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

Passo 1

O enunciado pede: aplicar o método de Newton para resolver o sistema
\begin{cases} x_{1}^{2}-4 x_{1}+x_{2}^{2}=0\\[4pt] x_{1}^{2}x_{2}+2x_{1}^{2}=-1 \end{cases}
com vetor inicial \mathrm{x}^{0}=\begin{pmatrix}3\\\ -2\end{pmatrix} e tolerância \varepsilon=10^{-3}.
Informações dadas e o que devemos obter:
  • Devemos usar o Método de Newton para sistemas (iterações \mathrm{x}^{k+1}=\mathrm{x}^k+\mathrm{s}^k, onde \mathrm{s}^k satisfaz J(\mathrm{x}^k)\,\mathrm{s}^k=-F(\mathrm{x}^k)).
  • A tolerância indicada é \varepsilon=10^{-3}. Vou adotar o critério de parada padrão: parar quando \|\mathrm{x}^{k+1}-\mathrm{x}^k\|_{\infty}<\varepsilon (ou seja, quando todas as componentes mudarem menos que 10^{-3}).
  • Lista de dados iniciais: \mathrm{x}^0=\begin{pmatrix}3\\\ -2\end{pmatrix}.
    A partir daqui começo a aplicar Newton passo a passo.]

Passo 2

Definição das funções e da Jacobiana (aula rápida e prática).
Para aplicar Newton precisamos escrever F(\mathrm{x}) tal que procuramos a raiz F(\mathrm{x})=\mathbf{0}. Colocamos os dois equacionamentos como componentes de F:
F(\mathrm{x})=\begin{pmatrix} f_1(x_1,x_2)\\[4pt] f_2(x_1,x_2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_{1}^{2}-4x_{1}+x_{2}^{2}\\[4pt] x_{1}^{2}x_{2}+2x_{1}^{2}+1 \end{pmatrix}.
Observação: na segunda equação passei o -1 para o lado esquerdo, por isso o +1 em f_2.
A Jacobiana J(\mathrm{x}) é a matriz das derivadas parciais:
J(\mathrm{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} 2x_1-4 & 2x_2\\[6pt] 2x_1(x_2+2) & x_1^2 \end{pmatrix}.
Regra prática: em cada iteração k calculamos F(\mathrm{x}^k) e J(\mathrm{x}^k), resolvemos o sistema linear
J(\mathrm{x}^k)\,\mathrm{s}^k = -F(\mathrm{x}^k)
para obter a correção \mathrm{s}^k, e atualizamos \mathrm{x}^{k+1}=\mathrm{x}^k+\mathrm{s}^k. Repetimos até a norma da mudança ficar abaixo de \varepsilon.]

Passo 3

Primeira iteração: cálculo em \mathrm{x}^0=\begin{pmatrix}3\\\ -2\end{pmatrix}.
Calculemos F(\mathrm{x}^0):
f_1(3,-2)=3^2-4\cdot3+(-2)^2=9-12+4=1,
f_2(3,-2)=3^2\cdot(-2)+2\cdot3^2+1=9\cdot(-2)+18+1=-18+18+1=1.
Logo F(\mathrm{x}^0)=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Calculemos J(\mathrm{x}^0):
J(\mathrm{x}^0)= \begin{pmatrix} 2\cdot3-4 & 2\cdot(-2)\\[4pt] 2\cdot3((-2)+2) & 3^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & -4\\[4pt] 0 & 9 \end{pmatrix}.
Agora resolvemos J(\mathrm{x}^0)\,\mathrm{s}^0 = -F(\mathrm{x}^0), isto é
\begin{pmatrix}2 & -4\\[4pt]0 & 9\end{pmatrix} \begin{pmatrix}s_1^0\\[4pt]s_2^0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Da segunda equação obtemos 9 s_2^0=-1\Rightarrow s_2^0=-\dfrac{1}{9}. Pela primeira:
2 s_1^0 -4 s_2^0 = -1 \Rightarrow 2 s_1^0 = -1 +4 s_2^0 = -1 +4\left(-\dfrac{1}{9}\right)=-\dfrac{13}{9},
logo s_1^0=-\dfrac{13}{18}.
Portanto
\mathrm{s}^0=\begin{pmatrix}-\dfrac{13}{18}\\[6pt]-\dfrac{1}{9}\end{pmatrix} \quad\Rightarrow\quad \mathrm{x}^{1}=\mathrm{x}^0+\mathrm{s}^0 = \begin{pmatrix}3\\[4pt]-2\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}-\dfrac{13}{18}\\[6pt]-\dfrac{1}{9}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\dfrac{41}{18}\\[6pt]-\dfrac{19}{9}\end{pmatrix}.
Em decimais:
\mathrm{x}^{1}\approx\begin{pmatrix}2{,}2777777778\\[4pt]-2{,}1111111111\end{pmatrix}.
Verificação do critério: a mudança tem norma infinita
\|\mathrm{x}^{1}-\mathrm{x}^{0}\|_{\infty}=\max\Big\{\big|-\tfrac{13}{18}\big|,\big|-\tfrac{1}{9}\big|\Big\}=\tfrac{13}{18}\approx0{,}7222>10^{-3},
portanto não paramos e procedemos para a segunda iteração.]

