Resolva pelo Método de Newton, com \varepsilon=10^{-3}, os sistemas a seguir.
\left\{\begin{array}{l}\left(x_{1}-1\right)^{2}+x_{2}^{2}=4 \\\ x_{1}^{2}+\left(x_{2}-1\right)^{2}=4\end{array}\right. com \mathrm{x}^{0}=\binom{0}{2}

Passo 1

O enunciado pede: aplicar o Método de Newton para sistemas ao sistema
\begin{cases} \left(x_{1}-1\right)^{2}+x_{2}^{2}=4,\\[4pt] x_{1}^{2}+\left(x_{2}-1\right)^{2}=4, \end{cases}
usando o chute inicial \mathrm{x}^{0}=\binom{0}{2} e critério de parada \varepsilon=10^{-3}.
Informações dadas que vamos usar: as duas equações não-lineares acima e o ponto inicial \mathrm{x}^{0}=(0,2)^\top. Não há outras imagens/tabelas.]

Passo 2

O que é o Método de Newton para sistemas (explicação prática e passo a passo):
\text{Dado } \mathbf{F}(\mathbf{x})=\begin{pmatrix}f_1(\mathbf{x})\\[4pt] f_2(\mathbf{x})\end{pmatrix},
a iteração de Newton é
\mathbf{x}^{k+1}=\mathbf{x}^k+\mathbf{s}^k,
onde \mathbf{s}^k resolve o sistema linear
J_{\mathbf{F}}(\mathbf{x}^k)\,\mathbf{s}^k=-\mathbf{F}(\mathbf{x}^k).
Aqui J_{\mathbf{F}}(\mathbf{x}) é a matriz jacobiana (matriz das derivadas parciais). O critério de parada que usaremos é
\lVert\mathbf{s}^k\rVert<\varepsilon,
ou seja, paramos quando a correção em norma Euclidiana for menor que \varepsilon=10^{-3}.
Vou aplicar exatamente isso ao sistema dado, calculando \mathbf{F}, o jacobiano, resolvendo cada sistema linear e mostrando as normas das correções.]

Passo 3

Formulando \mathbf{F} e o jacobiano para o sistema:
\mathbf{F}(\mathbf{x})=\begin{pmatrix} f_1(x_1,x_2)\\[4pt] f_2(x_1,x_2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \left(x_{1}-1\right)^{2}+x_{2}^{2}-4\\[4pt] x_{1}^{2}+\left(x_{2}-1\right)^{2}-4 \end{pmatrix}.
A jacobiana é
J_{\mathbf{F}}(x_1,x_2)= \begin{pmatrix} \dfrac{\partial f_1}{\partial x_1} & \dfrac{\partial f_1}{\partial x_2}\\[10pt] \dfrac{\partial f_2}{\partial x_1} & \dfrac{\partial f_2}{\partial x_2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2(x_1-1) & 2x_2\\[6pt] 2x_1 & 2(x_2-1) \end{pmatrix}.
Agora vamos iterar a partir de \mathbf{x}^0=(0,2)^\top.]

Passo 4

Iteração 0 → 1 (calculando \mathbf{s}^0 e \mathbf{x}^1):
Calcule \mathbf{F}(\mathbf{x}^0) com \mathbf{x}^0=(0,2):
f_1(0,2)=(0-1)^2+2^2-4=1+4-4=1,
f_2(0,2)=0^2+(2-1)^2-4=1-4=-3.
Logo \mathbf{F}(\mathbf{x}^0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-3\end{pmatrix}.
Jacobiana em \mathbf{x}^0:
J_{\mathbf{F}}(0,2)= \begin{pmatrix} 2(0-1) & 2\cdot 2\\[6pt] 2\cdot 0 & 2(2-1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & 4\\[6pt] 0 & 2 \end{pmatrix}.
Resolvendo J\,\mathbf{s}^0=-\mathbf{F}(\mathbf{x}^0), ou seja
\begin{pmatrix}-2 & 4\\[4pt]0 & 2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}s_1^0\\[4pt]s_2^0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1\\[4pt]3\end{pmatrix}.
Da segunda equação 2s_2^0=3\Rightarrow s_2^0=3/2=1{,}5. Pela primeira:
-2s_1^0+4(1{,}5)=-1\Rightarrow -2s_1^0+6=-1\Rightarrow s_1^0=3{,}5.
Portanto \mathbf{s}^0=\begin{pmatrix}3{,}5\\[4pt]1{,}5\end{pmatrix} e
\mathbf{x}^1=\mathbf{x}^0+\mathbf{s}^0=\begin{pmatrix}0\\[4pt]2\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}3{,}5\\[4pt]1{,}5\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}3{,}5\\[4pt]3{,}5\end{pmatrix}.
Norma da correção:
\lVert\mathbf{s}^0\rVert=\sqrt{3{,}5^{2}+1{,}5^{2}}=\sqrt{12{,}25+2{,}25}=\sqrt{14{,}5}\approx3{,}807>10^{-3}.
Ainda não parámos.]

