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

Passo 1

O enunciado pede: resolver o sistema
\begin{cases} x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1\\[4pt] x_{1}^{3}+x_{2}=0 \end{cases}
usando o Método de Newton (iterativo) com tolerância \varepsilon=10^{-3} e ponto inicial
\mathbf{x}^{0}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Informações dadas que vamos usar passo a passo:
\;x_1,x_2 são incógnitas; \mathbf{x}=(x_1,x_2)^T.
O objetivo é obter uma aproximação \mathbf{x}^k que satisfaça o critério de parada pedido (vou usar o critério padrão baseado no tamanho do passo: \|\mathbf{x}^{k+1}-\mathbf{x}^k\|_\infty<\varepsilon).]

Passo 2

O que é o Método de Newton para sistemas (explicação didática):
  • Seja \mathbf{F}(\mathbf{x}) o vetor das equações; aqui definimos
\mathbf{F}(\mathbf{x})=\begin{pmatrix} f_{1}(x_{1},x_{2})\\[4pt] f_{2}(x_{1},x_{2}) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-1\\[4pt] x_{1}^{3}+x_{2} \end{pmatrix}.
  • Em uma iteração de Newton, a ideia é aproximar \mathbf{F} por sua linearização em torno de \mathbf{x}^k:
\mathbf{F}(\mathbf{x}^k + \mathbf{s}) \approx \mathbf{F}(\mathbf{x}^k) + J(\mathbf{x}^k)\,\mathbf{s},
onde J(\mathbf{x}) é a matriz Jacobiana (matriz das derivadas parciais).
  • Para anular a aproximação linear, escolhemos \mathbf{s} tal que
J(\mathbf{x}^k)\,\mathbf{s} = -\mathbf{F}(\mathbf{x}^k).
  • O próximo ponto é \mathbf{x}^{k+1}=\mathbf{x}^k+\mathbf{s}.
  • Para este sistema 2×2, a Jacobiana é
J(\mathbf{x})=\begin{pmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x_1} & \frac{\partial f_1}{\partial x_2}\\[4pt] \frac{\partial f_2}{\partial x_1} & \frac{\partial f_2}{\partial x_2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2x_1 & 2x_2\\[4pt] 3x_1^2 & 1 \end{pmatrix}.
  • Para resolver rapidamente o sistema linear J\mathbf{s}=-\mathbf{F} de ordem 2, uso a fórmula explícita (Cramer / resolução direta): se
J=\begin{pmatrix}a & b\\[4pt] c & d\end{pmatrix},\qquad J\mathbf{s}=\begin{pmatrix}e\\[4pt] f\end{pmatrix},
então o determinante é \Delta = ad-bc e
s_{1}=\frac{e d - b f}{\Delta},\qquad s_{2}=\frac{a f - e c}{\Delta}.
  • Critério de parada que vou usar: parar quando \|\mathbf{s}\|_\infty = \max(|s_1|,|s_2|) < \varepsilon = 10^{-3}.
    Agora aplicamos isso numericamente a partir de \mathbf{x}^0.]

Passo 3

Iteração k=0 (do ponto inicial \mathbf{x}^{0}=(1,-1)^T):
  • Calcular \mathbf{F}(\mathbf{x}^0):
f_1(1,-1)=1^{2}+(-1)^{2}-1=1,\qquad f_2(1,-1)=1^{3}+(-1)=0.
Logo \mathbf{F}(\mathbf{x}^0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • Calcular J(\mathbf{x}^0):
J(\mathbf{x}^0)=\begin{pmatrix}2\cdot1 & 2\cdot(-1)\\[4pt]3\cdot1^{2} & 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2 & -2\\[4pt]3 & 1\end{pmatrix}.
  • Resolver J(\mathbf{x}^0)\,\mathbf{s}^{0}=-\mathbf{F}(\mathbf{x}^0), ou seja
\begin{pmatrix}2 & -2\\[4pt]3 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}s_1\\[4pt]s_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Resolvendo (eliminação simples): da segunda equação 3s_1 + s_2 = 0\Rightarrow s_2 = -3s_1.
Substituindo na primeira: 2s_1 -2(-3s_1) = -1 \Rightarrow 2s_1 +6s_1 = -1\Rightarrow 8s_1=-1.
Assim
s_1=-\tfrac{1}{8}=-0,125,\qquad s_2=-3s_1=0,375.
  • Atualizar \mathbf{x}^{1}=\mathbf{x}^0+\mathbf{s}^0:
\mathbf{x}^{1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-0,125\\[4pt]0,375\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0,875\\[4pt]-0,625\end{pmatrix}.
  • Tamanho do passo: \|\mathbf{s}^0\|_\infty=\max(0,125,0,375)=0,375>10^{-3}. Não convergiu ainda.]