Passo 4

Segunda iteração: cálculo em \mathrm{x}^{1}=\begin{pmatrix}\dfrac{41}{18}\\[4pt]-\dfrac{19}{9}\end{pmatrix}.
Primeiro calculamos F(\mathrm{x}^1). Para evitar muita aritmética decimal, usei frações exatas quando possível:
f_1\!\left(\tfrac{41}{18},-\tfrac{19}{9}\right) =\left(\tfrac{41}{18}\right)^2-4\cdot\tfrac{41}{18}+\left(-\tfrac{19}{9}\right)^2 =\frac{1681}{324}-\frac{164}{18}+\frac{361}{81}.
Colocando tudo sobre 324 obtemos
f_1(\mathrm{x}^1)=\frac{1681-2952+1444}{324}=\frac{173}{324}\approx0{,}5339506173.
f_2\!\left(\tfrac{41}{18},-\tfrac{19}{9}\right) =\left(\tfrac{41}{18}\right)^2\left(-\tfrac{19}{9}\right)+2\left(\tfrac{41}{18}\right)^2+1 =\frac{1681}{324}\left(-\tfrac{19}{9}+2\right)+1 =\frac{1235}{2916}\approx0{,}4236694215.
Logo
F(\mathrm{x}^1)=\begin{pmatrix}\dfrac{173}{324}\\[4pt]\dfrac{1235}{2916}\end{pmatrix}.
Agora a Jacobiana em \mathrm{x}^1:
J(\mathrm{x}^1)= \begin{pmatrix} 2x_1-4 & 2x_2\\[6pt] 2x_1(x_2+2) & x_1^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{5}{9} & -\dfrac{38}{9}\\[6pt] -\dfrac{41}{81} & \dfrac{1681}{324} \end{pmatrix}.
Resolvendo J(\mathrm{x}^1)\,\mathrm{s}^1=-F(\mathrm{x}^1) (a conta é um pouco trabalhosa, fiz com frações para manter exatidão), obtém-se:
\mathrm{s}^1= \begin{pmatrix} -\dfrac{159511}{26076}\\[6pt] -\dfrac{13268}{19557} \end{pmatrix} \approx \begin{pmatrix}-6{,}117153\\[4pt]-0{,}678648\end{pmatrix}.
Portanto
\mathrm{x}^{2}=\mathrm{x}^{1}+\mathrm{s}^1\approx \begin{pmatrix}2{,}2777777778\\[4pt]-2{,}1111111111\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}-6{,}117153\\[4pt]-0{,}678648\end{pmatrix} \approx \begin{pmatrix}-3{,}8393752222\\[4pt]-2{,}7897591111\end{pmatrix}.
Avaliação da mudança:
\|\mathrm{x}^{2}-\mathrm{x}^{1}\|_{\infty}=\max\{6{,}117153,\;0{,}678648\}=6{,}117153\gg10^{-3},
ou seja, a mudança aumenta muito nesta iteração.]

Passo 5

Inspeção do comportamento e conclusão prática (explicação didática).
Após a segunda iteração vemos que a solução candidata mudou muito (componente x_1 mudou mais de 6 unidades). Para entender se estamos caminhando para a raiz avaliamos também F(\mathrm{x}^2) (só para ver o comportamento):
f_1(\mathrm{x}^2)\approx 37{,}88,\qquad f_2(\mathrm{x}^2)\approx -10{,}64,
ou seja, o vetor residual cresceu muito; portanto a iteração saiu do caminho de convergência e o método, com passo completo de Newton a partir de \mathrm{x}^0=(3,-2), não está convergindo (ou pelo menos, não converge monoticamente) usando o critério escolhido.
Comentário amigo e prático: o Método de Newton é muito poderoso quando a aproximação inicial está suficientemente próxima da raiz e quando a Jacobiana não cria passos instáveis. Aqui observamos um grande passo que faz o residual aumentar: isso indica que o Newton “saltou” para uma região onde a linearização não é adequada. Em provas é comum fazer uma das duas coisas se isso ocorrer: (a) usar uma estratégia de attenuação (dampening) — multiplicar \mathrm{s}^k por um fator 0<\lambda\le1 e ajustar \lambda até diminuir o residual; ou (b) escolher outro chute inicial. Sem usar damping, a sequência obtida com passo completo diverge a partir do segundo passo.

Resposta

O método de Newton com passo completo e critério \|\mathrm{x}^{k+1}-\mathrm{x}^k\|_{\infty}<10^{-3}, a partir de \mathrm{x}^0=(3,-2), produz os primeiros iterados
\mathrm{x}^1=\begin{pmatrix}\tfrac{41}{18}\\[4pt]-\tfrac{19}{9}\end{pmatrix}\approx\begin{pmatrix}2{,}2777778\\[4pt]-2{,}1111111\end{pmatrix},
\mathrm{x}^2\approx\begin{pmatrix}-3{,}8393752222\\[4pt]-2{,}7897591111\end{pmatrix},
mas a partir daí o vetor residual aumenta e as mudanças tornam-se grandes. Conclusão: com passo completo o método não converge a uma raiz a partir de \mathrm{x}^0=(3,-2) (é necessário usar damping ou outro chute inicial para obter convergência).]

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