Passo 5

Iteração 1 → 2:
Calcule \mathbf{F}(\mathbf{x}^1) com \mathbf{x}^1=(3{,}5,3{,}5):
f_1= (3{,}5-1)^2+3{,}5^2-4=2{,}5^2+3{,}5^2-4=6{,}25+12{,}25-4=14{,}5,
f_2=3{,}5^2+(3{,}5-1)^2-4=14{,}5\quad\text{(mesmo valor por simetria)}.
Jacobiana em \mathbf{x}^1:
J_{\mathbf{F}}(3{,}5,3{,}5)= \begin{pmatrix} 5 & 7\\[4pt] 7 & 5 \end{pmatrix}.
Resolvendo J\mathbf{s}^1=-\mathbf{F}(\mathbf{x}^1), com RHS \begin{pmatrix}-14{,}5\\[4pt]-14{,}5\end{pmatrix}.
Pela simetria (RHS com entradas iguais e matriz simétrica com linhas iguais somadas) temos s_1^1=s_2^1=s. Então
(5+7)s=12s=-14{,}5\Rightarrow s=-\dfrac{14{,}5}{12}=-\dfrac{29}{24}\approx-1{,}208333.
Logo
\mathbf{s}^1=\begin{pmatrix}-\tfrac{29}{24}\\[4pt]-\tfrac{29}{24}\end{pmatrix},\qquad \mathbf{x}^2=\mathbf{x}^1+\mathbf{s}^1=\begin{pmatrix}3{,}5-\tfrac{29}{24}\\[4pt]3{,}5-\tfrac{29}{24}\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}\tfrac{55}{24}\\[4pt]\tfrac{55}{24}\end{pmatrix}\approx\begin{pmatrix}2{,}291667\\[4pt]2{,}291667\end{pmatrix}.
Norma da correção:
\lVert\mathbf{s}^1\rVert=\sqrt{2}\cdot\frac{29}{24}\approx1{,}709>10^{-3}.]

Passo 6

Iteração 2 → 3 (mantendo a observação de que as componentes permanecem iguais a partir daqui):
Com \mathbf{x}^2=(\tfrac{55}{24},\tfrac{55}{24}), calculei (com frações) que
f_1=f_2=\frac{1682}{576}\approx2{,}920139.
Jacobiana:
J_{\mathbf{F}}\big(\tfrac{55}{24},\tfrac{55}{24}\big)= \begin{pmatrix} \dfrac{31}{12} & \dfrac{55}{12}\\[6pt] \dfrac{55}{12} & \dfrac{31}{12} \end{pmatrix}.
De novo RHS tem entradas iguais, portanto s_1^2=s_2^2=s. Somando a linha:
\Big(\tfrac{31}{12}+\tfrac{55}{12}\Big)s=\tfrac{86}{12}s=\tfrac{43}{6}s=-\dfrac{1682}{576}.
Assim
s=-\dfrac{1682}{576}\cdot\dfrac{6}{43}=-\dfrac{841}{2064}\approx-0{,}407481,
e
\mathbf{x}^3=\mathbf{x}^2+\mathbf{s}^2=\begin{pmatrix}\tfrac{55}{24}-\tfrac{841}{2064}\\[4pt]\tfrac{55}{24}-\tfrac{841}{2064}\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}\tfrac{3889}{2064}\\[4pt]\tfrac{3889}{2064}\end{pmatrix\!}\approx\begin{pmatrix}1{,}884825\\[4pt]1{,}884825\end{pmatrix}.
Norma da correção:
\lVert\mathbf{s}^2\rVert=\sqrt{2}\cdot\frac{841}{2064}\approx0{,}5763>10^{-3}.]

