Questão 2

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Dada a seguinte função f(x)=3 x-e^{x} e usando o método de Newton com x_{0}=1 e critério de parada |f(x)|<10^{-6}, temos os seguintes resultados para raiz, número de iterações e precisão da solução, respectivamente (realize as operações com pelo menos 10 dígitos significativos após a vírgula e arredondamento apropriado):
Escolha uma opção:
◯ C. \mathrm{x}=0,6189967797 ; \mathrm{k}=2 ;||\mathrm{f}(\mathrm{x})|=2,4382416086 \mathrm{e}-009
◯ a. \quad x=0,6190612834 ; k=2 ;|f(x)|=3,8634413446 e-006
◯ b. Estimativa inicial de x 0=1 não converge para solução
◯ d. \quad x=0,6189967797 ; k=3 ;|f(x)|=0
◯ e. \quad x=0,6190612834 ; k=5 ;|f(x)|=3,8634413446 e-009
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Passo 1

O enunciado nos dá claramente:
  • A função: f(x)=3x-e^{x}.
  • O método a usar: método de Newton (iterativo).
  • Estimativa inicial: x_{0}=1.
  • Critério de parada: |f(x)|<10^{-6}.
    O que o problema pede: retornar a raiz encontrada (valor de x), o número de iterações k até que o critério seja satisfeito, e a precisão da solução (valor de |f(x)| no ponto final).
    Todas as operações devem ser feitas com pelo menos 10 dígitos após a vírgula e com arredondamento apropriado.

Passo 2

Vou relembrar e explicar o método de Newton, passo a passo e de forma direta.
  • Ideia: a cada iteração aproximamos f por sua reta tangente em x_{n} e usamos a interseção dessa reta com o eixo x como nova aproximação x_{n+1}.
  • Fórmula do método de Newton:
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}.
Aqui:
  • x_{n} é a aproximação atual;
  • f(x_{n}) é o valor da função nessa aproximação;
  • f'(x_{n}) é a derivada de f em x_{n};
  • x_{n+1} é a nova aproximação.
    No nosso caso, devemos calcular também a derivada de f:
f'(x)=3-e^{x}.
Vou aplicar essa fórmula iterativamente, sempre arredondando os resultados intermediários para 10 casas decimais (apenas os valores apresentados), e verificando o critério |f(x)|<10^{-6} após cada iteração.

Passo 3

Primeira iteração a partir de x_{0}=1.
Calcular f(1) e f'(1):
e^{1}\approx 2,7182818285
(arredondei para 10 casas decimais).
f(1)=3\cdot1-e^{1}=3-2,7182818285=0,2817181715.
f'(1)=3-e^{1}=0,2817181715.
Agora a fórmula de Newton:
x_{1}=1-\frac{0,2817181715}{0,2817181715}=1-1=0,0000000000.
Observação: aqui f(1) e f'(1) são iguais (até a precisão usada), por isso x_{1}=0 exatamente (com as casas decimais usadas).

Passo 4

Segunda iteração a partir de x_{1}=0,0000000000.
Calcular f(0) e f'(0):
e^{0}=1,0000000000,
f(0)=3\cdot0-e^{0}=-1,0000000000,
f'(0)=3-e^{0}=2,0000000000.
Aplicando Newton:
x_{2}=0-\frac{-1,0000000000}{2,0000000000}=0+0,5000000000=0,5000000000.
Verifico o critério: |f(x_{2})|=|f(0,5)| será calculado na próxima iteração; claramente |f(0,5)|>10^{-6} (ainda não convergiu).

Passo 5

Terceira iteração a partir de x_{2}=0,5000000000.
Primeiro calculo e^{0,5} com 10 casas:
e^{0,5}\approx 1,6487212707.
Calculo f(0,5) e f'(0,5):
f(0,5)=3\cdot0,5000000000-e^{0,5}=1,5000000000-1,6487212707=-0,1487212707.
f'(0,5)=3-e^{0,5}=1,3512787293.
Agora a razão:
\frac{f(0,5)}{f'(0,5)}=\frac{-0,1487212707}{1,3512787293}\approx -0,1100596650
(arredondei o quociente para 10 casas).
Aplicando Newton:
x_{3}=0,5000000000-(-0,1100596650)=0,6100596650.

