Represente graficamente os sistemas não lineares abaixo e utilize o método de Newton para estimar uma solução aproximada, com precisão de 10^{-4}, partindo do ponto indicado.
10\left(x_{2}-x_{1}^{2}\right)=0 e 1-x_{1}=0 . \mathbf{x}^{(0)}=(-1.2,1)^{T}.

Passo 1

O enunciado nos dá o sistema não linear
\begin{cases} 10\bigl(x_{2}-x_{1}^{2}\bigr)=0,\\\\ 1 - x_{1}=0, \end{cases}
e pede que apliquemos o método de Newton para estimar uma solução com precisão 10^{-4}, a partir do ponto inicial \mathbf{x}^{(0)} = (-1.2,1)^{T}. Vamos usar o conceito de função vetorial e seu Jacobiano para iterar até atingir a tolerância desejada.

Passo 2

Para representar graficamente, note que a segunda equação impõe
x_{1}=1,
que é uma reta vertical no plano (x_{1},x_{2}). A primeira equação impõe
x_{2}-x_{1}^{2}=0\;\Longrightarrow\;x_{2}=x_{1}^{2},
que é a parábola usual com vértice na origem. O ponto de interseção dessas curvas é
x_{1}=1,\quad x_{2}=1^{2}=1,
ou seja, (1,1).

Passo 3

Definimos a função vetorial
\mathbf{f}(\mathbf{x}) =\begin{pmatrix} f_{1}(x_{1},x_{2})\\\ f_{2}(x_{1},x_{2}) \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 10\bigl(x_{2}-x_{1}^{2}\bigr)\\\\ 1 - x_{1} \end{pmatrix}
e o Jacobiano
J(\mathbf{x}) =\begin{pmatrix} \frac{\partial f_{1}}{\partial x_{1}} & \frac{\partial f_{1}}{\partial x_{2}}\\[6pt] \frac{\partial f_{2}}{\partial x_{1}} & \frac{\partial f_{2}}{\partial x_{2}} \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -20\,x_{1} & 10\\\\ -1 & 0 \end{pmatrix}.
No método de Newton para sistemas, a cada iteração resolvemos
J\bigl(\mathbf{x}^{(k)}\bigr)\,\Delta \mathbf{x}^{(k)} =-\mathbf{f}\bigl(\mathbf{x}^{(k)}\bigr), \quad \mathbf{x}^{(k+1)}=\mathbf{x}^{(k)}+\Delta \mathbf{x}^{(k)},
até \|\Delta \mathbf{x}^{(k)}\|<10^{-4}.
]

Passo 4

Primeira iteração ( k=0) com \mathbf{x}^{(0)}=(-1.2,1)^{T}:
\mathbf{f}\bigl(\mathbf{x}^{(0)}\bigr) =\begin{pmatrix} 10\bigl(1-(-1.2)^{2}\bigr)\\\\ 1-(-1.2) \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -4.4\\\\ 2.2 \end{pmatrix},\qquad J\bigl(\mathbf{x}^{(0)}\bigr) =\begin{pmatrix} 24 & 10\\\\ -1 & 0 \end{pmatrix}.
Resolvendo
\begin{pmatrix}24 & 10\\\ -1 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\Delta x_{1}\\Delta x_{2}\end{pmatrix} =-\begin{pmatrix}-4.4\\\ 2.2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4.4\\\ -2.2\end{pmatrix},
da segunda equação vem \Delta x_{1}=2.2 e, substituindo na primeira,
24\cdot2.2+10\,\Delta x_{2}=4.4 \;\Longrightarrow\; \Delta x_{2}=-4.84.
Logo
\mathbf{x}^{(1)} =\mathbf{x}^{(0)}+\Delta \mathbf{x}^{(0)} =\begin{pmatrix}-1.2\\\ 1\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}2.2\\\ -4.84\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\\\ -3.84\end{pmatrix}.

Passo 5

Segunda iteração ( k=1) com \mathbf{x}^{(1)}=(1,-3.84)^{T}:
\mathbf{f}\bigl(\mathbf{x}^{(1)}\bigr) =\begin{pmatrix} 10\bigl(-3.84-1^{2}\bigr)\\\\ 1-1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-48.4\\\ 0\end{pmatrix},\qquad J\bigl(\mathbf{x}^{(1)}\bigr) =\begin{pmatrix} -20 & 10\\\\ -1 & 0 \end{pmatrix}.
Resolvendo
\begin{pmatrix}-20 & 10\\\ -1 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\Delta x_{1}\\Delta x_{2}\end{pmatrix} =-\begin{pmatrix}-48.4\\\ 0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}48.4\\\ 0\end{pmatrix},
da segunda linha vem \Delta x_{1}=0 e, então,
10\,\Delta x_{2}=48.4 \;\Longrightarrow\; \Delta x_{2}=4.84.
Assim
\mathbf{x}^{(2)} =\mathbf{x}^{(1)}+\Delta \mathbf{x}^{(1)} =\begin{pmatrix}1\\\ -3.84\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}0\\\ 4.84\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix}.
Como \|\Delta \mathbf{x}^{(1)}\|=4.84>10^{-4} mas no próximo passo \Delta\mathbf{x}=(-0,0), o método pára em (1,1).

Resposta

A solução aproximada com precisão 10^{-4} é
\boxed{\mathbf{x}=(1,1)^{T}}.

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