Passo 7

Iteração 3 → 4:
Com \mathbf{x}^3\approx(1{,}884825,1{,}884825), calculei numericamente
\mathbf{F}(\mathbf{x}^3)\approx\begin{pmatrix}0{,}33643\\[4pt]0{,}33643\end{pmatrix}.
Jacobiana tem formato
J=\begin{pmatrix}2(x-1) & 2x\\[4pt]2x & 2(x-1)\end{pmatrix}.
Como as duas entradas de \mathbf{F} são iguais, novamente s_1^3=s_2^3=s e
(2(x-1)+2x)s=(4x-2)s=-0{,}33643.
Substituindo x\approx1{,}884825 obtemos 4x-2\approx5{,}5393, logo
s\approx -\dfrac{0{,}33643}{5{,}5393}\approx-0{,}060721.
Atualizando:
\mathbf{x}^4\approx(1{,}884825-0{,}060721,\;1{,}884825-0{,}060721)\approx(1{,}824104,\;1{,}824104).
Norma da correção:
\lVert\mathbf{s}^3\rVert\approx\sqrt{2}\cdot0{,}060721\approx0{,}0859>10^{-3}.]

Passo 8

Iteração 4 → 5:
Com \mathbf{x}^4\approx(1{,}824104,1{,}824104), calculei
\mathbf{F}(\mathbf{x}^4)\approx\begin{pmatrix}0{,}006581\\[4pt]0{,}006581\end{pmatrix}.
Denominador 4x-2 agora vale aproximadamente 4\cdot1{,}824104-2\approx5{,}296416. Logo
s\approx -\dfrac{0{,}006581}{5{,}296416}\approx-0{,}001243.
Atualizando:
\mathbf{x}^5\approx(1{,}824104-0{,}001243,\;1{,}824104-0{,}001243)\approx(1{,}822861,\;1{,}822861).
Norma da correção:
\lVert\mathbf{s}^4\rVert\approx\sqrt{2}\cdot0{,}001243\approx0{,}001758.
Ainda não atingimos \varepsilon=10^{-3} (pois 0{,}001758>0{,}001).]

Passo 9

Iteração 5 → 6 (critério será satisfeito):
Com \mathbf{x}^5\approx(1{,}822861,1{,}822861), calculei numericamente
\mathbf{F}(\mathbf{x}^5)\approx\begin{pmatrix}-7{,}8\times10^{-5}\\[4pt]-7{,}8\times10^{-5}\end{pmatrix}.
Denominador 4x-2\approx4\cdot1{,}822861-2\approx5{,}291444. Então
s\approx -\dfrac{-7{,}8\times10^{-5}}{5{,}291444}\approx 1{,}47\times10^{-5}.
A correção tem norma
\lVert\mathbf{s}^5\rVert\approx\sqrt{2}\cdot1{,}47\times10^{-5}\approx2{,}08\times10^{-5}<10^{-3}.
Portanto o critério de parada \lVert\mathbf{s}^k\rVert<\varepsilon é satisfeito nesta iteração.
Atualizando obtemos a solução aproximada final
\mathbf{x}^{\text{final}}\approx(1{,}8228757,\;1{,}8228757).
(Observação: esse valor coincide com a solução exata fechada \dfrac{1+\sqrt{7}}{2}\approx1{,}8228756555, mas a solução acima foi obtida pelo processo iterativo com o critério pedido.)]

Resposta

\displaystyle x_1\approx 1{,}822876
\displaystyle x_2\approx 1{,}822876

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