}). Tomando x_{1}=1{,}405219014.
Aproximação de x_{1}^{2} e x_{1}^{3} (passo a passo):
x_{1}^{2}\approx 1{,}97464043,\qquad x_{1}^{3}\approx 2{,}77480238.
E \ln(x_{1}+2)=\ln(3{,}405219014). Usando expansão linear em torno de 3{,}4:
\ln(3{,}405219014)\approx 1{,}2237754316 + 0{,}005219014\cdot\frac{1}{3{,}4}\approx 1{,}22530956.
Portanto
g(x_{1})\approx 1{,}22530956+2{,}77480238-4\approx 0{,}00011194.
E
g'(x_{1})=\frac{1}{3{,}405219014}+3\cdot 1{,}97464043\approx 0{,}2935+5{,}92392129\approx 6{,}21745.
Atualização de Newton:
x_{2}=x_{1}-\frac{g(x_{1})}{g'(x_{1})}\approx 1{,}405219014-\frac{0{,}00011194}{6{,}21745}\approx 1{,}405219014-0{,}000018000\approx 1{,}405201014.
Verificação do critério de parada:
|x_{2}-x_{1}|\approx 0{,}000018000<10^{-4},
logo já alcançamos a precisão desejada após duas iterações (ou seja, a diferença entre iterações é menor que 10^{-4}). Assim a aproximação final da raiz é
x\approx 1{,}405201014.
Observação: o método convergiu muito rapidamente porque x_{0} já estava razoavelmente perto da raiz e g' não é pequeno.

Passo 6

Verificação da convergência quadrática (resolvendo (d)).
Teoria curta que usamos: se Newton converge quadraticamente para \alpha e e_{n}=x_{n}-\alpha, então para n grande
e_{n+1}\approx C\, e_{n}^{2},\qquad C=\frac{g''(\alpha)}{2g'(\alpha)}.
Assim
Q_{n}=\frac{|e_{n+1}|}{|e_{n}|^{2}}\to C.
Vamos estimar Q_{0} usando as nossas aproximações e tomar \alpha\approx x_{2}=1{,}405201014 (boa aproximação da raiz). Definimos:
e_{0}=x_{0}-\alpha\approx 1{,}4-1{,}405201014=-0{,}005201014,
e_{1}=x_{1}-\alpha\approx 1{,}405219014-1{,}405201014=0{,}000018000.
Agora
Q_{0}=\frac{|e_{1}|}{|e_{0}|^{2}}\approx\frac{0{,}000018000}{(0{,}005201014)^{2}}.
Calculemos numericamente:
(0{,}005201014)^{2}\approx 0{,}00002705,
logo
Q_{0}\approx\frac{0{,}000018000}{0{,}00002705}\approx 0{,}665\\ \text{(aprox.)}.
Agora o valor teórico C=\dfrac{g''(\alpha)}{2g'(\alpha)}. Primeiro:
g''(x)=-\frac{1}{(x+2)^{2}}+6x.
Avalie em \alpha\approx 1{,}405201014:
g''(\alpha)\approx -\frac{1}{(3{,}405201014)^{2}}+6\cdot 1{,}405201014\approx -0{,}0862+8{,}4312\approx 8{,}3450.
E já tínhamos g'(\alpha)\approx 6{,}2174. Assim
C\approx\frac{8{,}3450}{2\cdot 6{,}2174}=\frac{8{,}3450}{12{,}4348}\approx 0{,}6713.
Comparando Q_{0}\approx 0{,}665 com C\approx 0{,}6713, vemos boa concordância (diferença pequena, esperada porque usamos aproximações numéricas e \alpha aproximada). Isso confirma que a convergência observada é quadrática.

Resposta

(a) Não existe nenhuma raiz em [0,1]; análise: g(0)=\ln 2-4<0, g(1)=\ln 3-3<0 e g'(x)=\frac{1}{x+2}+3x^{2}>0 em [0,1], logo g<0 no intervalo.
(b) Escolhi x_{0}=1{,}4 (justificativa: raiz está em (1,2) pois g(1)<0, g(2)>0 e g'>0; x_{0}=1{,}4 fica próximo da raiz e g'(x_{0})\neq 0).
(c) Método de Newton convergiu em duas iterações até a tolerância 10^{-4}; aproximação da raiz: x\approx 1{,}405201014.
(d) Calculando
Q_{0}=\frac{|e_{1}|}{|e_{0}|^{2}}\approx 0{,}665\quad\text{(estimado)},
e o valor teórico C=\dfrac{g''(\alpha)}{2g'(\alpha)}\approx 0{,}6713, mostrando que a convergência é quadrática.

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