Represente graficamente os sistemas não lineares abaixo e utilize o método de Newton para estimar uma solução aproximada, com precisão de 10^-2 partindo do ponto indicado.
lx1^2+x2^2=2 e^x1-1+x2^3=2, X^(0)=(1.5 ; 2.0)

Passo 1

O enunciado apresenta um sistema não linear em
e pede (i) a representação gráfica das curvas definidas por cada equação e (ii) a estimativa de uma solução pelo método de Newton com precisão (,10^{-2}], partindo de

Passo 2

A curva x1^2+x2^2=2 é um círculo de raio raiz2 centrado na origem.
A curva e^x1-1+x2^3=2 é uma curva suave que cruza o círculo próximo ao ponto (1,1).
Geometricamente, a interseção dessas duas curvas fornece as soluções do sistema, e vemos que há um único ponto real de interseção próximo a (1,1).

Passo 3

Para aplicar Newton em R^2, definimos
f(X)= f1(X) f2(X) = x1^2+x2^2-2[6pt] e^,x1-1+x2^3-2
e o Jacobiano
J(X)= partial f1partial x1 & partial f1partial x2[4pt] partial f2partial x1 & partial f2partial x2 = 2,x1 & 2,x2[4pt] e^,x1-1 & 3,x2^2
A iteração de Newton é
X^(k+1) ;=; X^(k) ;-; Jl(X^(k)r)^-1,fl(X^(k)r)
]

Passo 4

Cálculo de X^(1) a partir de X^(0)=(1,5;2,0):
fl(X^(0)r)= 1,5^2+2,0^2-2[3pt] e^,1,5-1+2,0^3-2 = 4,25[3pt] 7,6487 , Jl(X^(0)r)= 3,0 & 4,0[3pt] e^0,5 & 12 approx 3,0 & 4,0[3pt] 1,6487 & 12
Resolvendo J,s=f ou usando a inversa, obtém-se
sapprox 0,6939 0,5422 ,
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X^(1) = X^(0)-s approx l(1,5-0,6939;;2,0-0,5422r) =,(0,8061;;1,4578)
]

Passo 5

Continuamos as iterações até |X^(k+1)-X^(k)|infty<10^-2:
X^(2)&approx(0,8887;,1,1457), X^(3)&approx(0,9914;,1,0211), X^(4)&approx(0,9995;,1,0008), X^(5)&approx(1,0000;,1,0000)
Na iteração de k=4 para k=5 obtemos
|X^(5)-X^(4)|inftyapprox0,0008<10^-2,
então encerramos o processo.

Resposta

A solução aproximada do sistema pelo método de Newton, com precisão 10^-2, é
(x1,x2)approx(1,00;,1,00)

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