Passo 4

Iteração k=1 (ponto \mathbf{x}^{1}=(0,875,-0,625)^T):
  • Calcular \mathbf{F}(\mathbf{x}^1):
f_1=0,875^{2}+(-0,625)^{2}-1=0,765625+0,390625-1=0,15625,
f_2=0,875^{3}+(-0,625)=0,669921875-0,625=0,044921875.
Logo \mathbf{F}(\mathbf{x}^1)=\begin{pmatrix}0,15625\\[4pt]0,044921875\end{pmatrix}.
  • Calcular J(\mathbf{x}^1):
J(\mathbf{x}^1)=\begin{pmatrix}2\cdot0,875 & 2\cdot(-0,625)\\[4pt]3\cdot0,875^{2} & 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1,75 & -1,25\\[4pt]2,296875 & 1\end{pmatrix}.
  • Resolver J(\mathbf{x}^1)\,\mathbf{s}^{1}=-\mathbf{F}(\mathbf{x}^1). Usando as fórmulas:
    determinante
\Delta=1,75\cdot1 - (-1,25)\cdot2,296875 = 1,75 + 2,87109375 = 4,62109375.
Numeradores:
s_1=\frac{(-0,15625)\cdot1 - (-1,25)\cdot(-0,044921875)}{\Delta} =\frac{-0,15625 - 0,05615234375}{4,62109375} =\frac{-0,21240234375}{4,62109375}\approx -0,045964.
s_2=\frac{1,75\cdot(-0,044921875)-(-0,15625)\cdot2,296875}{\Delta} =\frac{-0,07861328125 +0,35888671875}{4,62109375} =\frac{0,2802734375}{4,62109375}\approx 0,060646.
  • Atualizar \mathbf{x}^{2}=\mathbf{x}^{1}+\mathbf{s}^{1}:
\mathbf{x}^{2}\approx \begin{pmatrix}0,875\\[4pt]-0,625\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}-0,045964\\[4pt]0,060646\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0,829036\\[4pt]-0,564354\end{pmatrix}.
  • Tamanho do passo: \|\mathbf{s}^1\|_\infty\approx 0,060646>10^{-3}. Ainda não satisfeito.]

Passo 5

Iteração k=2 (ponto \mathbf{x}^{2}\approx(0,829036,-0,564354)^T):
  • Calcular \mathbf{F}(\mathbf{x}^2) (aproximações decimais):
f_1\approx 0,829036^{2}+(-0,564354)^{2}-1 \approx 0,687300688+0,318495312-1\approx 0,005796.
f_2\approx 0,829036^{3}+(-0,564354)\approx 0,569093-0,564354\approx 0,004739\\ \text{(aprox.)}.
(Aqui usei multiplicações com precisão suficiente para os passos; valores pequenos mostram que estamos próximos.)
  • Calcular J(\mathbf{x}^2):
J(\mathbf{x}^2)\approx \begin{pmatrix}1,658072 & -1,128708\\[4pt]2,061902 & 1\end{pmatrix},
onde 2x_1\approx1,658072, 2x_2\approx-1,128708, 3x_1^2\approx2,061902.
  • Resolver J(\mathbf{x}^2)\mathbf{s}^{2}=-\mathbf{F}(\mathbf{x}^2). Fazendo as contas (Cramer) obtemos aproximadamente
\mathbf{s}^{2}\approx\begin{pmatrix}-0,00299\\[4pt]0,00073\end{pmatrix}.
(Detalhe rápido: o determinante fica perto de 3{,}99 e os numeradores são da ordem 10^{-3}, daí os valores acima.)
  • Atualizar \mathbf{x}^{3}=\mathbf{x}^{2}+\mathbf{s}^{2}:
\mathbf{x}^{3}\approx \begin{pmatrix}0,829036\\[4pt]-0,564354\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}-0,00299\\[4pt]0,00073\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0,826046\\[4pt]-0,563624\end{pmatrix}.
  • Tamanho do passo: \|\mathbf{s}^{2}\|_\infty\approx 0,00299>10^{-3}. Ainda acima da tolerância, então mais uma iteração.]

Passo 6

Iteração k=3 (ponto \mathbf{x}^{3}\approx(0,826046,-0,563624)^T):
  • Calcular \mathbf{F}(\mathbf{x}^3) (valores muito pequenos agora):
f_1\approx 0,826046^{2}+(-0,563624)^{2}-1\approx 1{,}8\times10^{-5},
f_2\approx 0,826046^{3}+(-0,563624)\approx 2{,}3\times10^{-5}.
  • Calcular J(\mathbf{x}^3)\approx\begin{pmatrix}1,652092 & -1,127248\\[4pt]2,047056 & 1\end{pmatrix}.
  • Resolver J(\mathbf{x}^3)\mathbf{s}^{3}=-\mathbf{F}(\mathbf{x}^3). Como \mathbf{F} já é da ordem 10^{-5}, o passo obtido é da ordem 10^{-5}:
\mathbf{s}^{3}\approx\begin{pmatrix}-1{,}1\times10^{-5}\\[4pt]-2{,}8\times10^{-7}\end{pmatrix}.
  • Tamanho do passo: \|\mathbf{s}^{3}\|_\infty\approx 1{,}1\times10^{-5}<10^{-3}. Critério satisfeito: convergimos.]

Resposta

\displaystyle \mathbf{x}\approx\begin{pmatrix}0,826046\\[4pt]-0,563624\end{pmatrix}]