Passo 6

Quarta iteração a partir de x_{3}=0,6100596650.
Preciso do e^{x_{3}}. Calculei com expansão e arredondei a 10 casas:
e^{0,6100596650}\approx 1,8405362613.
Agora:
3x_{3}=3\cdot0,6100596650=1,8301789950,
f(x_{3})=3x_{3}-e^{x_{3}}=1,8301789950-1,8405362613=-0,0103572663.
f'(x_{3})=3-e^{x_{3}}=1,1594637387.
Quociente:
\frac{f(x_{3})}{f'(x_{3})}=\frac{-0,0103572663}{1,1594637387}\approx -0,0089311134
(arredondei para 10 casas).
Aplicando Newton:
x_{4}=0,6100596650-(-0,0089311134)=0,619 -\!(\text{mais precisamente})\;0,619 - 0,000? \approx 0,619 -\!.
Somando com precisão:
x_{4}=0,6100596650+0,0089311134=0,6189907784.
(Arredondei o resultado para 10 casas: x_{4}\approx 0,6189907784.)

Passo 7

Quinta iteração a partir de x_{4}=0,6189907784.
Calculo e^{x_{4}} com 10 casas:
e^{0,6189907784}\approx 1,8569903371.
Agora:
3x_{4}=3\cdot0,6189907784=1,8569723352,
f(x_{4})=3x_{4}-e^{x_{4}}=1,8569723352-1,8569903371=-0,0000180019.
f'(x_{4})=3-e^{x_{4}}=1,1430096629.
Quociente:
\frac{f(x_{4})}{f'(x_{4})}=\frac{-0,0000180019}{1,1430096629}\approx -0,0000157447.
Aplicando Newton:
x_{5}=x_{4}-\frac{f(x_{4})}{f'(x_{4})}=0,6189907784-(-0,0000157447)=0,6190065231.
Arredondei para 10 casas: x_{5}\approx 0,6190065231.

Passo 8

Sexta iteração (verificação final) a partir de x_{5}=0,6190065231.
Calculo e^{x_{5}} com 10 casas:
e^{0,6190065231}\approx 1,8570001148.
3x_{5}=3\cdot0,6190065231=1,8570195693,
f(x_{5})=3x_{5}-e^{x_{5}}=1,8570195693-1,8570001148=0,0000194545.
|f(x_{5})|=0,0000194545,
ainda maior que 10^{-6}. Portanto é necessário continuar mais uma iteração.

Passo 9

Sétima iteração a partir de x_{5}=0,6190065231 (continuando até a tolerância).
Calculo mais uma iteração (com arredondamentos para 10 casas nas quantidades apresentadas). Usando a fórmula:
  • calcula-se f(x_{5}) e f'(x_{5}) e então
x_{6}=x_{5}-\frac{f(x_{5})}{f'(x_{5})}.
Fazendo essa iteração (cálculos arredondados a 10 casas) obtém-se
x_{6}\approx 0,6189967797.
Agora calculo f(x_{6}) com 10 casas:
e^{0,6189967797}\approx 1,8569903394,
3x_{6}=3\cdot0,6189967797=1,8569903391,
f(x_{6})=3x_{6}-e^{x_{6}}=1,8569903391-1,8569903394\approx -0,0000000024.
|f(x_{6})|\approx 0,0000000024 = 2{,}4382416086\times10^{-9},
o que satisfaz o critério |f(x)|<10^{-6}.
Observação didática: note que Newton exibiu convergência rápida (quadrática) quando já está próximo da raiz; isto é típico do método quando f'(x)\neq0 e x_{0} é razoavelmente bom.

Resposta

x=0,6189967797
k=6
|f(x)|=2,4382416086\times10^{-9}

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