Sejam f uma função contínua no intervalo [a, b] e \bar{x} o seu único zero neste intervalo. Além disso, suponha que as derivadas f^{\prime}(x) e f^{\prime \prime}(x) também são contínuas, não nulas e preservam o sinal em [a, b]. Então partindo-se da aproximação inicial x_{0} \in[a, b] tal que f\left(x_{0}\right) \times f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)>0 é possível construir, pelo método de Newton, uma sequência \left\{x_{k}\right\} gerada pela fórmula recursiva x_{k+1}=x_{k}-\frac{f\left(x_{k}\right)}{f^{\prime}\left(x_{k}\right)} que convergirá para a raiz \bar{x} de f.
Fonte: CAMPOS, Frederico F. Algoritmos Numéricos. 2{ }^{\mathrm{a}} ed. Rio de Janeiro: LTC, 2001.
Utilize o método de Newton para determinar a raiz \bar{x} da função definida por
f(x)=x^{3}-2 x^{2}-5
Sabe-se que \bar{x} \in[1,4] e considere \varepsilon \leq 2 \times 10^{-2}.
Passo 1
O que o enunciado pede e os dados que temos
Pede: usar o método de Newton para encontrar a raiz \bar{x} da função f dada, sabendo que \bar{x}\in[1,4] e que a tolerância é \varepsilon \leq 2\times 10^{-2}.
Dados da função:f(x)=x^{3}-2x^{2}-5.
Derivadas (vão entrar no método de Newton):f'(x)=3x^{2}-4x,\qquad f''(x)=6x-4.
Informação útil dada (condição de convergência local do enunciado): a escolha inicial x_{0}\in[a,b] deve satisfazer f(x_{0})\times f''(x_{0})>0. Ou seja, f(x_{0}) e f''(x_{0}) devem ter o mesmo sinal.
Resumo do que faremos: escolher um x_{0}\in[1,4] que satisfaça f(x_{0})f''(x_{0})>0, aplicar a iteração de Newton
x_{k+1}=x_{k}-\frac{f(x_{k})}{f'(x_{k})},
e parar quando |x_{k+1}-x_{k}|\le \varepsilon com \varepsilon=2\times10^{-2}.
Passo 2
Escolha do ponto inicial x_{0} e verificação da condição
Avaliando alguns pontos no intervalo [1,4]:f(1)=1-2-5=-6\quad(\text{negativo}),
f(2)=8-8-5=-5\quad(\text{negativo}),
f(3)=27-18-5=4\quad(\text{positivo}).
A segunda derivada em x=3 éf''(3)=6\cdot 3-4=14>0.
Como f(3)>0 e f''(3)>0, temos f(3)\,f''(3)>0. Portanto \;x_{0}=3\; é uma boa escolha segundo a condição do enunciado.
Comentário rápido sobre a ideia do método (para estudar): o método de Newton aproxima a raiz por meio da reta tangente à curva em x_k. A fórmula
x_{k+1}=x_k-\frac{f(x_k)}{f'(x_k)}
vem de tomar a interseção da reta tangente em x_k com o eixo x. f'(x_k) é a inclinação da tangente; é por isso que não podemos ter f'(x_k)=0.
Passo 3
Primeira iteração (de x_{0} para x_{1})
Avaliamos em x_{0}=3:f(3)=4,\qquad f'(3)=3\cdot 3^{2}-4\cdot 3=27-12=15.
Diferença entre iterações:|x_{1}-x_{0}|=\left|\frac{41}{15}-3\right|=\frac{4}{15}\approx 0,2667>0,02,portanto ainda não atingimos a tolerância; continuamos.
Passo 4
Segunda iteração (de x_{1} para x_{2}) — cálculo exato e decimal
Usamos x_{1}=\dfrac{41}{15}.
Avaliando f e f' em x_{1} (cálculo com frações para manter exatidão):x_{1}^{2}=\frac{1681}{225},\qquad x_{1}^{3}=\frac{68921}{3375}.
Aplicando Newton (simplificando a fração da correção):x_{2}=x_{1}-\frac{f(x_{1})}{f'(x_{1})} =\frac{41}{15}-\frac{\dfrac{1616}{3375}}{\dfrac{2583}{225}} =\frac{41}{15}-\frac{1616}{38745}.Em decimal:x_{2}\approx 2,6916247227.
Diferença entre iterações:|x_{2}-x_{1}|\approx 0,0417086>0,02,ainda não atingimos a tolerância, vamos à próxima iteração.
Passo 5
Terceira iteração (de x_{2} para x_{3}) — avaliação numérica e parada
Avaliamos numericamente f e f' em x_{2}\approx 2,6916247227 (aqui usamos aritmética decimal com precisão suficiente):x_{2}^{2}\approx 7,2448431,\qquad x_{2}^{3}\approx 19,5003987.
Diferença entre iterações:|x_{3}-x_{2}|\approx 0,0009768 \le 0,02.Portanto atingimos a tolerância pedida e podemos parar. Observação: a correção ficou bem pequena (Newton costuma convergir quadraticamente quando perto da raiz).
Passo 6
Interpretação final e verificação rápida
Verificação rápida: f(2,6906479) é muito próximo de zero (seria da ordem de 10^{-6} ou menor, pela pequena correção), então a aproximação é consistente.
Como a condição do enunciado foi satisfeita em x_{0}=3 e a sequência convergiu com a tolerância exigida, podemos aceitar x_{3} como aproximação da raiz dentro de \varepsilon=2\times10^{-2}.